常州市高三上学期期末考试数学数 学(满分160分，考试时间120分钟)2019.1一、 填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分.1. 已知集合A ＝{0，1}，B ＝{－1，1}，则A ∩B ＝ Ｗ.2. 已知复数z 满足z (1＋i)＝1－i(i 是虚数单位)，则复数z ＝ Ｗ.3.已知5位裁判给某运动员打出的分数为9.1，9.3，x ，9.2，9.4，且这5个分数的平均数为9.3，则实数x ＝ Ｗ.4. 一个算法的伪代码如右图所示，执行此算法，若输出y 的值为1，则输入的实数x 的值为 Ｗ. Read xIf x ≥1 Theny ←x 2－2x －2Elsey ←x ＋1x －1End IfPrint y(第4题)5. 函数y ＝1－ln x 的定义域为 Ｗ.6.某校开设5门不同的选修课程，其中3门理科类和2门文科类，某同学从中选修2门课程，则该同学恰好选中1文1理的概率为 Ｗ.7. 已知双曲线C ：x2a2－y2b2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，直线x ＋y ＋2＝0经过双曲线C 的焦点，则双曲线C 的渐近线方程为 Ｗ.(第8题)8.已知圆锥SO ，过SO 的中点P 作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO ，圆柱的下底面落在圆锥的底面上(如图)，则圆柱PO 的体积与圆锥SO 的体积的比值为 Ｗ.9. 已知正数x ，y 满足x ＋y x ＝1，则1x ＋x y的最小值为 Ｗ. 10. 若直线kx －y －k ＝0与曲线y ＝e x (e 是自然对数的底数)相切，则实数k ＝Ｗ.11. 已知函数f (x )＝sin(ωx ＋φ)(ω>0，φ∈R )是偶函数，点(1，0)是函数y ＝f (x )图象的对称中心，则ω最小值为 Ｗ.12. 已知平面内不共线的三点O ，A ，B ，满足|OA →|＝1，|OB →|＝2，点C 为线段AB 的中点，∠AOB 的平分线交线段AB 于点D .若|OC →|＝32，则|OD →|＝ Ｗ. 13.过原点的直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于P ，Q 两点，点A 是该圆与x 轴负半轴的交点，以AQ 为直径的圆与直线l 有异于Q 的交点N ，且直线AN 与直线AP 的斜率之积等于1，那么直线l 的方程为 Ｗ.14. 若数列{a n }，{b n }满足b n ＝a n ＋1＋(－1)n a n (n ∈N *)，且数列{}bn 的前n 项和为n 2.已知数列{a n －n }的前2 018项和为1，则数列{a n }的首项a 1＝ Ｗ.二、 解答题：本大题共6小题，共90分. 解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15. (本小题满分14分)如图，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，点M ，N 分别是棱AB ，CC 1的中点.求证：(1) CM ∥平面AB 1N ；(2) 平面A 1BN ⊥平面AA 1B 1B .16. (本小题满分14分) 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为三个内角A ，B ，C 的对边，且b 2－233bc sin A ＋c 2＝a 2. (1) 求角A 的大小；(2) 若tan B tan C ＝3，且a ＝2，求△ABC 的周长.在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C 1：x2a2＋y2b2＝1的焦点在椭圆C 2：y2a2＋x2b2＝1上，其中a >b >0，且点(63，63)是椭圆C 1，C 2位于第一象限的交点. (1) 求椭圆C 1，C 2的标准方程；(2) 过y 轴上一点P 的直线l 与椭圆C 2相切，与椭圆C 1交于点A ，B ，已知PA →＝35PB →，求直线l 的斜率.18. (本小题满分16分)某公园要设计如图①所示的景观窗格(其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得，如图②所示的多边形ABCDEFGH )，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴AF ＝BE ＝1.6 m ，两根竖轴CH ＝DG ＝1.2 m ，记景观窗格的外框(图②实线部分，轴和边框的粗细忽略不计)总长度为l m.(1) 若∠ABC ＝2π3，且两根横轴之间的距离为0.6 m ，求景观窗格的外框总长度； (2) 由于预算经费限制，景观窗格的外框总长度不超过5m ，当景观窗格的面积(多边形ABCDEFGH 的面积)最大时，给出此景观窗格的设计方案中∠ABC 的大小与BC 的长度.19. (本小题满分16分)已知数列{a n }中，a 1＝1，且a n ＋1＋3a n ＋4＝0，n ∈N *.(1) 求证：{a n ＋1}是等比数列，并求数列{a n }的通项公式；(2)数列{a n }中是否存在不同的三项按照一定顺序重新排列后，构成等差数列？若存在，求满足条件的项；若不存在，请说明理由.已知函数m (x )＝x 2，函数n (x )＝a ln x ＋1(a ∈R ).(1) 若a ＝2，求曲线y ＝n (x )在点(1，n (1))处的切线方程；(2) 若函数f (x )＝m (x )－n (x )有且只有一个零点，求实数a 的取值范围；(3) 若函数g (x )＝n (x )－1＋e x －e x ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，求实数a 的取值范围.(e 是自然对数的底数，e ≈2.718 28…)2019届高三模拟考试试卷(八)数学附加题(满分40分，考试时间30分钟)21. 【选做题】 在A ，B ，C 三小题中只能选做2题，每小题10分，共20分.若多做，则按作答的前两题计分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.A. (选修42：矩阵与变换)已知点(1，2)在矩阵A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x 2y 对应的变换作用下得到点(7，6).求： (1) 矩阵A ；(2) 矩阵A 的特征值及对应的特征向量.B. (选修44：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy 中，以原点O 为极点，x 轴非负半轴为极轴，建立极坐标系.直线l 的参数方程为⎩⎨⎧x ＝1＋22t ，y ＝12t(t 为参数)，曲线C 的极坐标方程为ρ＝22sin(θ＋π4)，求直线l 被曲线C 所截的弦长.C. (选修45：不等式选讲)已知a >0，b >0，求证：a ＋b ＋1≥ab ＋a ＋b .【必做题】 第22，23题，每小题10分，共20分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.22. 如图，在空间直角坐标系Oxyz 中，已知正四棱锥PABCD 的高OP ＝2，点B ，D 和C ，A 分别在x 轴和y 轴上，且AB ＝2，点M 是棱PC 的中点.(1) 求直线AM 与平面PAB 所成角的正弦值； (2) 求二面角APBC 的余弦值.23. 是否存在实数a ，b ，c ，使得等式1·3·5＋2·4·6＋…＋n (n ＋2)(n ＋4)＝n （n ＋1）4(an 2＋bn ＋c )对于一切正整数n 都成立？若存在，求出a ，b ，c 的值；若不存在，请说明理由.2019届高三模拟考试试卷(八)(常州)数学参考答案及评分标准1. {1}2. －i3. 9.54. 35. (0，e]6. 357. y ＝±3x8. 389. 4 10. e 2 11. π2 12. 2313. y ＝±3x 14. 3215. 证明：(1) 令AB 1交A 1B 于点O ，连结OM ，ON ，在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BB 1∥CC 1，BB 1＝CC 1，且四边形AA 1B 1B 是平行四边形，所以O 为AB 1的中点.因为M 为AB 的中点，所以OM ∥BB 1，且OM ＝12BB 1. 因为N 为CC 1的中点，CN ＝12CC 1， 所以OM ＝CN ，且OM ∥CN ，所以四边形CMON 是平行四边形，(5分)所以CM ∥ON .又ON ⊂平面AB 1N ，CM ⊄平面AB 1N ，所以CM ∥平面AB 1N .(7分)(2) 在正三棱柱ABCA 1B 1C 1中，BB 1⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，所以BB 1⊥CM .(9分)又CA ＝CB ，M 为AB 的中点，所以CM ⊥AB .又由(1)知CM ∥ON ，所以ON ⊥AB ，ON ⊥BB 1.因为AB ∩BB 1＝B ，AB ，BB 1⊂平面AA 1B 1B ，所以ON ⊥平面AA 1B 1B .(12分)又ON ⊂平面A 1BN ，所以平面A 1BN ⊥平面AA 1B 1B .(14分)16. 解：(1) 由余弦定理得a 2＝b 2－2bc cos A ＋c 2，又b 2－233bc sin A ＋c 2＝a 2， 所以b 2－2bc cos A ＋c 2＝b 2－233bc sin A ＋c 2，即2bc cos A ＝233bc sin A .(3分) 从而sin A ＝3cos A ，若cos A ＝0，则sin A ＝0，与sin 2A ＋cos 2A ＝1矛盾，所以cos A ≠0，所以tanA ＝3.又A ∈(0，π)，所以A ＝π3.(7分) (2) tan B ＋tan C 1－tan Btan C ＝tan(B ＋C )＝tan(π－A )＝tan 2π3＝－3.(9分) 又tan B tan C ＝3，所以tan B ＋tan C ＝－3×(－2)＝23，解得tan B ＝tan C ＝3.(11分)又B ，C ∈(0，π)，所以B ＝C ＝π3.因为A ＝π3，所以△ABC 是正三角形. 由a ＝2得△ABC 的周长为6.(14分)17. 解：(1) 椭圆C 1：x2a2＋y2b2＝1的焦点坐标为(±c ，0)，代入椭圆C 2的方程得c2b2＝1， 点(63，63)的坐标代入椭圆C 1，C 2的方程得C 1：23a2＋23b2＝1， 所以⎩⎪⎨⎪⎧c2b2＝1，a2＝b2＋c2，23a2＋23b2＝1，解得a 2＝2，b 2＝c 2＝1.(3分)所以椭圆C 1，C 2的标准方程分别为x22＋y 2＝1，y22＋x 2＝1.(5分) (2) 由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (0，m )，联立⎩⎪⎨⎪⎧y22＋x2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得（kx ＋m ）22＋x 2＝1，即(1＋k22)x 2＋kmx ＋m22－1＝0， Δ＝k 2m 2－4(1＋k22)(m22－1)＝0，即k 2＋2－m 2＝0.(7分) 联立⎩⎪⎨⎪⎧x22＋y2＝1，y ＝kx ＋m ，消去y 得x22＋(kx ＋m )2＝1，即(12＋k 2)x 2＋2kmx ＋m 2－1＝0. 因为直线l 与椭圆C 1相交，有Δ＝4k 2m 2－4(12＋k 2)(m 2－1)＝4(k 2－12m 2＋12)＞0 (*)， x 1，2＝－2km±4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）.(9分) 因为PA →＝35PA →，即(x 1，y 1－m )＝35(x 2，y 2－m )，有5x 1＝3x 2，所以 5－2km ＋4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）＝3－2km －4（k2－12m2＋12）2（12＋k2） 或5－2km －4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）＝3－2km ＋4（k2－12m2＋12）2（12＋k2）， 化简得km ＝4k2－12m2＋12或km ＝－4k2－12m2＋12，即k 2m 2＝16(k 2－12m 2＋12).(12分) 因为k 2＋2－m 2＝0，解得⎩⎨⎧k2＝2，m2＝4或⎩⎨⎧k2＝4，m2＝6，符合(*)式， 所以直线l 的斜率为±2或±2.(14分)18. 解：(1) 记CH 与AF ，BE 的交点为M ，N ， 在△BCN 中，由∠ABC ＝2π3可得∠CBN ＝π6，其中CN ＝HM ＝12(1.2－0.6)＝0.3(m)， 所以BC ＝CN sin ∠CBN ＝0.3sin π6＝35(m)，BN ＝CN tan ∠CBN ＝0.3tan π6＝3310(m).(2分) 所以CD ＝BE －2BN ＝1.6－335＝8－335，则 AB ＋BC ＋CD ＋DE ＋EF ＋FG ＋GH ＋HA ＝2AB ＋2CD ＋4BC ＝1.2＋16－635＋125＝34－635(m).(5分) 答：景观窗格的外框总长度为34－635(m).(6分) (2) AB ＋BC ＋CD ＋DE ＋EF ＋FG ＋GH ＋HA ＝2AB ＋2CD ＋4BC ≤5，设∠CBN ＝α，α∈(0，π2)，BC ＝r ，则CN ＝r sin α，BN ＝r cos α， 所以AB ＝CH －2CN ＝1.2－2r sin α，CD ＝BE －2BN ＝1.6－2r cos α，所以2(1.2－2r sin α)＋2(1.6－2r cos α)＋4r ≤5，即4r (sin α＋cos α－1)≥35.(8分) 设景观窗格的面积为S ，有S ＝1.2×1.6－2r 2sin αcos α≤4825－9sin αcos α200（sin α＋cos α－1）2[当且仅当4r (sin α＋cos α－1)＝35时取等号].(9分)令t ＝sin α＋cos α∈(1，2]，则sin αcos α＝t2－12. 所以S ≤4825－9t2－12200（t －1）2＝4825－9400(1＋2t －1)，其中1＋2t －1≥1＋22－1(当且仅当t ＝2，即α＝π4时取等号).(12分)所以S ≤4825－9400(1＋2t －1)≤4825－9400(1＋22－1)＝4825－9400(3＋22)＝741400－92200， 即S ≤741400－92200[当且仅当4r (sin α＋cos α－1)＝35且α＝π4时，取等号]， 所以当且仅当r ＝3（2＋1）20且α＝π4时，S 取到最大值.(15分) 答：当景观窗格的面积最大时，此景观窗格的设计方案中∠ABC ＝3π4且BC ＝3（2＋1）20m.(16分) 19. (1) 证明：由a n ＋1＋3a n ＋4＝0得a n ＋1＋1＝－3(a n ＋1)，n ∈N *.(2分)其中a 1＝1，所以a 1＋1＝2≠0，可得a n ＋1≠0，n ∈N *.(4分)所以an ＋1＋1an ＋1＝－3，n ∈N *，所以{a n ＋1}是以2为首项，－3为公比的等比数列.(6分) 所以a n ＋1＝2(－3)n －1，则数列{a n }的通项公式a n ＝2(－3)n －1，n ∈N *.(8分)(2) 解：若数列{a n }中存在三项a m ，a n ，a k (m ＜n ＜k )符合题意，其中k －n ，k －m ，n －m 都是正整数，(9分)分以下三种情形：① a m 位于中间，则2a m ＝a n ＋a k ，即2[2(－3)m －1－1]＝2(－3)n －1－1＋2(－3)k －1－1，所以2(－3)m ＝(－3)n ＋(－3)k ，两边同时除以(－3)m ，得2＝(－3)n －m ＋(－3)k －m 是3的倍数，舍去； ② a n 位于中间，则2a n ＝a m ＋a k ，即2[2(－3)n －1－1]＝2(－3)m －1－1＋2(－3)k －1－1，所以2(－3)n ＝(－3)m ＋(－3)k ，两边同时除以(－3)m ，得2(－3)n －m ＝1＋(－3)k －m ，即1＝2(－3)n －m －(－3)k －m 是3的倍数，舍去；③ a k 位于中间，则2a k ＝a m ＋a n ，即2[2(－3)k －1－1]＝2(－3)m －1－1＋2(－3)n －1－1，所以2(－3)k ＝(－3)m ＋(－3)n ，两边同时除以(－3)m ，得2(－3)k －m ＝1＋(－3)n －m ，即1＝2(－3)k －m －(－3)n －m 是3的倍数，舍去.(15分)综上可得，数列{a n }中不存在三项满足题意.(16分)20. 解：(1) 当a ＝2时，n (x )＝2ln x ＋1，∴ n ′(x )＝2x，∴ n ′(1)＝2. 又n (1)＝1，∴ 切线的方程为y －1＝2(x －1)，即y ＝2x －1.(3分)(2) f (x )＝x 2－a ln x －1，定义域为(0，＋∞)，其图象是一条不间断的曲线.f ′(x )＝2x －a x ＝2x2－a x， ① 若a ≤0，则f ′(x )＞0对x ∈(0，＋∞)恒成立，∴ y ＝f (x )在(0，＋∞)上单调递增.又f (1)＝0，∴ y ＝f (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，符合题意.② 若a ＞0，令f ′(x )＝0，得x ＝a 2或x ＝－a 2(舍去).x (0，a 2) a 2 (a 2，＋∞) f ′(x ) － 0 ＋f (x )极小值f (a 2) 1° 若a 2＞1，即a ＞2，此时a ＞a 2，则f (a 2)＜f (1)＝0，f (a )＝a 2－a ln a －1. 令F 11令F 2(a )＝2a －ln a －1，则F ′2(a )＝2－1a＞0对a ∈[2，＋∞)恒成立， ∴ F 2(a )＝2a －ln a －1在[2，＋∞)上单调递增，∴ F 2(a )≥F 2(2)＝3－ln 2＞0，即F ′1(a )>0对a ∈[2，＋∞)恒成立，∴ F 1(a )＝a 2－a ln a －1在[2，＋∞)上单调递增，∴ F 1(a )≥F 1(2)＝3－2ln 2>0，即f (a )＞0.∵ f (a 2)＜0，且函数f (x )在(a 2，＋∞)上单调递增， ∴ 函数f (x )在(a 2，＋∞)上有且只有一个零点. 而函数f (x )在(0，a 2)上单调递减，且有一个零点x ＝1， 故函数f (x )在(0，＋∞)上有两个零点，不符题意，舍去.2°若a 2＝1，即a ＝2，则函数f (x )在(0，1)上单调递减，∴ f (x )＞f (1)＝0， 函数f (x )在(1，＋∞)上单调递增，∴ f (x )＞f (1)＝0，故函数f (x )在(0，＋∞)上有且只有一个零点，适合题意.3°若a 2＜1，即0＜a ＜2，此时0＜e －1a ＜e 0＝1，0＜a 2＜1. ∵ 函数f (x )在(a 2，＋∞)上单调递增，∴ f (a 2)＜f (1)＝0. 又f (e －1a )＝e －2a＞0，∴ 函数f (x )在(0，1)内必有零点， 又1是函数f (x )的零点，故不符题意，舍去.(9分)综上，a ≤0或a ＝2.(10分)(3) 当x ≥1时，g (x )＝a ln x ＋e x －e x .令G (x )＝e x －e x ，x ≥1，则G ′(x )＝e x －e ≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立，∴ 函数y ＝G (x )在[1，＋∞)上单调递增，∴ G (x )≥G (1)＝0.① 若a ≥0，则当x ≥1时，ln x ≥0，∴ g (x )＝a ln x ＋e x －e x ≥0恒成立，符合题意.(11分)② 若a ＜0，g ′(x )＝a x ＋e x －e ，令H (x )＝a x ＋e x －e ，x ≥1，则H ′(x )＝e x －a x2＞0恒成立， ∴ H (x )＝a x＋e x －e 在[1，＋∞)上单调递增，且H (1)＝a ＜0. ∵ a ＜0，∴ 1－a ＞1，∴ G (1－a )＞G (1)＝0，即e 1－a ＞e(1－a ).(12分)∴ H (1－a )＝a 1－a ＋e 1－a －e ＞a 1－a ＋e －e a －e ＝a 1－a －e a ＝11－a＋(1－a )－2－(e －1)a . ∵ a ＜0，1－a ＞1，∴ 11－a＋(1－a )＞2，(e －1)a ＜0，∴ H (1－a )＞0. ∵ H (x )＝a x＋e x －e 在[1，＋∞)上单调递增，其图象是一条不间断的曲线，且H (1)＝a ＜0， ∴ 存在唯一的x 0∈(1，1－a )，使H (x 0)＝0，即g ′(x 0)＝0，当x ∈(1，x 0)时，g ′(x )＜0，∴ 函数y ＝g (x )在(1，x 0)上单调递减，此时g (x )＜g (1)＝0，不符合题意，舍去.(15分)综上，a ≥0.(16分)2019届高三模拟考试试卷(八)(常州)数学附加题参考答案及评分标准21. A. 解：(1) 由题意⎣⎢⎡⎦⎥⎤1x 2y ⎣⎢⎡⎦⎥⎤12＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤76，即⎩⎨⎧1＋2x ＝7，2＋2y ＝6，解得⎩⎨⎧x ＝3，y ＝2，所以A ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1322.(3分) (2) f (λ)＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪λ－1－3－2λ－2＝(λ－1)(λ－2)－6＝λ2－3λ－4， 令f (λ)＝0，得λ2－3λ－4＝0，解得λ1＝－1，λ2＝4.(5分)当λ1＝－1时，⎩⎨⎧－2x －3y ＝0，－2x －3y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝3，y ＝－2，所以属于λ1＝－1的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 3－2； 当λ2＝4时，⎩⎨⎧3x －3y ＝0，－2x ＋2y ＝0，取⎩⎨⎧x ＝1，y ＝1，所以属于λ2＝4的一个特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤11.(9分) 故矩阵A 的特征值为λ1＝－1，λ2＝4，对应的特征向量为⎣⎢⎡⎦⎥⎤ 3－2，⎣⎢⎡⎦⎥⎤11.(10分) B. 解：直线l 的普通方程为x －2y －1＝0，曲线C 的直角坐标方程(x －1)2＋(y －1)2＝2，(4分) 所以曲线C 是圆心为C (1，1)，半径r ＝2的圆.(6分)所以圆心C (1，1)到直线l 的距离为d ＝|1－2－1|1＋（－2）2＝23.(8分) 所以直线l 被曲线C 所截的弦长为2r2－d2＝22－23＝433.(10分) C. 证明：因为a ＞0，b ＞0，由柯西不等式可得(a ＋b ＋1)(b ＋1＋a )≥(ab ＋a ＋b )2，当且仅当a b ＝b 1＝1a时取等号，所以(a ＋b ＋1)2≥(ab ＋a ＋b )2. 因为a ＋b ＋1＞0，ab ＋a ＋b ＞0，所以a ＋b ＋1≥ab ＋a ＋b .(10分)22. 解：(1) 记直线AM 与平面PAB 所成角为α，A (0，－1，0)，B (1，0，0)，C (0，1，0)，P (0，0，2)，M (0，12，1)，则AB →＝(1，1，0)，PA →＝(0，－1，－2)，AM →＝(0，32，1). 设平面PAB 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，所以⎩⎪⎨⎪⎧n·AB →＝0，n·PA →＝0，即⎩⎨⎧x ＋y ＝0，－y －2z ＝0，取n ＝(2，－2，1)； 所以sin α＝|cos 〈n ，AM →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪n·AM →|n|·|AM →|＝23×132＝41339，(5分) 即直线AM 与平面PAB 所成角的正弦值为41339.(6分) (2) 设平面PBC 的法向量n 1＝(x ，y ，z )，BC →＝(－1，1，0)，PB →＝(1，0，－2).由⎩⎪⎨⎪⎧n1·BC →＝0，n1·PB →＝0，即⎩⎨⎧－x ＋y ＝0，x －2z ＝0，取n 1＝(2，2，1)，所以cos 〈n ，n 1〉＝n·n1|n|×|n1|＝13×3＝19.(9分) 由图可知二面角APBC 的余弦值为－19.(10分) 23. 解：在1·3·5＋2·4·6＋…＋n (n ＋2)(n ＋4)＝n （n ＋1）4(an 2＋bn ＋c )中， 令n ＝1，得15＝24(a ＋b ＋c )；令n ＝2，得63＝64(4a ＋2b ＋c )；令n ＝3，得168＝124(9a ＋3b ＋c )，即⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝30，4a ＋2b ＋c ＝42，9a ＋3b ＋c ＝56，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝9，c ＝20.(3分) 下面用数学归纳法证明：等式1·3·5＋2·4·6＋…＋n (n ＋2)(n ＋4)＝n （n ＋1）4(n 2＋9n ＋20)对于一切正整数n 都成立. 当n ＝1时，等式成立；假设当n ＝k 时，等式成立，即1·3·5＋2·4·6＋…＋k (k ＋2)(k ＋4)＝k （k ＋1）4(k 2＋9k ＋20).(4分) 当n ＝k ＋1时，则1·3·5＋2·4·6＋…＋k (k ＋2)(k ＋4)＋(k ＋1)(k ＋3)(k ＋5)＝k （k ＋1）4(k 2＋9k ＋20)＋(k ＋1)(k ＋3)(k ＋5)＝14k (k ＋1)(k ＋4)(k ＋5)＋(k ＋1)(k ＋3)(k ＋5)＝14(k ＋1)(k ＋5)(k 2＋8k ＋12)＝（k ＋1）（k ＋1＋4）4[(k ＋1＋1)(k ＋1＋5)]＝（k ＋1）[（k ＋1）＋1]4[(k ＋1)2＋9(k ＋1)＋20]， 即等式对n ＝k ＋1也成立.(8分)综上可得，等式1·3·5＋2·4·6＋…＋n (n ＋2)(n ＋4)＝n （n ＋1）4(n 2＋9n ＋20)对于一切正整数n 都成立. 所以存在实数a ，b ，c 符合题意，且⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝9，c ＝20.(10分)1，4，8，11－12，15。