2023-2024学年北京市清华附中朝阳学校、望京学校高二（上）期中数学试卷

这是一份2023-2024学年北京市清华附中朝阳学校、望京学校高二（上）期中数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．（4分）复数z＝i（1﹣i）的模|z|＝（ ）
A．B．2C．1D．4
2．（4分）椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为，焦距为4，则该椭圆的方程为（ ）
A．B．+＝1
C．+＝1D．+＝1
3．（4分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝，则a2＝（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）直线的倾斜角为（ ）
A．120°B．150°C．30°D．45°
5．（4分）过点A（2，1）且与直线l：2x﹣4y+3＝0平行的直线方程是（ ）
A．x﹣2y＝0B．2x+y﹣5＝0C．2x﹣y﹣3＝0D．x+2y﹣4＝0
6．（4分）已知△ABC的顶点B、C在椭圆+y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A．2B．4C．6D．12
7．（4分）设数列{an}是等比数列，则“a2＞a1”是“{an} 为递增数列”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
8．（4分）椭圆的两焦点为F1、F2，以F1F2为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的两边，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
9．（4分）直线ax+by﹣a﹣b＝0（a2+b2≠0）与圆x2+y2＝2的位置关系为（ ）
A．相离B．相切
C．相交或相切D．相交
10．（4分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列结论中正确的是（ ）
A．与三条直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等的直线有且仅有一条
B．与三条直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等的平面有且仅有一个
C．到三条直线AB，CC1，D1A1的距离都相等的点恰有两个
D．到三条直线AB，CC1，D1A1的距离都相等的点有无数个
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）已知直线l：x﹣y﹣5＝0，圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝1，则直线l被圆C所截得的线段的长为 ．
12．（5分）在平面直角坐标系中，经过（0，0），（﹣2，0），（0，﹣4）三点的圆的标准方程为 ．
13．（5分）如图所示，在四面体O﹣ABC中，＝，＝，＝，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝ （用，，表示）．
14．（5分）圆O1：（x+2）2+y2＝4和圆O2：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4的位置关系是 ．
15．（5分）已知数列{an}满足下面说法正确的有 ．
①当时，数列{an}为递减数列；
②当时，数列{an}为递减数列；
③当时，数列{an}为递减数列；
④当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项．
三、解答题：本大题共6小题，共85分.
16．（13分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
（Ⅰ）求证：BD1∥平面ACE；
（Ⅱ）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．
17．（14分）已知数列{an}是等比数列，满足a1＝3，a4＝24，数列{bn}满足b1＝4，b4＝22，设cn＝an﹣bn，且{cn}是等差数列．
（1）求数列{an}和{cn}的通项公式；
（2）求{bn}的通项公式和前n项和Tn．
18．（13分）在△ABC中，csC＝，c＝8，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）b的值；
（Ⅱ）角A的大小和△ABC的面积．
条件①：a＝7；
条件②：csB＝．
19．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面ABP，BC∥AD，∠PAB＝90°．PA＝AB＝2，AD＝3，BC＝m，E是PB的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；
（Ⅱ）若二面角C﹣AE﹣D的余弦值是，求m的值；
（Ⅲ）若m＝2，在线段AD上是否存在一点F，使得PF⊥CE．若存在，确定F点的位置；若不存在，说明理由．
20．（15分）已知椭圆C：的一个顶点为P（0，1），离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点定点G（0，﹣3）作斜率为k的直线l与椭圆交于A，B，直线PA，PB的斜率分别记为k1，k2．求k1•k2的值．
21．（15分）设D＝{1，2，3，…，10}，如果函数f：D→D的值域也是D，则称之为一个泛函数，并定义其迭代函数列{fn（x）}：f1（x）＝f（x），．
（1）请用列表法补全如下函数列；
（2）求证：对任意一个i∈D，存在正整数Ni≤10（Ni是与i有关的一个数），使得；
（3）类比排序不等式：a＜b，c＜d⇒ac+bd＞ad+bc，把D中的10个元素按顺序排成一列记为（x1，x2，…，x10），使得10项数列A：f2520（1）•x1，f2520（2）•x2，f2520（3）•x3，…，f2520（10）•x10的所有项和S最小，并计算出最小值Smin及此时对应的（x1，x2，…，x10）．
2023-2024学年北京市清华附中朝阳学校、望京学校高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.
1．（4分）复数z＝i（1﹣i）的模|z|＝（ ）
A．B．2C．1D．4
【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】解：∵z＝i（1﹣i）＝1+i，
∴|z|＝．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
2．（4分）椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，长轴长为，焦距为4，则该椭圆的方程为（ ）
A．B．+＝1
C．+＝1D．+＝1
【分析】设椭圆的方程为（a＞b＞0），根据题意算出a＝且c＝2，利用平方关系算出b＝2，从而可得该椭圆的方程．
【解答】解：∵椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，
∴设椭圆的方程为（a＞b＞0），
又∵长轴2a＝，焦距2c＝4，
∴a＝，c＝2，可得b＝＝2，
即椭圆方程为．
故选：C．
【点评】本题已知焦点在x轴上的椭圆的长轴长与焦距，求椭圆的标准方程．着重考查了椭圆的标准方程与简单几何性质等知识，属于基础题．
3．（4分）已知数列{an}的前n项和为Sn，若Sn＝，则a2＝（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意，分析可得a2＝S2﹣S1，代入Sn＝，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}的前n项和Sn＝，
则a2＝S2﹣S1＝﹣1＝﹣；
故选：A．
【点评】本题考查数列的表示方法，涉及数列的前n项和与an的关系，属于基础题．
4．（4分）直线的倾斜角为（ ）
A．120°B．150°C．30°D．45°
【分析】利用直线的斜率与倾斜角的关系即可得出结论．
【解答】解：设直线的倾斜角为θ，θ∈[0°，180°），
则tanθ＝﹣＝，
∴θ＝30°，
故选：C．
【点评】本题考查了直线的斜率与倾斜角的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5．（4分）过点A（2，1）且与直线l：2x﹣4y+3＝0平行的直线方程是（ ）
A．x﹣2y＝0B．2x+y﹣5＝0C．2x﹣y﹣3＝0D．x+2y﹣4＝0
【分析】根据题意，所求直线的斜率为且经过点A（2，1），利用直线的点斜式方程列式，化简即可得到所求直线方程．
【解答】解：设所求直线为l，
∵直线l直线平行于直线2x﹣4y+3＝0，
∴直线l的斜率与直线y＝x+的斜率相等，即k＝．
又∵直线l经过点A（2，1），
∴直线l的点斜式方程为y﹣1＝（x﹣2），化为一般式得x﹣2y＝0
故选：A．
【点评】本题给出经过定点且与已知直线平行的直线，求直线的方程．着重考查了直线的基本量与基本形式、直线的位置关系等知识，属于基础题．
6．（4分）已知△ABC的顶点B、C在椭圆+y2＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，则△ABC的周长是（ ）
A．2B．4C．6D．12
【分析】由椭圆+y2＝1，长轴长2a＝2，则a＝，设直线AB过椭圆的右焦点F2，则根据椭圆的定义可知：|AB|+|BF2|＝2a＝2，|AC|+|F2C|＝2a＝2．三角形的周长为：|AB|+|BF2|+|AC|+|F2C|＝4a＝4．即可求得△ABC的周长．
【解答】解：椭圆+y2＝1，长轴长2a＝2，则a＝，
设直线AB过椭圆的右焦点F2，根据椭圆的定义可知：
|AB|+|BF2|＝2a＝2，|AC|+|F2C|＝2a＝2．
∴三角形的周长为：|AB|+|BF2|+|AC|+|F2C|＝4a＝4．
故选：B．
【点评】本题考查椭圆的定义，考查焦点三角形的周长公式，考查计算能力，属于基础题．
7．（4分）设数列{an}是等比数列，则“a2＞a1”是“{an} 为递增数列”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
【分析】由数列{an}为等比数列，结合已知不等式分别检验充分及必要性即可判断．
【解答】解：因为数列{an}为等比数列，
当a2＝1，a1＝﹣1满足a2＞a1，此时数列{an}不为递增数列，
当数列{an}为递增数列时，则a2＞a1一定成立．
故选：B．
【点评】本题考查充分条件、必要条件的判断，考查等差数列的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
8．（4分）椭圆的两焦点为F1、F2，以F1F2为边作正三角形，若椭圆恰好平分正三角形的两边，则椭圆的离心率是（ ）
A．B．C．D．
【分析】由题意得到，利用椭圆的定义式，进而可得结果．
【解答】解：∵以F1F2为边作正三角形，椭圆恰好平分正三角形的两边，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点评】本题考查了椭圆的性质，属于中档题．
9．（4分）直线ax+by﹣a﹣b＝0（a2+b2≠0）与圆x2+y2＝2的位置关系为（ ）
A．相离B．相切
C．相交或相切D．相交
【分析】利用点到直线距离公式求出圆心到直线的距离与半径比较大小即可得出结论．
【解答】解：圆x2+y2＝2的圆心O（0，0），半径r＝．
圆心O到直线的距离d＝＝，
∵≤，
当且仅当ab＞0，a＝b时取等号，
∴≤，
∴直线ax+by﹣a﹣b＝0（a2+b2≠0）与圆x2+y2＝2的位置关系为相交或相切．
故选：C．
【点评】本题考查了点到直线距离公式、直线与圆的位置关系、基本不等式的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10．（4分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则下列结论中正确的是（ ）
A．与三条直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等的直线有且仅有一条
B．与三条直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等的平面有且仅有一个
C．到三条直线AB，CC1，D1A1的距离都相等的点恰有两个
D．到三条直线AB，CC1，D1A1的距离都相等的点有无数个
【分析】利用空间几何体的性质，逐项判断即可．
【解答】解：∵D1A1∥AD，CC1∥AA1，
AC1与三直线直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等，
与直线AC1平行的直线均与三直线直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等，故有无数条，故A错误；
平面AB1D1与三直线直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等，
而与平面AB1D1平行的平面均与直线AB，CC1，D1A1所成的角都相等，故B错误；
以D为坐标原点，DA，DC，DD1为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则P（a，a，a），A（1，0，0），B（1，1，0），
∴＝（a﹣1，a，a），＝（0，1，0），
P到直线AB的距离d＝|||•＝•＝，
同理可得P到直线CC1和D1A1的距离为，
故DB1上的点到三条直线AB，CC1，D1A1的距离相等，
故有无数个点到三条直线AB，CC1，D1A1的距离相等，故C错误，D正确．
故选：D．
【点评】本题考查空间几何体的性持，考查线面角，点到线的距离，属中档题．
二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）已知直线l：x﹣y﹣5＝0，圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝1，则直线l被圆C所截得的线段的长为 ．
【分析】根据圆的方程找出圆心坐标和半径，求得圆心到直线的距离，由垂径定理可求直线l被圆C所截得的线段的长．
【解答】解：由圆C：（x﹣2）2+（y+2）2＝1，可得圆心C（2，﹣2），半径r＝1，
圆心C（2，﹣2）到直线l：x﹣y﹣5＝0的距离d＝＝，
所以直线l被圆C所截得的线段的长为2＝2×＝．
故答案为：．
【点评】本题考查直线线与圆的位置关系，考查运算求解能力，考查点到线的距离，属基础题．
12．（5分）在平面直角坐标系中，经过（0，0），（﹣2，0），（0，﹣4）三点的圆的标准方程为 （x+1）2+（y+2）2＝5 ．
【分析】设所求圆的标准方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，代入各点坐标求出a，b，r的值即可．
【解答】解：由题意设所求圆的标准方程为（x﹣a）2+（y﹣b）2＝r2，代入各点坐标得，
，解得，
故所求圆的标准方程为（x+1）2+（y+2）2＝5．
故答案为：（x+1）2+（y+2）2＝5．
【点评】本题主要考查圆的标准方程的求解，属于基础题．
13．（5分）如图所示，在四面体O﹣ABC中，＝，＝，＝，D为BC的中点，E为AD的中点，则＝ （用，，表示）．
【分析】根据向量加法与减法法则可以直接得到结果．
【解答】解：∵E为AD的中点，
∴，
又∵D为BC中点，
∴，
∴．
故答案为：．
【点评】本题主要考查向量的加法与减法法则，属于基础题．
14．（5分）圆O1：（x+2）2+y2＝4和圆O2：（x﹣2）2+（y﹣1）2＝4的位置关系是 外离 ．
【分析】根据圆的位置关系直接得出．
【解答】解：根据两圆的方程可知O1（﹣2，0），O2（2，1），得，r1＝2，r2＝2，
所以，
所以两圆外离．
故答案为：外离．
【点评】本题主要考查两圆的位置关系，属于基础题．
15．（5分）已知数列{an}满足下面说法正确的有 ②③④ ．
①当时，数列{an}为递减数列；
②当时，数列{an}为递减数列；
③当时，数列{an}为递减数列；
④当为正整数时，数列{an}必有两项相等的最大项．
【分析】根据题意，求出数列的递推式，进而分析n与之间的关系，即可得出结论．
【解答】解：由题意，在数列{an}中，，
则有，
∵0＜k＜1，
∴当 时，，即 an+1＞an；
当 时，，即 an+1＜an．
当 时，a1＝，a2＝2×（）2＝，
故数列 {an} 不是递减数列，故①不正确．
当 时，，an+1＜an，
故数列 {an} 是递减数列，故②正确．
当 时，，所以数列 {an} 是递减数列，故③正确．
当 为正数时，令 ，所以 ．
时，，数列 {an} 从第二项起递减，
所以此时数列 {an} 有两项相等的最大值；
时，数列从第一项到第n﹣1项递增，从第n+1项起递减，
则有，所以 an＞an﹣1，
，所以 an＝an+1，
所以此时数列 {an} 有两项相等的最大值，
故④正确．
选答案为：②③④．
【点评】本题考查数列的递推式，递增递减数列的判断，涉及数列的函数特性，属于中档题．
三、解答题：本大题共6小题，共85分.
16．（13分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为DD1的中点．
（Ⅰ）求证：BD1∥平面ACE；
（Ⅱ）求直线AD与平面ACE所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）连接BD交AC于点O，连接OE，证明OE∥BD1.然后证明BD1∥平面ACE．
（Ⅱ）不妨设正方体的棱长为2，建立空间直角坐标系A﹣xyz．求出平面ACE的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AD与平面ACE所成角的正弦值即可．
【解答】（Ⅰ）证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
在正方形ABCD中，OB＝OD．
因为E为DD1的中点，
所以OE∥BD1.………………（3分）
因为BD1⊄平面ACE，OE⊂平面ACE，
所以BD1∥平面ACE． ………………（5分）
（Ⅱ）解：不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系A﹣xyz．
则A（0，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），
所以，，． ………………（8分）
设平面ACE的法向量为＝（x，y，z），
所以所以即………………（10分）
令y＝﹣1，则x＝1，z＝2，
于是＝（1，﹣1，2）．………………（11分）
设直线AD与平面ACE所成角为θ，
则．………………（13分）
所以直线AD与平面ACE所成角的正弦值为．
【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，转化思想以及计算能力，是中档题．
17．（14分）已知数列{an}是等比数列，满足a1＝3，a4＝24，数列{bn}满足b1＝4，b4＝22，设cn＝an﹣bn，且{cn}是等差数列．
（1）求数列{an}和{cn}的通项公式；
（2）求{bn}的通项公式和前n项和Tn．
【分析】（1）根据等差数列、等比数列定义求解；
（2）先写出数列{bn}的通项公式，再分组求和即可求解．
【解答】解：（1）设等比数列{an}的公比为q，
因为a1＝3，，所以q＝2，即，
设等差数列{cn}公差为d，
因为c1＝a1﹣b1＝﹣1，c4＝a4﹣b4＝c1+3d＝2，所以d＝1，即cn＝n﹣2．
（2）因为cn＝an﹣bn，所以bn＝an﹣cn，
由（1）可得，
设{bn}前n项和为Tn，
＝
＝．
【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法，数列的求和，分组法的求和，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
18．（13分）在△ABC中，csC＝，c＝8，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
（Ⅰ）b的值；
（Ⅱ）角A的大小和△ABC的面积．
条件①：a＝7；
条件②：csB＝．
【分析】选条件①：（Ⅰ）利用余弦定理的应用求出结果；（Ⅱ）利用三角函数关系式的变换，正弦定理和三角形的面积求出结果；
选条件②时，（Ⅰ）利用三角函数的角的变换和正弦定理的应用求出结果；（Ⅱ）利用三角函数的角的变换和三角形的面积公式的应用求出结果．
【解答】解：选条件①：
（Ⅰ）a＝7时，csC＝，c＝8，
利用c2＝a2+b2﹣2abcsC，
整理得b2﹣2b﹣15＝0，解得b＝5或﹣3（负值舍去），
故：b＝5．
（Ⅱ）由于csC＝，0＜C＜π，
所以sinC＝，
利用正弦定理，所以，解得sinA＝，
由于c＞a，所以A＝，
则．
选条件②时，
（Ⅰ）csB＝，所以，
csC＝，所以sinC＝，
由正弦定理，整理得，解得b＝5，
（Ⅱ）csB＝，所以，
csC＝，所以sinC＝，
所以csA＝﹣cs（B+C）＝＝，
由于A∈（0，π），
所以A＝．
所以．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
19．（15分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面ABP，BC∥AD，∠PAB＝90°．PA＝AB＝2，AD＝3，BC＝m，E是PB的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；
（Ⅱ）若二面角C﹣AE﹣D的余弦值是，求m的值；
（Ⅲ）若m＝2，在线段AD上是否存在一点F，使得PF⊥CE．若存在，确定F点的位置；若不存在，说明理由．
【分析】（Ⅰ）推导出BC⊥平面PAB． AE⊥BC． AE⊥PB．由此能证明AE⊥平面PBC．
（Ⅱ）建立空间直角坐标系A﹣xyz．利用向量法能求出m的值．
（Ⅲ）设F（0，0，t）（0≤t≤3）．当m＝2时，C（0，2，2）.，．由PF⊥CE知，，﹣2﹣2t＝0，t＝﹣1．这与0≤t≤3矛盾．从而在线段AD上不存在点F，使得PF⊥CE．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为 AD⊥平面PAB，BC∥AD，
所以 BC⊥平面PAB．
又因为 AE⊂平面PAB，所以 AE⊥BC．
在△PAB中，PA＝AB，E是PB的中点，所以 AE⊥PB．
又因为 BC∩PB＝B，所以 AE⊥平面PBC．
（Ⅱ）解：因为 AD⊥平面PAB，所以AD⊥AB，AD⊥PA．
又因为 PA⊥AB，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz．
则A（0，0，0），B（0，2，0），C（0，2，m），E（1，1，0），P（2，0，0），D（0，0，3），
，．
设平面AEC的法向量为＝（x，y，z）．
则即 令x＝1，则y＝﹣1，，于是＝（1，﹣1，）．
因为AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB．又PB⊥AE，所以PB⊥平面AED．
又因为，所以 取平面AED的法向量为＝（﹣1，1，0）．
所以|cs＜＞|＝＝，即，解得m2＝1．
又因为m＞0，所以m＝1．
（Ⅲ）解：结论：不存在．理由如下：
证明：设F（0，0，t）（0≤t≤3）．
当m＝2时，C（0，2，2）.，．
由PF⊥CE知，，﹣2﹣2t＝0，t＝﹣1．这与0≤t≤3矛盾．
所以，在线段AD上不存在点F，使得PF⊥CE．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查实数值的求法，考查满足线线垂直的点是否存在的判断与证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20．（15分）已知椭圆C：的一个顶点为P（0，1），离心率为．
（1）求椭圆C的方程；
（2）过点定点G（0，﹣3）作斜率为k的直线l与椭圆交于A，B，直线PA，PB的斜率分别记为k1，k2．求k1•k2的值．
【分析】（1）由题意，列出关于a，b，c的标准方程，代入计算，即可得到结果；
（2）设出直线l的方程和A，B两点的坐标，将直线l的方程与椭圆C的方程联立，结合韦达定理，再进行求解即可．
【解答】解：（1）已知椭圆C的一个顶点为P（0，1），离心率为，
所以，
解得，
则椭圆C的方程为；
（2）不妨设直线l的方程为y＝kx﹣3，A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，消去y并整理得（1+2k2）x2﹣12kx+16＝0，
此时Δ＝144k2﹣64（1+2k2）＞0，
所以k∈（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞），
由韦达定理得，，
因为P（0，1），
所以，，
则
＝＝＝1．
【点评】本题考查椭圆的方程以及直线与圆锥曲线的综合问题，考查了逻辑推理和运算能力．
21．（15分）设D＝{1，2，3，…，10}，如果函数f：D→D的值域也是D，则称之为一个泛函数，并定义其迭代函数列{fn（x）}：f1（x）＝f（x），．
（1）请用列表法补全如下函数列；
（2）求证：对任意一个i∈D，存在正整数Ni≤10（Ni是与i有关的一个数），使得；
（3）类比排序不等式：a＜b，c＜d⇒ac+bd＞ad+bc，把D中的10个元素按顺序排成一列记为（x1，x2，…，x10），使得10项数列A：f2520（1）•x1，f2520（2）•x2，f2520（3）•x3，…，f2520（10）•x10的所有项和S最小，并计算出最小值Smin及此时对应的（x1，x2，…，x10）．
【分析】（1）根据函数的定义以及定义域与值域的定义，可得答案；
（2）利用分类讨论的思想，结合题意，可得答案；
（3）根据（2）的结论，化简数列，根据运算，可得答案．
【解答】解：（1）
（2）证明：按泛函数的定义，i≠j⇔f（i）≠f（j）（∀i，j∈D）①
任取i∈D，则i，f1（i），f2（i），…，f10（i）∈D，所以，其中必有两个相等．
情形一，存在fj（i）＝i（1≤j≤10），则取ni＝j即可；
情形二，存在fj（i）＝fk（i）（1≤j＜k≤10），由①，得fj﹣1（i）＝fk﹣1（i），
连续应用①j次，即得fk﹣j（i）＝i，取正整数ni＝k﹣j即可．
综上，命题得证．
（3）因为2520＝23×32×5×7，所以2520是1，2，3，…，10的公倍数，
从而2520是（2）中每个ni的倍数，因此f2520（i）＝i，∀i∈D，
故S＝f2520（1）x1，f2520（2）x2，f2520（3）x3，…，f2520（10）x10
＝1•x1+2•x2+3•x3+…+10•x10，
由排序不等式，可知当π＝（10，9，8，7，6，5，4，3，2，1）时，
S最小，并且Smin＝1•10+2•9+3•8+…+10•1
＝11（1+2+3+…+10）﹣（12+22+32+…+102）
＝．
【点评】本题考查新定义问题，以及类比法的应用，属于难题．
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