2017年上海市延安中学高考数学三模试卷一、填空题（本题满分54分，第1题到第6题，每小题4分；第7题到第12题，每小题4分）1．若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数a=．2．设集合A={x|（x﹣2）（x﹣3）≥0}，集合B={x|x＞0}，则A∩B=．3．（x2﹣）8的二项展开式中x7项的系数为．4．若一个球的体积为36π，则它的表面积为．5．若等差数列{a n}前9项的和为27，且a10=8，则d=．6．函数的单调递增区间为．7．如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=5，以A、B为焦点的双曲线恰好过C、D两点，则双曲线M的标准方程为．8．设等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…a n的最大值为．9．若命题“对任意，tanx＜m恒成立”是假命题，则实数m的取值范围是．10．把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，则方程组只有一个解的概率为．11．已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数的图象上，则四边形ABCD的面积为．12．已知O为△ABC的外心，且，若，则α+β的最大值为．二、选择题（本题满分20分，每小题5分）13．已知向量都是非零向量，“”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分也非必要条件14．已知x＞y＞0，则（）A．B．sinx﹣siny＞0 C．D．lnx+lny＞015．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ均为正的常数）的最小正周期为π，当x=时，函数f（x）取得最小值，则下列结论正确的是（）A．f（2）＜f（﹣2）＜f（0）B．f（0）＜f（2）＜f（﹣2）C．f（﹣2）＜f（0）＜f（2）D．f（2）＜f（0）＜f（﹣2）16．已知x，y∈R，且，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立的P（x，y）构成的区域面积为（）A．4﹣B．4﹣C．D． +三、解答题（本题满分76分）17．已知图一是四面体ABCD的三视图，E是AB的中点，F是CD的中点．（1）求四面体ABCD的体积；（2）求EF与平面ABC所成的角．18．已知函数f（x）=x2﹣4x+a+3：（1）若函数y=f（x）在[﹣1，1]上存在零点，求实数a的取值范围；（2）设函数g（x）=x+b，当a=3时，若对任意的x1∈[1，4]，总存在x2∈[5，8]，使得g（x1）=f（x2），求实数b的取值范围．19．如图，△ABC为一个等腰三角形形状的空地，腰CA的长为3（百米），底AB的长为4（百米）．现决定在空地内筑一条笔直的小路EF（宽度不计），将该空地分成一个四边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为S1和S2．（1）若小路一端E为AC的中点，求此时小路的长度；（2）求的最小值．20．已知椭圆的焦点和上顶点分别为F1、F2、B，定义：△F1BF2为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点是椭圆的一个焦点，且C1上任意一点到它的两焦点的距离之和为4．（1）若椭圆C2与椭圆C1相似，且C2与C1的相似比为2：1，求椭圆C2的方程；（2）已知点P（m，n）（mn≠0）是椭圆C1上的任意一点，若点Q是直线y=nx与抛物线异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线4x2﹣4y2=1上；（3）已知直线l：y=x+1，与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为C b，是否存在正方形ABCD，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线C b上？若存在，求出函数S=f（b）的解析式及定义域；若不存在，请说明理由．21．如果存在常数a，使得数列{a n}满足：若x是数列{a n}中的一项，则a﹣x也是数列{a n}中的一项，称数列{a n}为“兑换数列”，常数a是它的“兑换系数”．（1）若数列：2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；（2）已知有穷等差数列{b n}的项数是n0（n0≥3），所有项之和是B，求证：数列{b n}是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列{c n}，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由．2017年上海市延安中学高考数学三模试卷参考答案与试题解析一、填空题（本题满分54分，第1题到第6题，每小题4分；第7题到第12题，每小题4分）1．若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数a=﹣1．【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义．【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．【解答】解：复数（a+i）（1+i）=a﹣1+（a+1）i在复平面上所对应的点（a﹣1，a+1）在实轴上，则实数a满足a+1=0，解得a=﹣1．故答案为：﹣1．2．设集合A={x|（x﹣2）（x﹣3）≥0}，集合B={x|x＞0}，则A∩B=[3，+∞）．【考点】1E：交集及其运算．【分析】解关于A的不等式，求出A，B的交集即可．【解答】解：A={x|（x﹣2）（x﹣3）≥0}={x|x≥3或x≤2}，B={x|x＞0}，故A∩B=[3，+∞），故答案为：[3，+∞）．3．（x2﹣）8的二项展开式中x7项的系数为﹣56．【考点】DB：二项式系数的性质．【分析】利用通项公式即可得出．=（﹣1）r C8r x16﹣3r，【解答】解：（x2﹣）8的二项展开式通项公式T r+1令16﹣3r=7，解得r=3，故（x2﹣）8的二项展开式中x7项的系数为﹣56，故答案为：﹣564．若一个球的体积为36π，则它的表面积为36π．【考点】LG：球的体积和表面积．【分析】求出球的半径，直接利用表面积公式求解即可．【解答】解：因为球的体积为36π，所以球的半径：=3，球的表面积：4π×32=36π，故答案为：36π．5．若等差数列{a n}前9项的和为27，且a10=8，则d=1．【考点】85：等差数列的前n项和．【分析】由题意可得：，解得d．【解答】解：由题意可得：，解得d=1．故答案为：1．6．函数的单调递增区间为．【考点】H5：正弦函数的单调性．【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数的性质可得单调递增区间．【解答】解：函数=2sin（x+），令，k∈Z，得：，∴函数f（x）的单调递增区为：．故答案为：．7．如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=5，以A、B为焦点的双曲线恰好过C、D两点，则双曲线M的标准方程为．【考点】KC：双曲线的简单性质．【分析】根据题意，求出A、B、C、D四点的坐标，分析可得c=6，由双曲线的定义可得2a=||AC|﹣|CB||=13﹣5=8，即a=4，由双曲线的性质可得b的值，将a、b的值代入双曲线方程即可得答案．（﹣6，0），B（6，0），D（﹣6，5），C（6，5），则|AC|==13，【解答】解：根据题意，分析可得A：若双曲线的焦点为A、B，则c=6，又由双曲线恰好过C、D两点，则2a=||AC|﹣|CB||=13﹣5=8，即a=4，又由c=6，则b2=a2﹣c2=20；则双曲线的方程为：；故答案为：．8．设等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…a n的最大值为64．【考点】8I：数列与函数的综合；8G：等比数列的性质．【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2…a n，然后求解最值．【解答】解：等比数列{a n}满足a1+a3=10，a2+a4=5，可得q（a1+a3）=5，解得q=．a1+q2a1=10，解得a1=8．则a1a2…a n=a1n•q1+2+3+…+（n﹣1）=8n•==，当n=3或4时，表达式取得最大值：=26=64．故答案为：64．9．若命题“对任意，tanx＜m恒成立”是假命题，则实数m的取值范围是m ≤1．【考点】3R：函数恒成立问题．【分析】由x的范围求得tanx的范围，可得命题“对任意，tanx＜m恒成立的m的范围，然后利用补集思想求得答案．【解答】解：由，得tanx∈[﹣，1]，若“对任意，tanx＜m恒成立”，则m＞1．∵命题“对任意，tanx＜m恒成立”是假命题，∴m≤1．故答案为：m≤1．10．把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，则方程组只有一个解的概率为．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式；C7：等可能事件的概率．【分析】利用分布计数原理求出骰子投掷2次所有的结果，通过解二元一次方程组判断出方程组有唯一解的条件，先求出不满足该条件的结果个数，再求出方程组有唯一解的结果个数，利用古典概型的概率公式求出方程组只有一个解的概率．【解答】解：骰子投掷2次所有的结果有6×6=36由得（b﹣2a）y=3﹣2a当b﹣2a≠0时，方程组有唯一解当b=2a时包含的结果有：当a=1时，b=2当a=2时，b=4当a=3时，b=6共三个所以方程组只有一个解包含的基本结果有36﹣3=33由古典概型的概率公式得故答案为：11．已知点，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数的图象上，则四边形ABCD的面积为．【考点】9V：向量在几何中的应用．【分析】由条件可设，从而可以得出向量的坐标，根据题意有，从而便得到，这两式联立即可求出x1，x2，从而得出D点的坐标，进一步求出的坐标，从而可以由求出cos∠BAD，从而可得出sin∠BAD，根据即可得出平行四边形ABCD的面积．【解答】解：根据题意设，则：；∵；∴；由②得，=；整理得，x1x2=5，∴带入①式解得，或3（舍去）；∴x1=﹣3；∴；∴；∴，；∴=；∴；∴四边形ABCD的面积为：=．故答案为：．12．已知O为△ABC的外心，且，若，则α+β的最大值为．【考点】9V：向量在几何中的应用．【分析】用表示出，两边平方，利用2倍角公式得出α+β与αβ的关系，再利用基本不等式得出α+β的范围．【解答】解：∵，∴﹣=α（）+β（﹣），∴（α+β﹣1）=α+β，∴α+β﹣1＜0，即α+β＜1．∵cosA=，∴cos∠BOC=cos2A=2cos2A﹣1=﹣，设△ABC的外接圆半径为R，则（α+β﹣1）2R2=α2R2+β2R2﹣αβR2，整理得：18（α+β）=9+32αβ，∵αβ≤（）2，∴18（α+β）≤9+32•，解得α+β≤或α+β≥（舍），故答案为：．二、选择题（本题满分20分，每小题5分）13．已知向量都是非零向量，“”是“”的（）A．充分非必要条件 B．必要非充分条件C．充分必要条件D．既非充分也非必要条件【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】由向量，都是非零向量，“•=||•||”表示两向量同线，而“∥”表示两向量同向或反向，进而根据充要条件的定义，可得答案．【解答】解：•=||•||=||•||•cos＜，＞即cos＜，＞=1即向量、同向，此时“∥”一定成立而“∥”时，向量、同向或反向，此时，“•=||•||”不一定成立故“•=||•||”是“∥”的充分不必要条件故选：A．14．已知x＞y＞0，则（）A．B．sinx﹣siny＞0 C．D．lnx+lny＞0【考点】72：不等式比较大小．【分析】根据不等式的性质可判断A，根据正弦函数的性质可判断B，根据指数函数的性质可判断C，根据对数函数的性质可判断D【解答】解：由x＞y＞0，则﹣=＜0，故A错误，根据正弦函数的图象和性质，无法比较sinx与siny的大小，故B错误，根据指数函数的性质可得﹣＜0，故C正确，根据对数的运算性质，lnx+lny=lnxy，当0＜xy≤1时，lnxy≤0，故D错误，故选：C．15．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ均为正的常数）的最小正周期为π，当x=时，函数f（x）取得最小值，则下列结论正确的是（）A．f（2）＜f（﹣2）＜f（0）B．f（0）＜f（2）＜f（﹣2）C．f（﹣2）＜f（0）＜f（2）D．f（2）＜f（0）＜f（﹣2）【考点】H1：三角函数的周期性及其求法．【分析】依题意可求ω=2，又当x=时，函数f（x）取得最小值，可解得φ，从而可求解析式f（x）=Asin（2x+），利用正弦函数的图象和性质及诱导公式即可比较大小．【解答】解：依题意得，函数f（x）的周期为π，∵ω＞0，∴ω==2．又∵当x=时，函数f（x）取得最小值，∴2×+φ=2kπ+，k∈Z，可解得：φ=2kπ+，k∈Z，∴f（x）=Asin（2x+2kπ+）=Asin（2x+）．∴f（﹣2）=Asin（﹣4+）=Asin（﹣4+2π）＞0．f（2）=Asin（4+）＜0，f（0）=Asin=Asin＞0，又∵＞﹣4+2π＞＞，而f（x）=Asinx在区间（，）是单调递减的，∴f（2）＜f（﹣2）＜f（0）．故选：A．16．已知x，y∈R，且，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立的P（x，y）构成的区域面积为（）A．4﹣B．4﹣C．D． +【考点】7C：简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，求解xcosθ+ysinθ+1=0成立的等价条件，利用数形结合求出对应的面积即可得到结论．【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB，若存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立，则（cosθ+sinθ）=﹣1，令sinα=，则cosθ=，则方程等价为sin（α+θ）=﹣1，即sin（α+θ）=﹣，∵存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立，∴|﹣|≤1，即x2+y2≥1，则对应的区域为单位圆的外部，由，解得，即B（2，2），A（4，0），则三角形OAB的面积S=×=4，直线y=x的倾斜角为，则∠AOB=，即扇形的面积为，则P（x，y）构成的区域面积为S=4﹣，故选：A三、解答题（本题满分76分）17．已知图一是四面体ABCD的三视图，E是AB的中点，F是CD的中点．（1）求四面体ABCD的体积；（2）求EF与平面ABC所成的角．【考点】MI ：直线与平面所成的角；LF ：棱柱、棱锥、棱台的体积． 【分析】（1）根据三视图得出棱锥的结构特征和棱长，代入体积公式计算；（2）通过V E ﹣BCF =V F ﹣BCE 得出F 到平面ABC 的距离，利用线面角的定义即可得出线面角的正弦值，从而得出所求线面角的大小．【解答】解：（1）由三视图可知AD ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ， AD=1，CD=BD=2，∴四面体ABCD 的体积V===．（2）∵E 是AB 的中点，F 是CD 的中点， ∴E 到平面BCD 的距离为AD=，S △BCF =S △BCD ==1，∴V E ﹣BCF ===．由勾股定理得AB=AC=，BC=2，∴△ABC 的BC 边上的高为=，∴S △ABC ==，∴S △BCE =S △ABC =，设F 到平面ABC 的距离为h ，则V F ﹣BCE ==，又V E ﹣BCF =V F ﹣BCE ，∴ =，解得h=．连结DE ，则DE=AB=，∴EF==，设EF 与平面ABC 所成的角为θ，则sinθ==．∴EF 与平面ABC 所成的角为arcsin ．18．已知函数f （x ）=x 2﹣4x +a +3：（1）若函数y=f （x ）在[﹣1，1]上存在零点，求实数a 的取值范围；（2）设函数g （x ）=x +b ，当a=3时，若对任意的x 1∈[1，4]，总存在x 2∈[5，8]，使得g （x 1）=f （x 2），求实数b 的取值范围．【考点】3W：二次函数的性质．【分析】（1）利用零点的存在性定理列不等式组解出；（2）求出f（x）在[5，8]上的值域和g（x）在[1，4]上的值域，根据题意得出两值域的包含关系得出b的范围．【解答】解：（1）f（x）的图象对称轴为x=2，开口向上，∴f（x）在[﹣1，1]上单调递减，△=16﹣4（a+3）=﹣4a+4，若函数y=f（x）在[﹣1，1]上存在零点，则f（﹣1）•f（1）≤0，∴，解得﹣8≤a≤0；（2）当a=3时，f（x）=x2﹣4x+6，∴f（x）在[5，8]上单调递增，∴当x=5时，f（x）取得最小值11，当x=8时，f（x）取得最大值38，∴f（x）在[5，8]上的值域为[11，38]；又g（x）=x+b在[1，4]上单调递增，∴g（x）在[1，4]上的值域为[1+b，4+b]，∵若对任意的x1∈[1，4]，总存在x2∈[5，8]，使得g（x1）=f（x2），∴[1+b，4+b]⊆[11，38]，∴，解得10≤b≤34．19．如图，△ABC为一个等腰三角形形状的空地，腰CA的长为3（百米），底AB的长为4（百米）．现决定在空地内筑一条笔直的小路EF（宽度不计），将该空地分成一个四边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为S1和S2．（1）若小路一端E为AC的中点，求此时小路的长度；（2）求的最小值．【考点】3H：函数的最值及其几何意义；HU：解三角形的实际应用．【分析】（1）根据题意可知F不在BC上，根据余弦定理求出cosA的值，然后根据余弦定理求出EF的长即可；（2）若E、F分别在AC和AB上，设AE=x，AF=y，然后利用三角形的面积公式求出S2和S1=S ﹣S2=，再根据基本不等式求出比值的最值即可，若E、F分别在AC和BC上，设CE=x，三角形ABCCF=y，同上根据基本不等式求出比值的最值即可．【解答】解：（1）因为：AE=CE=AE+4＞CE+3 所以F不在BC上，AE+AF+EF=CE+CB+FB+EF所以AE=CE AF=CB+BF 4﹣BF=BF+3 BF=cosA==所以EF2=AE2+AF2﹣2AE×AF×cosA=所以EF=E为AC中点时，此时小路的长度为百米．（2）若E、F分别在AC和AB上，sinA=设AE=x，AF=y，所以S2=xysinA=S1=S三角形ABC﹣S2=2﹣S2因为x+y=3﹣x+4﹣y+3所以x+y=5=﹣1xy≤当且仅当x=y=时取等号所以=当且仅当x=y=时取等号最小值是若E、F分别在AC和BC上，sinC=设CE=x，CF=y同上可得≥当且仅当x=y=取等号若E、F分别在AC和BC上，最小值是20．已知椭圆的焦点和上顶点分别为F1、F2、B，定义：△F1BF2为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点是椭圆的一个焦点，且C1上任意一点到它的两焦点的距离之和为4．（1）若椭圆C2与椭圆C1相似，且C2与C1的相似比为2：1，求椭圆C2的方程；（2）已知点P（m，n）（mn≠0）是椭圆C1上的任意一点，若点Q是直线y=nx与抛物线异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线4x2﹣4y2=1上；（3）已知直线l：y=x+1，与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为C b，是否存在正方形ABCD，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线C b上？若存在，求出函数S=f（b）的解析式及定义域；若不存在，请说明理由．【考点】KL：直线与椭圆的位置关系；K3：椭圆的标准方程．【分析】（1）由题意c=，a=2，则b2=a2﹣c2=1，即可求得椭圆C1的方程，根据相似比2，a2=4；b2=2，即可求得椭圆C2的方程；（2）由题设条件知，设点Q（x0，y0），由题设条件能推出，即可求得，即可求得4x2﹣4y2=1；（3）椭圆C1：，相似比为b，则椭圆C b的方程，由题意：只需C b上存在两点B、D关于直线y=x+1对称即可．设BD：y=﹣x+m，代入椭圆方程，设BD中点为E（x0，y0），然后利用根与系数的关系进行求解．【解答】解：（1）椭圆的一个焦点为，|PF1|+|PF2|=2a=4，∴b2=a2﹣c2=1，则椭圆C1：，设C2：，相似比为2，a2=4；b2=2，∴椭圆C2：；（2）证明：点P（m，n）在椭圆上，则，设点Q（x0，y0），，，∴4x02﹣4y02=﹣===1，∴点Q在双曲线4x2﹣4y2=1上（3）椭圆C1：，相似比为b，则椭圆C b的方程为：，由题意：只需C b上存在两点B、D关于直线y=x+1对称即可设BD：y=﹣x+m，设BD中点为E（x0，y0），B（x1，y1），D（x2，y2），，5x2﹣8mx+4m2﹣4b2=0，△=64m2﹣16×5×（m2﹣b2）＞0，5b2＞m2，由韦达定理知：x0=，y0=﹣x0+m=m，E（x0，y0）在直线y=x+1上，则m=+1解得：m=﹣，∴b2＞，则b＞，此时正方形的边长为，∴正方形的面积为S=f（b）=（）2，丨BD丨==，∴函数S=f（b）的解析式：，定义域为．21．如果存在常数a，使得数列{a n}满足：若x是数列{a n}中的一项，则a﹣x也是数列{a n}中的一项，称数列{a n}为“兑换数列”，常数a是它的“兑换系数”．（1）若数列：2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；（2）已知有穷等差数列{b n}的项数是n0（n0≥3），所有项之和是B，求证：数列{b n}是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列{c n}，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由．【考点】8B：数列的应用．【分析】（1）根据数列：2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”所以a﹣m，a ﹣6，a﹣3，a﹣2也是该数列的项，且a﹣m＜a﹣6＜a﹣3＜a﹣2，由此可求m和a的值；（2）由“兑换数列”的定义证明数列{b n}是“兑换数列”，即证对数列{b n}中的任意一项b i（1≤i≤n0），a﹣b i=b1+（n0﹣i）d=b n0∈{b n}，从而可求数列{b n}所有项之和；+1﹣i（3）假设存在这样的等比数列{c n}，设它的公比为q（q＞1），可知数列{c n}必为有穷数列，=a（1≤i≤n），再分类讨论，即可得到结论．不妨设项数为n项，则c i+c n+1﹣i【解答】（1）解：因为2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”所以a﹣m，a﹣6，a﹣3，a﹣2也是该数列的项，且a﹣m＜a﹣6＜a﹣3＜a﹣2，故a﹣m=2，a﹣6=3，即a=9，m=7．（2）证明：设数列{b n}的公差为d，因为数列{b n}是项数为n0项的有穷等差数列若b1≤b2≤b3≤…≤b，则a﹣b1≥a﹣b2≥a﹣b3≥…≥a﹣b，即对数列{b n}中的任意一项b i（1≤i≤n0），a﹣b i=b1+（n0﹣i）d=b+1﹣i∈{b n}同理可得：b1≥b2≥b3≥…≥b，a﹣b i=b1+（n0﹣i）d=b+1﹣i∈{b n}也成立，由“兑换数列”的定义可知，数列{b n}是“兑换数列”；又因为数列{b n}所有项之和是B，所以B==，即a=；（3）解：假设存在这样的等比数列{c n}，设它的公比为q（q＞1），因为数列{c n}为递增数列，所以c1＜c2＜c3＜…＜c n，则a﹣c1＞a﹣c2＞a﹣c3＞…＞a﹣c n，又因为数列{c n}为“兑换数列”，则a﹣c i∈{c n}，所以a﹣c i是正整数=a（1≤i≤n）故数列{c n}必为有穷数列，不妨设项数为n项，则c i+c n+1﹣i①若n=3，则有c1+c3=a，c2=，又c22=c1c3，由此得q=1，与q＞1矛盾②若n≥4，由c1+c n=c2+c n﹣1，得c1﹣c1q+c1q n﹣1﹣c1q n﹣2=0即（q﹣1）（1﹣q n﹣2）=0，故q=1，与q＞1矛盾；综合①②得，不存在满足条件的数列{c n}．2017年6月24日。