2023-2024学年北京市京郊绿色联盟四校联考高一（下）期中数学试卷-普通用卷

这是一份2023-2024学年北京市京郊绿色联盟四校联考高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={0,a}，B={b|b2−3b<0,b∈Z}，A∩B≠⌀，则实数a的值为( )
A. 1B. 2C. 1或2D. 2或3
2.下列函数中，既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递增的是( )
A. y=csxB. y=lgxC. y=x32D. y=e|x|
3.已知二次函数f(x)=ax2+2x+c(x∈R)的值域为[0,+∞),则1c+4a的最小值为( )
A. 4B. 6C. 8D. 10
4.“φ=−π4+kπ,k∈Z”是“函数y=tan(x+φ)的图象关于(π4,0)对称”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.设a，b∈R，且2a−b>2b−a，则( )
A. 1a<1bB. tana>tanbC. 3−a<2−bD. a|a|>b|b|
6.某食品保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位： ℃)满足函数关系y=ekx+b(e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数).若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在22℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33℃的保鲜时间是( )
A. 16小时B. 20小时C. 24小时D. 28小时
7.设函数f(x)=sinxx，则f(x)是( )
A. 奇函数，且存在x0使得f(x0)>1B. 奇函数，且对任意x≠0都有|f(x)|<1
C. 偶函数，且存在x0使得f(x0)>।D. 偶函数，且对任意x≠0都有|f(x)|<1
8.已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，△ABC是等腰直角三角形，A，B为图象与x轴的交点，C为图象上的最高点，且|OB|=3|OA|，则( )
A. f(6)= 22
B. f(1)+f(9)=0
C. f(x)在(3,5)上单调递减
D. 函数f(x)的图象关于点(−52,0)中心对称
9.已知函数f(x)x(x≤a)x2(x>a)，若存在实数b，使函数g(x)=f(x)−b有两个零点，则a的取值范围是( )
A. a<0B. a>0且a≠1C. a<1D. a<1且a≠0
10.骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A(前轮)，圆D(后轮)的直径均为2，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为2的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，AP⋅BD的最大值为( )
A. 12B. 2 3C. 6+2 3D. 12+2 3
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.向量a=(cs50∘,sin50∘)与b=(cs10∘,sin10∘)的夹角的大小为______.
12.如图，点P0(45,35)为锐角α的终边与单位圆的交点，OP0逆时针旋转π3得OP1，OP1逆时针旋转π3得OP2，…，OPn−1逆时针旋转π3得OPn，则cs2α= (1) ，P2020的横坐标为 (2) .
13.若函数f(x)=sinx⋅cs(x+φ)的最大值为1，则常数φ的一个取值为______.
14.已知O是△ABC内一点，且满足(OA+OC)⋅CA=(OC+OB)⋅CB=0，若AC= 2，则OA⋅AC=______.
15.函数f(x)=b|x|−a(a>0,b>0)的图象形如汉字“囧”，故称其为“囧函数”．下列命题正确的是______.
①“囧函数”的值域为R； ②“囧函数”在(0,+∞)上单调递增；
③“囧函数”的图象关于y轴对称； ④“囧函数”有两个零点；
⑤“囧函数”的图象与直线y=kx+b(k≠0)的图象至少有一个交点．
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题15分)
已知向量a，b满足|a|=2，|b|=1，它们的夹角为120∘.
(1)求|a−2b|的值；
(2)若向量2a+b与a−kb的夹角为锐角，求实数k的取值范围．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=2cs2ωx+2 3sinωxcsωx+a(ω>0,a∈R).f(x)的最大值为1，且相邻两条对称轴之间的距离为π2.求：
(Ⅰ)函数f(x)的解析式；
(Ⅱ)函数f(x)，x∈[−π2,π2]的单调递增区间.
18.(本小题15分)
在△ABC中，a=5，b2−bc+c2=25.
(Ⅰ)求∠A的大小；
(Ⅱ)再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在且唯一确定，求△ABC的面积.
条件①：b=7；
条件②：sinB= 33；
条件③：AC边上的高BH=92.
19.(本小题15分)
已知函数f(x)=lg2(ax+1)−x(a>0,且a≠1)为偶函数.
(1)求a的值；
(2)若∀x1∈[0,π]，∃x2∈[−1,1]，使sin2x1+mcs(π2−x1)+14−1m≥f(x2)成立，求实数m的取值范围.
20.(本小题15分)
已知集合Sn={X|X=(x1,x2,⋯xn),xi∈N*,i=1,2,⋯n}(n≥2).对于A=(a1,a2,⋯,an)，B=(b1,b2,⋯,bn)∈Sn，给出如下定义：①AB=(b1−a1,b2−a2,⋯,bn−an)；②λ(a1,a2,⋯,an)=(λa1,λa2,⋯,λan)(λ∈R)；③A与B之间的距离为d(A,B)=i=1n|ai−bi|.说明：(a1,a2,⋯,an)=(b1,b2,⋯,bn)的充要条件是ai=bi(i=1,2,⋯,n).
(1)当n=5时，设A=(1,2,1,2,5)，B=(2,4,2,1,3)，求d(A,B)；
(2)若A，B，C∈Sn，且存在λ>0，使得AB=λBC，求证：d(A,B)+d(B,C)=d(A,C)；
(3)记I=(1,1,⋯,1)∈S20.若A，B∈S20，且d(I,A)=d(I,B)=13，求d(A,B)的最大值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：∵B={b|b2−3b<0,b∈Z}，
∴B={b|0∵A={0,a}，A∩B≠⌀，
∴a=1或2
故选：C.
首先求出集合B，然后根据A∩B≠⌀，求出a的值即可
本题考查了交集及其运算以及不等式的解集求法，此题要注意b∈Z，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：y=csx在(0,+∞)上不单调，A错误；
y=lgx为非奇非偶函数，B错误；
y=x32为非奇非偶函数，C错误；
y=e|x|为偶函数，且x>0时，y=ex单调递增，D正确．
故选：D.
由已知结合基本初等函数的单调性及奇偶性检验各选项即可判断．
本题主要考查了基本初等函数的单调性及奇偶性的判断，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意得，a>0且Δ=4−4ac=0，即ac=1，a>0，
所以c>0，
则1c+4a≥2 4ac=4，当且仅当1c=4a且ac=1，即c=12，a=2时取等号，
所以1c+4a的最小值为4.
故选：A.
由已知结合二次函数的性质及基本不等式即可直接求解．
本题主要考查了二次函数的性质及基本不等式的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：当函数y=tan(x+φ)的图象关于(π4,0)对称时，有π4+φ=kπ2,k∈Z，
易知{φ|φ=−π4+kπ}⫋{φ|φ=−π4+kπ2},k∈Z，
所以“φ=−π4+kπ,k∈Z”是“函数y=tan(x+φ)的图象关于(π4,0)对称”的充分不必要条件．
故选：A.
直接利用正切函数的性质以及充分条件与必要条件求出结果．
本题考查的知识点：正切函数的性质，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：令f(x)=x+2x，则f(x)在R上单调递增，
若2a−b>2b−a，则a+2a>2b+b，即f(a)>f(b)，
所以a>b，
当a=1，b=−1时，A显然错误，
当a=2，b=1时，B显然错误；
当a=2，b=1.5时，C显然错误；
当a>b≥0或a≥0>b时，D成立，
当0>a>b时，a2−b2，D显然成立．
故选：D.
令f(x)=x+2x，则f(x)在R上单调递增，则f(a)>f(b)，可得a>b，结合不等式的性质检验各选项．
本题主要考查了函数的单调性及不等式性质的应用，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：函数y=ekx+b中，x=0时，y=192；x=22时，y=48；
所以eb=192，e22k+b=48，即(e11k)2⋅eb=48；
解得e11k=12，
当x=33时，y=e33k+b=(e11k)3⋅eb=18×192=24.
该食品在33℃的保鲜时间是24小时．
故选：C.
把x=0，y=192；x=22，y=48代入函数y=ekx+b中，求解即可得到结论．
本题考查了指数函数的运算问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
7.【答案】D
【解析】解：根据题意，函数f(x)=sinxx，其定义域为{x|x≠0}，有f(−x)=sin(−x)(−x)=sinxx=f(x)，即函数f(x)为偶函数，
设g(x)=x−sinx，(x>0)其导数g′(x)=1−csx≥0，即有g(x)=x−sinx为增函数，则有g(x)=x−sinx≥g(0)=0，即x>sinx恒成立，
则有f(x)=sinxx<1，
同理可得：f(x)>−1，
即有对任意x≠0都有|f(x)|<1，
故选：D.
根据题意，由奇偶性的定义可得f(x)为偶函数，再分析x与sinx的大小关系，可得f(x)的值域，即可得答案．
本题考查函数的奇偶性以及函数值域的分析，注意利用导数分析函数的值域，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：因为函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，
所以f(x)max=1，
因为△ABC是等腰直角三角形，
所以|AB|=2=πω，所以ω=π2，
又因为|OB|=3|OA|，
所以点A(−12,0)，所以−12×π2+φ=0，解得φ=π4，
所以f(x)=sin(π2x+π4)；
对于A，f(6)=sin(π2×6+π4)=− 22，故A错误；
对于B，f(x)的最小正周期是4，所以f(1)+f(9)=2f(1)=2sin(π2+π4)= 2，故B错误；
对于C，因为3所以7π4<π2x+π4<11π4，所以函数f(x)在(3,92)上单调递增，在(92,5)上单调递减，故C错误；
对于D，f(−52)=sin(−52×π2+π4)=sin(−π)=0，
所以函数f(x)的图象关于点(−52,0)中心对称，故D正确．
故选：D.
借助图象求出ω、得出解析式后结合正弦型函数性质逐一判断选项即可．
本题考查三角函数的图象和性质，属中档题．
9.【答案】D
【解析】【分析】
根据函数y=x，y=x2的性质，通过讨论a的范围，从而确定a的范围即可．本题考查了常见函数的性质，考查分类讨论思想以及转化思想，是一道中档题．
【解答】
解：由函数y=x，y=x2的性质知，
当a<0时，存在实数b，使y=b与y=f(x)=x2，x>a有两个交点；
当a=0时，f(x)为单调增函数，
不存在实数b，使函数g(x)=f(x)−b有两个零点；
当0a有两个交点；
所以a<1且a≠0，故选D.
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算、余弦函数的性质，属于中档题．
以D为坐标原点，AD为x轴，过D作AD的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(−4,0)，B(−3, 3)，C(−1, 3)，圆D的方程为x2+y2=1，可设P(csα,sinα)，从而AP=(csα+4,sinα)，BD=(3,− 3)，由此能求出AP⋅BD的最大值．
【解答】
解：以D为坐标原点，AD为x轴，过D作AD的垂线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
则D(0,0,0)，A(−4,0)，B(−3, 3)，C(−1, 3)，
∵圆D的方程为x2+y2=1，可设P点坐标(csα,sinα)，
∴AP=(csα+4,sinα)，BD=(3,− 3)，
∴AP⋅BD=3×(csα+4)− 3sinα=3csα− 3sinα+12=2 3cs(α+π6)+12，
∴AP⋅BD的最大值为12+2 3.
故本题选D.
11.【答案】40∘
【解析】解：由向量夹角公式，
可得cs=a⋅b|a||b|
=cs50∘cs10∘+sin50∘sin10∘1×1
=cs(50∘−10∘)=cs40∘，
又0∘<<180∘，所以a与b的夹角为40∘.
故答案为：40∘.
根据向量夹角公式，结合两角差的余弦公式即可求得．
本题考查向量的夹角公式，属基础题．
12.【答案】725 ； 3 3−410
【解析】解：∵点P0(45,35)为锐角α的终边与单位圆的交点，OP0逆时针旋转π3得OP1，
OP1逆时针旋转π3得OP2，…，OPn−1逆时针旋转π3得OPn，
∴csα=45，sinα=35，故cs2α=2cs2α−1=725.
P2020的横坐标为cs(α+2020×π3)=cs(α+673π+π3)=cs(α+4π3)
=csαcs4π3−sinαsin4π3=45⋅(−12)−35⋅(− 32)=3 3−410，
故答案为：725；3 3−410.
由题意利用任意角的三角函数的定义，求得csα、sinα的值，再利用二倍角公式求得cs2α的值，诱导公式、诱导公式、两角和的余弦公式，求得P2020的横坐标cs(α+2020×π3)的值．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，二倍角公式、诱导公式、两角和的余弦公式，属于基础题．
13.【答案】−π2(不唯一)
【解析】解：因为f(x)=sinx⋅cs(x+φ)的最大值为1，sinx
所以y=sinx与y=cs(x+φ)同时取得最大值，
又x=2kπ+π2时y=sinx=1取最大值，
所以x=2kπ+π2时，y=cs(2kπ+π2+φ)=−sinφ也取到最大值1，
∴φ=2kπ−π2，不妨取φ=−π2.
故答案为：−π2(不唯一).
由已知可得y=sinx与y=cs(x+φ)同时取得最大值，求解即可．
本题考查函数的最值，属基础题．
14.【答案】−1
【解析】解：已知O是△ABC内一点，且满足(OA+OC)⋅CA=(OC+OB)⋅CB=0，
则(OA+OC)⋅(OA−OC)=0，即OA=OC，
同理OB=OC，
即点O是△ABC的外心，
则OA⋅AC=−AO⋅AC=−AC22=−1，
故答案为：−1.
由平面向量数量积运算，结合向量投影的运算求解即可．
本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了投影的运算，属基础题．
15.【答案】③⑤
【解析】解：(1)由题意f(x)=b|x|−a(a>0,b>0)，f(−x)=f(x)，是偶函数；
当a=b=1，时
则f(x)=1|x|−1，其函数的图象如图：
其函数的图象如图：，其函数的图象如图：
如图y≠0，值域肯定不为R，故①错误；
如图显然f(x)在(0,+∞)上不是单调函数，故②错误；
f(x)是偶函数，关于y轴对称，故③正确；
如图f(x)≠0，没有零点，故④错误；
如图可知函数f(x)的图象，x=1换为x=a，在四个象限都有图象，
此时与直线y=kx+b(k≠0)的图象至少有一个交点．故⑤正确；
故答案为：③⑤；
先判断函数为偶函数，再令a=b=1，得到特殊的函数，利用特殊值法，研究函数的值域，单调性，和零点问题，利用数形结合的方法进行判断；
此题考查“囧函数”的新定义，关键要读懂题意，只要画出其图象就很容易求解了，解题过程中用到了数形结合的方法，是一道好题；
16.【答案】解：(1)∵向量a，b满足|a|=2，|b|=1，它们的夹角为120∘，
∴a⋅b=|a|⋅|b|cs120∘=2×1×(−12)=−1，
∴|a−2b|= (a−2b)2= |a|2−4a⋅b+4|b|2= 4+4+4=2 3.
(2)∵向量2a+b与a−kb的夹角为锐角，
∴(2a+b)(a−kb)=021≠1−k，化简整理，可得8+2k−1−k>0k≠−12，解得k>−7k≠−12，
故实数k的取值范围为{k|k>−7且k≠−12}.
【解析】(1)根据已知条件，结合向量的数量积公式和向量的模，即可求解．
(2)根据已知条件，结合向量的数量积公式，以及向量平行的性质，即可求解．
本题主要考查向量的数量积公式，考查转化思想，属于基础题．
17.【答案】解：(Ⅰ)f(x)=2cs2ωx+2 3sinωxcsωx+a=cs2ωx+ 3sin2ωx+a+1
=2sin(2ωx+π6)+a+1，
因为f(x)的最大值为1，且相邻两条对称轴之间的距离为π2，
所以2+a+1=1，即a=−2，
T=2×π2=π，即ω=1，
所以f(x)=2sin(2x+π6)−1；
(Ⅱ)令−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
则−π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
故f(x)在[−π2,π2]上单调递增区间为[−π3,π6].
【解析】(I)先利用二倍角及辅助角公式进行化简，结合最值可求a，结合周期可求ω，进而可求函数解析式；
(Ⅱ)结合正弦函数的单调性即可求解．
本题主要考查了二倍角公式，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)因为a=5，b2−bc+c2=25，
所以b2+c2−bc=a2，
所以b2+c2−a2=bc，
由余弦定理知csA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3.
(Ⅱ)若选①，b=7，
则72−7c+c2=25，
即c2−7c+24=0，
因为Δ=(−7)2−4×24=−47<0，所以方程无解，不符合题意；
若选②，sinB= 33，
由正弦定理可知asinA=bsinB，即5 32=b 33，
解得b=103，
所以(103)2−103c+c2=25，
即9c2−30c−125=0，解得c=10+10 66或10−10 626(舍去)，
所以S△ABC=12bcsinA=12×10+10 66×103× 32=25 3+75 218；
若选③，AC边上的高BH=92；
在Rt△ABH中sinA=BHAB，
所以AB=BHsinA=92 32=3 3，即c=3 3，
所以b2−3 3b+27=25，
即b2−3 3b+2=0，解得b=3 3+ 192或3 3− 192，所以△ABC存在两解，不符合题意．
【解析】(Ⅰ)依题意可得b2+c2−bc=a2，再直接利用余弦定理计算可得；
(Ⅱ)若选①，直接代入b2−bc+c2=25，得到方程无解，故舍去；
若选②，由正弦定理求出b，再代入b2−bc+c2=25，即可求出c，最后根据面积公式计算可得；
若选③，由锐角三角函数求出c，再代入b2−bc+c2=25，求出b有两解，故舍去．
本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)因为f(x)=lg2(ax+1)−x(a>0,且a≠1)为偶函数，
所以f(−x)=f(x)，
即lg2(a−x+1)+x=lg2(ax+1)−x，
所以2x=lg2(ax+1)−lg2(a−x+1)=lg21+ax1+a−x=lg2ax=xlg2a，
所以lg2a=2，即a=4；
(2)因为∀x1∈[0,π]，∃x2∈[−1,1]，使sin2x1+mcs(π2−x1)+14−1m≥f(x2)成立，
若∀x1∈[0,π]，∃x2∈[−1,1]，使sin2x1+msinx1+14−1m≥f(x2)成立，
所以(sin2x1+msinx1+14−1m)min≥f(x2)min，x1∈[0,π]，x2∈[−1,1]，
由f(x)=lg2(4x+1)−x=lg2(1+4x)−lg22x=lg2(2x+12x)，
又−1≤x≤1时，12≤2x≤2，2x+12x∈[2,52]，
所以f(x)min=1，
令t=sinx，0≤x≤π，
则0≤t≤1，
设g(t)=t2+mt+14−1m，
当−m2<0，即m>0时，g(t)min=g(0)=14−1m≥1，此时m不存在，
当0<−m2<1，即−2整理得，m3+3m+4=(m+1)(m2−m+4)≥0，
解得m≥−1，即−1≤m<0，
当−m2>1，即m<−2，g(t)min=g(1)=54−1m+m−≥1，
整理得，4m2+m−4≤0，
解得−1− 658≤m≤−1+ 658，此时m不存在，
综上，−1≤m<0，
故m的范围为[−1,0).
【解析】(1)由已知结合偶函数的定义即可求解；
(2)由已知恒成立与存在性问题与最值关系的转化即可求解．
本题主要考查了函数的奇偶性在函数解析式求解中的应用，还考查了由恒成立及存在性问题求解参数范围，体现了转化思想的应用，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为d(A,B)=i=1n|ai−bi|，A=(1,2,1,2,5)，B=(2,4,2,1,3)，
所以d(A,B)=|1−2|+|2−4|+|1−2|+|2−1|+|5−3|=7，
即d(A,B)=7.
证明：(2)设A={a1,a2,⋯an}，B={b1,b2,⋯bn}，C={c1,c2⋯cn}，
因为∃λ>0，使AB=λBC，
所以∃λ>0，使得bi−ai=λ(ci−bi)，其中i=1，2，⋯n，
所以bi−ai与ci−bi(i=1,2,⋯n)同为非负数或同为负数，
所以|bi−ai|+|ci−bi|=|ci −ai|，
即d(A,B)+d(B,C)=i=1n|ai−bi|+i=1n|bi−ci|=i=1n(|bi−ai|+|ci−bi|)=i=1n|ci−ai|=d(A,C)，故得证．
解：(3)d(A,B)=i=120|bi−ai|，
设bi−ai(i=1,2⋯,20)中有m(m≤20)项为非负数，20−m项为负数，且不妨设i=1，2⋯m时，bi−ai≥0i=m+1，m+2，⋯，20时，bi−ai<0，
所以d(A,B)=i=120|bi−ai|=[(b1+b2+⋯+bm)−(a1+a2+⋯+am)]+[(am+1+am+2+⋯a20)−(bm+1+bm+2+⋯b20)]，
又因为d(I,A)=d(I,B)=13，
所以i=120(ai−1)=i=120(bi−1)，整理得i=120ai=i=120bi，
所以d(A,B)=i=120|bi−ai|=[(bi+b2+⋯+bm)−(a1+a2+…+am)]+[(am+1+am+2+⋯+a20)−(bm+1+bm+2+⋯+b20)]=2[b1+b2+⋯+bm−(a1+a2+⋯+am)]，
又因为b1+b2+⋯+bm=(b1+b2+⋯+b20)−(bm+1+bm+2+⋯+b20)≤(13+20)−(20−m)×1=13+m，且a1+a2+⋯+am≥m×1=m，
所以d(A,B)=2[b1+b2+⋯+bm−(a1+a2+⋯+am)]≤2[(13+m)−m]=26，
即d(A,B)≤26，
又对于A=(1,1,1,⋯,14)，B=(14,1,1,⋯1)，有A，B∈S20，且d(I,A)=d(I,B)=13d(A,B)=26，
综上所得，d(A,B)的最大值为26.
【解析】(1)当n=5时，直接利用d(A,B)=i=1n|ai−bi|求得d(A,B)的值．
(2)设A={a1,a2,⋯an}，B={b1,b2,⋯bn}，C={c1,c2⋯cn}，则由题意可得∃λ>0，使得bi−ai=λ(ci−bi)，其中i=1，2，⋯n，得出 bi−ai与ci−bi同为非负数或同为负数，由此计算d(A,B)+d(B,C)的结果，计算d(A,C)的结果，从而得出结论．
(3)设bi−ai(i=1,2⋯,20)中有m(m≤20)项为非负数，20−m项为负数，不妨设i=1，2⋯m时，bi−ai≥0，i=m+1，m+2，⋯，20时，bi−ai<0，利用d(I,A)=d(I,B)=13，得到i=120ai=i=120bi，得到d(A,B)=i=120|bi−ai|=2[b1+b2+⋯+bm−(a1+a2+⋯+am)]，求出a1+a2+⋯+am≥m，b1+b2+⋯+bm≤13+m，即可得到d(A,B)的最大值．
本题主要考查了集合中的新定义问题，考查了学生的逻辑推理能力，以及运算求解能力，属于中档题．