[数学]2023北京清华附中高一（下）期末数学试卷

这是一份[数学]2023北京清华附中高一（下）期末数学试卷，共18页。
学
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．已知 ＝（1，2）， ＝（4，﹣2），下列说法正确的是（
A． B． ⊥ C．
2．已知集合 A＝{x|x（x﹣1）≤0}，B＝{x|lnx≤a}，为使得 A∪B＝A，则实数 a 可以是（
）
D．
）
A．0
B．1
对应的点位于（
B．第二象限
C．2
D．e
3．在复平面内，复数
）
A．第一象限
C．第三象限
D．第四象限
4．在△ABC 中，AB＝5，BC＝6，csB＝ ，则△ABC 的面积为（
A．24 B．18 C．12
）
D．9
5．已知等差数列{a }中，a ＝19，a +a ＝26，则数列{a }的前 5 项和为（
）
n
7
2
8
n
A．35
B．40
C．45
D．52
6．已知侧棱长为 2 的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积
为（
）
A．48π
B．24π
C．12π
，则不等式 f（x）＜0 的解集为（
B．（﹣1，0）
D．6π
7．已知函数
A．（0，1）
）
C．（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞）
D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）
8．已知
A．1
，
，
，则
的最大值为（
）
B．2
C．
D．4
9．已知等比数列{a }的前 n 项和为 S ，其中 a ＞0，则“a ＞a ”是“S 无最大值”的（
）
n
n
1
3
1
n
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
10．如图，正方体 ABCD﹣A B C D 中，点 E、F、G、H 分别为棱 BC，CD，C D ，B C 的中点，点 M 为
1
1
1
1
1
1
1 1
棱 CC1 上的动点，则下列说法中正确的个数是（
①AM 与 BB1 异面；
）
②A1H∥平面 AEM；
③平面 AEM 截正方体所得的截面图形始终是四边形；
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④平面 AEM⊥平面 BB1GF．
A．1 个
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
11．（5 分）已知复数 z＝3+ai（a＜0）的模为 5，则 a＝
B．2 个
C．3 个
D．4 个
．
12．（5 分）已知函数 f（x）＝sinx+acsx（a＜0）的最大值为 2，则
＝
．
13．（5 分）在正四棱锥 P﹣ABCD 中，底面边长为 2，侧棱长为
，点 E 是 PA 的中点，则三棱锥 E﹣ABD
的体积为
14．（5 分）已知函数
值为
．
在区间[﹣π，+∞）上是单调函数，则正数 a 的一个取
．
15．（5 分）已知函数 f（x）＝lnx，取点 A （a ，f（a ））（a ＞0），过 A 作曲线 f（x）＝lnx 的切线交 y 轴
1
1
1
1
1
于（0，a）（a ＞0），取点 A （a ，f（a ））， 过 A 作曲线 f（x）＝lnx 的切线交 y 轴于（0，a ）依
2
2
2
2
2
2
3
此类推，直到当 a ≤0（n≥3）时停止操作，此时得到数列{a }．给出下列四个结论：①0＜a ＜e；②
n
n
1
*
*
当 n≥2，n∈N 时，a ＝lna ﹣1；③当 n≥2，n∈N 时，a ≤a 1﹣2 恒成立；④若存在 k∈N*，使得 a1，
n
n﹣
1
n
n﹣
a ，…，a 成等差数列，则 k 的取值只能为 3．其中，所有正确结论的序号是
．
2
k
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．（14 分）已知在△ABC 中，2c＝2bcsA﹣a．
（1）求 B；
（2）若 a+c＝8，b＝7，且 C＞A，求 BC 边上的高．
17．（14 分）已知首项为 0 的无穷等差数列{a }中，a ，a ，a +1 成等比数列．
n
2
3
4
（1）求{an}的通项公式；
（2）记
，求数列{b }的前 2n 项和 T ．
n
2n
18．（14 分）如图，在长方体 ABCD﹣A B C D 中，AA ＝4，AB＝AD＝2，点 M 和点 N 在棱 CC 上，且
1
1
1
1
1
1
CM＝2CN＝2．
（1）求证：AM∥平面 BDN；
（2）求证：A1C⊥DN．
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19．（14 分）已知函数
，其中 0＜ω＜2，有如下三个条件：条件
①：
；条件②：f（x+π）＝f（x）；条件③：
．从以上三个条件中选
择一个作为已知，求解下列问题．
（1）求 f（x）的单调递增区间；
（2）若 f（x）在区间[0，m]上的最大值为 1，求实数 m 的最小值．
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
20．（14 分）已知函数
，若函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝3．
（1）求 a，b 的值；
（2）求 f（x）的单调区间；
（3）当 x＞0 时，若存在常数 t＞0，使得方程 f（x）＝t 有两个不同的实数解 x ，x ，求证：x +x ＞2．
1
2
1
2
21．（15 分）给定正整数 n，记 S（n）为所有由 2n个非负实数组成的 2 行 n 列的数表构成的集合．对于 A∈S
（n），用 R （A），∁ （A）分别表示的第 i 行，第 j 列各数之和（i＝1，2；j＝1，2，…，n）．将 A 的每
i
j
列的两个数中任选一个变为 0（可以将 0 变为 0）而另一个数不变，得到的数表称为 A 的一个残表．
（1）对如下数表 A，写出 A 的所有残表 A′，使得 R （A′）＝R （A′）；
1
2
0.1
0
0.1
0
1
0.1
（2）已知 A∈S（2）且∁ （A）＝1（j＝1，2），求证：一定存在 A 的某个残表 A′使得 R （A′），R
2
j
1
（A′）均不超过 ；
（3）已知 A∈S（23）且∁j（A）＝1（j＝1，2，…，23），求证：一定存在 A 的某个残表 A′使得 R1
（A′），R2（A′）均不超过 6．
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参考答案
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1．【分析】根据向量的模的计算公式，两个向量的差与数量积的坐标运算，两个向量垂直、平行的条件逐
一检验各个选项是否正确，从而得到答案．
【解答】解：∵
∴
，
，A 错误；
＝（1，2）， ＝（4，﹣2），
＝0，故
则
，B 正确；
∵
，∴1×（﹣2）﹣4×2＝﹣10≠0，故 与 不平行，C 错误；
，D 错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
2．【分析】先化简集合 A，B，再根据已知得到 ea≤1，解不等式即得解．
【解答】解：由题得 A＝[0，1]，B＝（0，ea]，
因为 A∪B＝A，所以 B⊆A．
a
0
所以 e ≤1＝e ，∴a≤0．
故选：A．
【点评】本题主要考查了解一元二次不等式，考查了对数函数的性质，同时考查了集合间的基本关系，
是基础题．
3．【分析】对复数进行化简，根据复数的几何意义即可．
【解答】解：∵
，
∴对应的点为（4，﹣1），在第四象限．
故选：D．
【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
4．【分析】根据平方关系求出 sinB，再由面积公式计算可得．
【解答】解：∵
∴
，0＜B＜π，
，
又 AB＝c＝5，BC＝a＝6，
∴
．
故选：C．
【点评】本题主要考查了同角平方关系及三角形的面积公式的应用，属于基础题．
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5．【分析】数列{a }是等差数列，设公差为 d，由已知及通项公式，建立方程组，求得 a ，d，再利用等差
n
1
数列的求和公式求 S5．
【解答】解：数列{an}是等差数列，设公差为 d，
∵a ＝19，a +a ＝26，
7
2
8
∴
，
解得：a1＝1，d＝3，
前 5 项和 S5＝5×1+
＝35．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列的通项和求和公式，属于基础题．
6．【分析】将正三棱锥 P﹣ABC 放到棱长为 2 的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，求出
外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可．
【解答】解：如图，
将正三棱锥 P﹣ABC 放到棱长为 2 的正方体中，
则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，
2
2
2
2
2
设外接球的半径为 R，则（2R） ＝2 +2 +2 ＝12，得 4R ＝12，
∴外接球的表面积 S＝4πR2＝12π．
故选：C．
【点评】本题考查多面体的外接球，训练了分割补形法的应用，是基础题．
7．【分析】f（x）＜0 的解集即为
【解答】解：令
的解集，画出
与 y＝1﹣2x 的图象即可求解．
，可得
，
在同一直角坐标系中画出
与 y＝1﹣2x 的图象：
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由图可得，
又
与 y＝1﹣2x 的图象有两个交点，
，
，
由图可得
的解集为（﹣1，0），即 f（x）＜0 的解集为（﹣1，0）．
故选：B．
【点评】本题主要考查了函数的性质在不等式求解中的应用，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．
8．【分析】根据数量积的运算律得到
可得．
，则
，结合余弦函数的性质计算
【解答】解：因为
，即
，
即
，即
，
所以
，
所以
＝
，
因为
，
所以当
故选：B．
时
取最大值，最大值为 2．
【点评】本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属中档题．
9．【分析】由等比数列{a }中 a ＞a 等价于公比 q＜﹣1 或 q＞1，结合前 n 项和公式单调性的判定可得其是
n
3
1
否具有充分性，必要性方面举反例发现 S 无最大值不一定推得 a ＞a ，继而选项可定．
n
3
1
【解答】解：设等比数列{an}的公比为 q，
若 a ＞a ，a ＞0，
3
1
1
∴
，∴q2＞1，得 q＜﹣1 或 q＞1，
又
，
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当 q＜﹣1 时，若 n 为奇数，
，
∵
，（﹣q）＞1，∴当 n 为奇数时 S 单调增，则 S 无最大值，
n n
当 q＞1 时，
，
∵
，q＞1，∴S 单调增，则 S 无最大值，即充分性成立．
n n
当 q＝1 时，S ＝na ，又 a ＞0，则 S 无最大值．
n
1
1
n
可得“a ＞a ”不是“S 无最大值”的必要条件，即必要性不成立．
3
1
n
由此可知“a ＞a ”是“S 无最大值”的充分不必要条件．
3
1
n
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质进行判断是解决本题的关键，
是中档题．
10．【分析】根据正方体的几何性质逐项分析．
【解答】解：对于①，连接 A C ，AC，
1
1
∵AA ＝CC ，AA ∥CC ，∴四边形 AA C C 是平行四边形，
1
1
1
1
1 1
又∵AM⊂平面 AA C C，BB ∥CC ，CC ⊂平面 AA C C，BB ⊄平面 AA C C，
1
1
1
1
1
1
1
1
1 1
∴BB ∥平面 AA C C，又 CC ∩AM＝M，∴BB 与 AM 是异面直线，故①正确；
1
1
1
1
1
对于②，连接 EH，则 EH∥AA ，EH＝AA ，
1
1
∴四边形 AA HE 是平行四边形，A H∥AE，
1
1
又 AE⊂平面 AEM，A H⊄平面 AEM，∴A H∥平面 AEM，故②正确；
1
1
对于③，取 CC 的中点 T，当 M 与 T 重合时，连接 AD ，则有 ET∥AD ，E，T，A，D 四点共面，
1
1
1
1
即平面 AEM 截正方体的图形是四边形 AD1TE，如下图：
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当 M 点在线段 C T 上时，在平面 AA D D 内作直线 AU∥EM，交 DD 的延长线于 U，交 A D 于 V，连
1
1
1
1
1 1
接 UM，
∵DD ∥CC ，∴D，U，C，C 四点共面，UM⊂平面 DD C C，
1
1
1
1 1
∴UM⋂D C ＝W，
1
1
即平面 AEM 截正方体的图形是五边形 AEMWV，如下图：
故③错误；
对于④，在正方形 ABCD 内，Rt△ABE≅Rt△BCF，∠EAB＝∠FBC，
∴
，
∴AE⊥BF，又∵BB1⊥平面 ABCD，AE⊂平面 ABCD，
∴AE⊥BB ，BB ，BF⊂平面 BB GF，BB ⋂BF＝B，
1
1
1
1
∴AE⊥平面 BB1GF，又 AE⊂平面 AEM，
∴平面 AEM⊥平面 BB1GF，故④正确．
故选：C．
【点评】本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定，考查了面面垂直的判定，同时考查了学生的空间
想象能力，属于中档题．
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.
11．【分析】根据复数的模长公式，建立方程，可得答案．
【解答】解：由题意，可得
，且 a＜0，解得 a＝﹣4．
故答案为：﹣4．
【点评】本题主要考查复数的模长公式，属于基础题．
12．【分析】利用辅助角公式及最大值可得 a 的值，再求函数值即可．
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【解答】解：函数 f（x）＝
故函数 f（x）的最大值为
sin（x+φ），tanφ＝a，
，由已知得
＝2，a＜0，
解得 a＝﹣
，
所以 f（x）＝sinx﹣
csx＝2sin（x﹣ ）；
所以 f（ ）＝2sin（
故答案为：﹣1．
﹣
）＝2sin（﹣ ）＝﹣1．
【点评】本题考查辅助角公式的应用，属于基础题．
13．【分析】设 AC⋂BD＝O，连接 PO，则 PO⊥平面 ABCD，再利用勾股定理求出 PO，最后根据锥体的体
积公式计算可得．
【解答】解：设 AC⋂BD＝O，连接 PO，
由正四棱锥的性质可知 PO⊥平面 ABCD，
又底面边长为 2，侧棱长为
，所以
，
，
则
，
因为点 E 是 PA 的中点，所以点 E 到平面 ABCD 的距离
所以
．
故答案为： ．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
14．【分析】分析函数在[﹣π，0]上单调递增，则 f（x）在（0，+∞）上单调递增且函数值大于等于 1，当
x＞0 时，求出函数的导函数，则 f′（x）≥0 在 x∈（0，+∞）上恒成立，参变分离可得
在 x∈
（0，+∞）上恒成立，再利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围．
【解答】解：∵y＝csx 在[﹣π，0]上单调递增，且当 x＝0 时 y＝1，
又函数
在区间[﹣π，+∞）上是单调函数，
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则 f（x）在（0，+∞）上单调递增且函数值大于等于 1，
当 x＞0 时， ，且
则 f′（x）＝ex﹣ax，而 f′（x）≥0 在 x∈（0，+∞）上恒成立，
，
∴
令
在 x∈（0，+∞）上恒成立，
，x∈（0，+∞），则
，
当 0＜x＜1 时，g′（x）＜0，当 x＞1 时 g′（x）＞0，
∴g（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，
∴g（x）min＝g（1）＝e，可得 a≤e，
又 a＞0，∴0＜a≤e．
故答案为：1（答案不唯一，只要满足 0＜a≤e 即可）．
【点评】本题考查分段函数的应用，训练了利用导数研究函数的单调性与最值，是中档题．
15．【分析】对函数 f（x）进行求导之后，利用导数的几何意义可以利用直线的点斜式方程写出切线方程
，令 x＝0，即可求出 a ，判断出②正确；利用 a ＝lnan﹣1﹣1，n≥2，求
n
n
出 a ，利用 a ＞0，可以判断出①错误；利用 a ﹣（an﹣1﹣2）＝lnan﹣1﹣an﹣1+1，构造函数，利用函数
2
2
n
的单调性求出最大值，即可判断出③正确；假设存在正整数 k＞3，满足条件，利用等差数列的定义得到
数列也为等比数列，公差为零，得出矛盾，再验证 k＝3 满足条件，从而④正确．
【解答】解：因为 f（x）＝lnx，所以
，则
，
所以 f（x）＝lnx 在点 x＝an﹣1 处的切线方程为
，
令 x＝0，得 y＝lnan﹣1﹣1，
所以 an＝lnan﹣1﹣1，n≥2，所以②正确；
根据 an＝lnan﹣1﹣1，令 n＝2，则 a ＝lna ﹣1＞0，解得 a ＞e，故①错误；
2
1
1
*
又当 n≥2，n∈N 时，a ﹣（a 1﹣2）＝lnan﹣1﹣an﹣1+1，
n
n﹣
设 g（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，
则
，
令 g′（x）＞0，得 0＜x＜1；令 g′（x）＜0，得 x＞1，
则 g（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减，
所以 g（x）≤g（1）＝ln1﹣1+1＝0，
*
所以当 n≥2，n∈N 时，a ≤an﹣1﹣2，故③正确；
n
假设存在正整数 k＞3，使得 a ，a ，…，a 成等差数列，设公差为 d，
1
2
k
第10页/共18页

则 ak﹣ak﹣1＝lnak﹣1﹣ak﹣1﹣1＝lnak﹣1﹣lnak﹣2＝d，
所以 ，
可知该数列既是等差数列又是等比数列，
故 d＝0，但与 an≤an﹣1﹣2 矛盾，故该数列不是等差数列，
故不存在正整数 k＞3，使得 a ，a ，…，a 成等差数列．
1
2
k
当 k＝3 时，
，
又由 a +a ＝2a ，得
，
1
3
2
令 h（x）＝ex+1+lnx﹣1﹣2x，x＞0，
其中 h（1）＝e2﹣1﹣2＞0，h（e﹣10）＝
﹣10﹣1﹣2e﹣10＜0，
故存在
，使得 h（x ）＝0，即 a +a ＝2a ，
0 1 3 2
所以存在 k＝3，使得 a ，a ，…，a 成等差数列，故④正确．
1
2
k
故答案为：②③④．
【点评】本题考查函数的导数的应用，数列的简单性质的应用，是中档题．
三、解答题共 6 小题，共 85 分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16．【分析】（1）根据正弦定理将边化为角，根据两角和的正弦公式可求 csB 的值，即可得出答案；
（2）由余弦定理求出 a，c，过 A 作 CB 延长线的垂线，垂足为 D，在 Rt△ABD 中求 AD，即可得出答
案．
【解答】解：（1）∵2c＝2bcsA﹣a，
∴由正弦定理得 2sinC＝2sinBcsA﹣sinA，
即 2sin（A+B）＝2sinBcsA﹣sinA，
即 2sinAcsB+2csAsinB＝2sinBcsA﹣sinA，
∴2sinAcsB＝﹣sinA，
∵A∈（0，π），即 sinA≠0，
∴
．
又 B∈（0，π），则
；
（2）∵a+c＝8，b＝7，
，
∴由余弦定理得
，
2
2
2
∴a +c ﹣49＝﹣ac，即（a+c） ﹣49＝ac，
∴ac＝64﹣49＝15，
第11页/共18页

∵C＞A，∴c＞a．
∵a+c＝8，
∴a＝3，c＝5．
过 A 作 AD⊥CB 交 BC 的延长线于点 D，如图所示：
则 BC 边上的高
．
【点评】本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17．【分析】（1）由等比数列的性质，求得等差数列{an}的公差 d，再由等差数列的通项公式，得解；
（2）采用分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得解．
【解答】解：（1）设等差数列{an}的公差为 d，
因为 a ，a ，a +1 成等比数列，所以
，
2
3
4
即 d（3d+1）＝（2d）2，解得 d＝0 或 d＝1，
若 d＝0，则 a ＝0，此时 a ，a 不能是等比数列中的项，
n
2
3
故 d＝0 不符合题意，
所以 d＝1，an＝0+（n﹣1）×1＝n﹣1，
此时 a ＝1，a ＝2，a +1＝4，符合 a ，a ，a +1 成等比数列，
2
3
4
2
3
4
所以 an＝n﹣1．
（2）
，
所以 T ＝b +b +b +b +⋯+b2n﹣1+b2n
2n
1
2
3
4
＝（b +b +b +⋯+b
）+（b +b +b +⋯+b ）
2 4 6 2n
1
3
5
2n﹣1
＝（1+3+5+⋯+2n﹣1）+（2 +2 +2 +⋯+22n﹣1）
1
3
5
＝
＝
．
所以
．
【点评】本题考查数列的通项公式与前 n 项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式，等比中项的性质，
等差、等比数列的前 n 项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18．【分析】（1）连接 AC、BD，设 AC⋂BD＝O，连接 ON，即可得到 ON∥AM，从而得证；
（2）首先证明 BD⊥平面 AA C C，得到 A C⊥BD，再证 A C⊥ON，即可得到 A C⊥平面 BDN，从而得
1
1
1
1
1
第12页/共18页

证．
【解答】解：（1）在长方体 ABCD﹣A B C D 中，AB＝AD＝2，
1
1 1 1
点 M 和点 N 在棱 CC1 上，且 CM＝2CN＝2，
连接 AC、BD，设 AC⋂BD＝O，连接 ON，
则 O 为 AC 的中点，又 N 为 CM 的中点，所以 ON∥AM，
又 AM⊄平面 BDN，ON⊂平面 BDN，所以 AM∥平面 BDN．
（2）在长方体 ABCD﹣A B C D 中，AB＝AD＝2，则 ABCD 为正方形，
1
1 1 1
所以 AC⊥BD，
AA ⊥平面 ABCD，BD⊂平面 ABCD，所以 AA ⊥BD，
1
1
AA ⋂AC＝A，AA ，AC⊂平面 AA C C，所以 BD⊥平面 AA C C，
1
1
1
1
1 1
A C⊂平面 AA C C，所以 A C⊥BD，
1
1
1
1
又
，
，CN＝1，AA1＝4，
所以
＝
，所以△A AC∽△OCN，所以∠A CA＝∠ONC，
1 1
又∠A CA+∠A CN＝90°，所以∠A CN+∠ONC＝90°，
1
1
1
所以 A1C⊥ON，
又 BD⋂ON＝O，BD，ON⊂平面 BDN，
所以 A C⊥平面 BDN，又 DN⊂平面 BDN，所以 A C⊥DN．
1
1
【点评】本题考查了线面垂直，线线垂直问题，考查转化思想，是中档题．
19．【分析】（1）根据三角函数的恒等变换可得 f（x）＝sin（2ωx+ ），分别选择条件①，②，③都可得
到 ω＝1，再根据正弦函数的单调性求解即可；
（2）令 t＝2x+ ∈[ ，2m+ ]，画出图象，数形结合即可求解．
【解答】解：（1）f（x）＝
cs2ωx＝sin（2ωx+ ）；
sinωxcsωx+cs2ωx﹣
＝
sin2ωx+
﹣
＝
sin2ωx+
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若选①，f（ ）＝ ，即 sin（2ω•
+
）＝ ，
因为 0＜ω＜2，所以 2ω•
+
∈（ ， π），
所以 2ω•
+
＝ π，解得 ω＝1；
若选②，f（x+π）＝f（x），所以 π 是 f（x）的一个周期．
所以 f（0）＝f（π），即 sin ＝sin（2πω+ ）＝ ，
因为 0＜ω＜2，所以 2πω+ ∈（ ，4π+ ），
所以 2πω+ ＝ π 或 π 或 π，
解得 ω＝ 或 1 或 ，则最小正周期 T＝
＝3π 或 π 或 π，
而 π 是函数的一个周期，
可得 ω＝1．
若选③，因为 f（ ﹣x）＝f（ +x）可得函数的一条对称轴为 x＝
，
所以 2× ω+
解得 ω＝1．
＝
+kπ，k∈Z，且 0＜ω＜2，
综上，ω＝1，所以 f（x）＝sin（2x+ ），
所以单调递增区间满足﹣ +2kπ≤2x+
解得﹣ +kπ≤x≤ +kπ，k∈Z，
≤
+2kπ，k∈Z，
所以 f（x）的单调递增区间为[﹣ +kπ， +kπ]（k∈Z）．
（2）x∈[0，m]时，2x+ ∈[ ，2m+ ]，
令 t＝2x+ ∈[ ，2m+ ]，
则 y＝sint 在 t∈[ ，2m+ ]上的最大值为 1，
则 2m+
≥
，解得 m≥
．
所以 m 的最小值为：
．
【点评】本题考查函数的性质的应用及最值的求法，属于中档题．
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20．【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得
，即可得到方程组，解得即可；
（2）由（1）可得
，求出函数的定义域与导函数，再解得关于导函数的不等式，即可求
出函数的单调区间；
（3）由（2）不妨设 x ＜x ，则 0＜x ＜1＜x ，则只需证明 f（x ）＞f（2﹣x ），即证 f（x ）＞f（2﹣
1
2
1
2
2
1
1
x1），令 g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）（0＜x＜1），利用导数说明函数的单调性，即可得证．
【解答】解：（1）因为
，
所以
，
因为函数 f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为 y＝3，
所以
解得
，即
，
．
（2）由（1）可得
定义域为（﹣∞，0）⋃（0，+∞），
则
，
因为
，
所以当 x＜0 或 0＜x＜1 时 f′（x）＜0，当 x＞1 时 f′（x）＞0，
所以 f（x）的单调递减区间为（﹣∞，0），（0，1），单调递增区间为（1，+∞）．
（3）证明：由（1）可得当 x＞0 时 f（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞），
则 f（x）在 x＝1 处取得极小值 f（1）＝3，
因为当 x＞0 时，存在常数 t＞0，使得方程 f（x）＝t 有两个不同的实数解 x ，x ，
1
2
即 y＝f（x）（x＞0）与 y＝t 有两个交点，则 t＞3，
不妨设 x ＜x ，则 0＜x ＜1＜x ，
1
2
1
2
要证 x +x ＞2，
1
2
即证 x ＞2﹣x ，又 0＜x ＜1，所以 1＜2﹣x ＜2，
2
1
1
1
因为 f（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以只需证明 f（x ）＞f（2﹣x ），
2
1
又 f（x ）＝f（x ），则只需证明 f（x ）＞f（2﹣x ），
1
2
1
1
令
（0＜x＜1），
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则
＝
，
3
2
2
令 h（x）＝x ﹣3x +2，（0＜x＜1），则 h′（x）＝3x ﹣6x＝3x（x﹣2）＜0，
则 h（x）在（0，1）上单调递减，且 h（1）＝0，所以 h（x）＞0，
所以 g′（x）＜0，即 g（x）在（0，1）上单调递减，
所以 g（x）＞g（1）＝0，
即 f（x）﹣f（2﹣x）＞0 在（0，1）上恒成立，
所以 f（x）＞f（2﹣x）在（0，1）上恒成立，
即 f（x ）＞f（2﹣x ）在 x ∈（0，1）上恒成立，
1
1
1
则 x +x ＞2．
1
2
【点评】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线问题，利用导数证明不等式，极值点偏移问
题，化归转化思想，属难题．
21．【分析】（1）由题意，注意对残表的理解，可得出答案；
（2）由 A∈S（2）且∁j（A）＝1（j＝1，2），可知，数表 A 中每列两数的和为 1，设为 m，1﹣m；n，1
﹣n，易发现 R （A′），R （A′）取值情况，分析可得证．
1
2
（3）用反证法，可得证．
【解答】解：（1）根据残表的定义，数表 A 的所有残表 A'，且满足 R （A′）＝R （A′）如下：
1
2
0
0.1
0
0
0
0.1
0
0.1
0
0
0
0.1
（2）证明：由 A∈S（2）且∁j（A）＝1（j＝1，2），不妨设数表 A 如下：
m
n
1﹣m
1﹣n
显然，0≤m≤1，0≤n≤1，
不难发现其残表 A′满足：
，或
，或
，或
，
当
，
时，A 的残表：
m
n
0
0
第16页/共18页

使得 R （A′），R （A′）均不超过 ；
1
2
当
，
时，A 的残表：
m
0
0
1﹣n
使得 R （A′），R （A′）均不超过 ；
1
2
当
，
时，A 的残表：
0
n
1﹣m
0
当
，
时，A 的残表：
m
0
0
1﹣n
使得 R （A′），R （A′）均不超过 ；
1
2
当
，
时，A 的残表：
0
n
1﹣m
0
使得 R （A′），R （A′）均不超过 ；
1
2
当
，
时，A 的残表：
0
0
1﹣m
1﹣n
使得 R （A′），R （A′）均不超过 ；
1
2
综上，一定存在 A 的某个残表 A'使得 R （A′），R （A′）均不超过 ；
1
2
（3）证明：设 A 为：
a1
b1
a2
b2
…
…
a23
b23
则 a +b ＝1（j＝1，2，3，…，23），
j
j
不妨设 a ≤a ≤…≤a ，则 b ≥b ≥…≥b ，
1
2
23
1
2
23
若 a +a +…+a ≤6，则可取 A 的残表 A′：
1
2
23
第17页/共18页

a1
a2
…
…
a23
0
0
0
（则每列都将第二个数变为 0 ），即有 R （A）＝a +a +⋯+a ，
1
1
2
23
而 R2（A）＝0，均不超过 6；
若 a +a +⋯+a ＞6，则可设正整数 k≤22 满足 a +⋯+a ≤6＜a +⋯+a +a （即 a ，⋯，a 中至多取前 k 个
1
2
23
1
k
1
k
k+1
1
23
数之和不超过 6），
由于 6＜a +a +⋯+ak+1≤（k+1）ak+1，知
，
1
2
于是
有
，
bk+1+bk+2+⋯+b23＝
（1﹣ak+1）+⋯+（1﹣a23）
＝
（23﹣k）
﹣
（ak+1+⋯+a23）
＝
，
故可取 A 的残表 A′为：
a1
a2
…
…
ak
0
…
…
0
0
0
0
bk+1
b23
（即前 k 列都将第二个数变为 0，而后 23﹣k 列都将第一个数变为 0），
即有 R （A′）＝a +a +⋯+a ，R （A′）＝bk+1+⋯+b23，均不超过 6．
1
1
2
k
2
【点评】本题是新概念题，要准确理解数表以及残表的概念，采取从特殊到一般的方法，逐层突破，考
查了逻辑推理能力、计算能力，属于难题．
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