2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期中数学试卷人教A版

展开

这是一份2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期中数学试卷人教A版，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知a>b，c>d>0，则（）
A.1a<1bB.a−c>b−dC.ac>bdD.dc
2. 关于x的不等式x+1x−2≥0的解集为（）
A.(−∞, −1]∪(2, +∞)B.[−1, 2)
C.(−∞, −1]∪[2, +∞)D.[−1, 2]

3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d＝1，且S6−S2＝10，则a3+a4＝（）
A.2B.3C.4D.5

4. 若不等式ax2+bx−1<0的解集为{x|−1A.−14B.0C.12D.1

5. 已知等比数列{an}中，a2a3a4=1，a6a7a8＝64，则a5＝（）
A.±2B.−2C.2D.4

6. 已知在数列{an}中，a1=2,an+1=nn+1an，则a2020的值为（）
A.12020B.12019C.11010D.11009

7. 已知a>0，b>0，a+b＝3，则y=4a+1b+1的最小值为（）
A.98B.94C.92D.9

8. 已知数列{bn}满足bn=2λ(−12)n−1−n2，若数列{bn}是单调递减数列，则实数λ的取值范围是（）
A.(−1, 103)B.(−12, 103)C.(−1, 1)D.(−12, 1)
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置.上.

下列说法正确的有（）
A.“a＝b”是“ac＝bc”的充分不必要条件
B.“1a>1b”是“aC.“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件
D.“a>b>0”是“an>bn(n∈N, n≥2)”的充要条件

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，且a1>0，2a5+a11＝0，则（）
A.a8<0
B.当且仅当n＝7时，Sn取得最大值
C.S4＝S9
D.满足Sn>0的n的最大值为12

已知a，b均为正实数，且a+b＝1，则（）
A.a2+b2的最小值为12B.ab+1ab的最小值为2
C.a+b的最大值为2D.1a+1b的最大值为4

对于数列{an}，定义：bn=an−1an(n∈N*)，称数列{bn}是{an}的“倒差数列”．下列叙述正确的有（）
A.若数列{an}单调递增，则数列{bn}单调递增
B.若数列{bn}是常数列，数列{an}不是常数列，则数列{an}是周期数列
C.若an=1−(−12)n，则数列{bn}没有最小值
D.若an=1−(−12)n，则数列{bn}有最大值
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置.上.

命题“∃x∈R，x2−2x+m≤0”的否定是________．

在等比数列{an}中，已知a3⋅a8=10，则a53⋅a7的值为________．

已知x>0，y>0，x+3y+xy=9，则x+3y的最小值为________．

大衍数列来源于《乾坤谱》中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理．大衍数列中的每一项，都代表太极衍生过程中，曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列第19项的值为________，此数列的通项公式an＝ n2−12(n)n22(n) ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

在①f(x+1)−f(x)＝2ax，②f(x)的对称轴为x=12，③f(1)＝2这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并回答下面问题．
已知二次函数f(x)＝ax2+bx+1，若_____，且不等式f(x)≥0对任意的x∈R恒成立，试求实数a的取值范围．

已知数列{an}是公比q>1的等比数列，若a1+a2+a3＝14，且a2+1是a1，a3的等差中项．
（1）求数列{an}的通项公式；

（2）设bn＝lg2an，数列{1bnbn+1}的前n项和为Tn，若Tn
已知数列{an}中，a1＝2，且满足an+1−2an＝2n+1(n∈N*)．
（1）求证：数列{an2n}是等差数列，并求数列{an}的通项公式；

（2）求证：对于数列{bn}，b1+2b2+...+nbn＝an的充要条件是bn=(n+1)2n−1n．

已知函数f(x)=a⋅2x+12x−1,a∈R．
（1）当a＝1时，求不等式f(x)>3的解集；

（2）若不等式|f(2x)−f(x)|≤1对任意x∈[1, 2]恒成立，求实数a的取值范围．

如图，某森林公园内有一条宽为2百米的笔直的河道（假设河道足够长），现拟在河道内围出一块直角三角形区域养殖观赏鱼．三角形区域记为△ABC，A到河两岸距离AE，AD相等，B，C分别在两岸上，AB⊥AC．为方便游客观赏，拟围绕△ABC区域在水面搭建景观桥，桥的总长度（即△ABC的周长）为l．设EC＝x百米．

（1）试用x表示线段BC的长度；

（2）求l关于x的函数解析式f(x)，并求f(x)的最小值．

已知数列{an}为等差数列，公差为d，前n项和为Sn．
（1）若a1＝0，d＝2，求S100的值；

（2）若a1＝−1，{an}中恰有6项在区间(12,8)内，求d的取值范围；

（3）若a1＝1，S2＝3，集合A={an|n∈N*}，问能否在集合A中抽取到无穷多个不全相等的元素组成一个新数列{bn}，使得此新数列{bn}满足从第二项开始，每一项都等于它的前一项和后一项的调和平均数．若能，请举例说明；若不能，请说明理由．（注：数2aba+b叫作数a和数b的调和平均数）．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省苏州市高二（上）期中数学试卷
一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
1.
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
由不等式的性质逐一判断即可．
【解答】
若a>0>b，则1a>1b，故A错误；
若a>b，c>d>0，则−d>−c，a−d>b−c，故B错误；
a>b，c>d>0，取a＝2，b＝1，c＝6，d＝3，则ac=bd，故C错误；
dc−d+4c+4=4(d−c)c(c+4)，由c>d>0，可得d−c<0，
所以dc−d+4c+4=4(d−c)c(c+4)<0，即dc2.
【答案】
C
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
根据题意，原不等式变形可得(x+1)(x−2)>0或x+1＝0，解可得x的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，x+1x−2≥0⇔(x+1)(x−2)>0或x+1＝0，
解可得：x≤−1或x>2，
即不等式的解集为{x|x≤−1或x>2}；
3.
【答案】
B
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
先根据求和公式和等差数列的性质可得a5+a4＝5，即可求出a3+a4．
【解答】
由d＝1，且S6−S2＝10，
∴ S6−S2＝a6+a5+a4+a3＝2(a5+a4)＝10，
∴ a5+a4＝5，
∴ a3+a4＝(a5+a4)−2d＝5−2＝3，
4.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
不等式ax2+bx−1<0的解集是{x|−1【解答】
由题意不等式ax2+bx−1<0的解集是{x|−1∴ −1+2=−ba，−1×2=−1a
∴ a=12，b=−12
∴ a+b＝0
5.
【答案】
C
【考点】
等比数列的通项公式
【解析】
设等比数列{an}的公比为q，由a2a3a4=1，a6a7a8＝64，可得(q4)3＝64，解得q2．又(a1q2)3=1，解得a1．利用通项公式即可得出．
【解答】
设等比数列{an}的公比为q，∵ a2a3a4=1，a6a7a8＝64，
∴ (q4)3＝64，解得q2＝2．
又(a1q2)3=1，解得a1=12．
则a5=12×22=2．
6.
【答案】
C
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用递推关系式的应用求出数列的通项公式，进一步求出结果．
【解答】
数列{an}中，a1=2,an+1=nn+1an，所以(n+1)an+1−nan＝0，
所以nan＝1×a1＝2，
所以an=2n，
故a2020=22020=11010．
7.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】
由a>0，b>0，a+b＝3，可得a+b+1＝4，
则y=4a+1b+1=14[a+(b+1)](4a+1b+1)=14[5+4(b+1)a+ab+1]≥14[5+24(b+1)a⋅ab+1]=94，
当且仅当4(b+1)a=ab+1且a+b＝3即b=13，a=83时取等号，
8.
【答案】
A
【考点】
数列的函数特性
【解析】
根据函数为递减数列可得bn+1−bn＝6λ(−12)n−2n−1<0，分类讨论，根据数列的函数特征即可求出．
【解答】
数列{bn}是单调递减数列，
则bn+1−bn＝2λ(−12)n−(n+1)2−2λ(−12)n−1+n2＝6λ(−12)n−2n−1<0，
当n为偶数时，6λ<2n+1(−12)n=(2n+1)⋅(−2)n，即6λ<(2n+1)⋅2n，
由于{2n+1)⋅2n}为递增数列，则数列{2n+1)⋅2n}的最小值20，
∴ 6λ<20，
即λ<103，
当n为奇数时，6λ<2n+1(−12)n=(2n+1)⋅(−2)n，即6λ>−(2n+1)⋅2n，
由于{2n+1)⋅2n}为递减数列，则数列{−(2n+1)⋅2n}的最大值−6，
∴ 6λ>−6，
∴ λ>−1，
综上所述实数λ的取值范围是(−1, 103)．
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的四个选项中，都有多个选项是正确的，全部选对得5分，选对但不全的得3分，选错或不答的得0分.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置.上.
【答案】
A,B,C
【考点】
命题的真假判断与应用
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
利用不等式的基本性质、简易逻辑的判定方法即可判断出正误．
【解答】
A．“a＝b”⇒“ac＝bc”，反之不成立，因此“a＝b”是“ac＝bc的充分不必要条件，正确；
B．“1a>1b”与“a1b”是“aC．“ab≠0”⇒“a≠0”，反之不成立，因此“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件，正确；
D．“a>b>0”⇒“an>bn(n∈N, n≥2)”，反之不成立，因此“a>b>0”是“an>bn(n∈N, n≥2)”的充分不必要条件，因此不正确．
【答案】
A,C,D
【考点】
等差数列的性质
等差数列的前n项和
【解析】
2a5+a11＝0利用通项公式可得：a1＝−6d．根据a1>0，可得d<0，利用通项公式和求和公式进而判断出结论．
【解答】
∵ 2a5+a11＝0，
∴ 2a1+8d+a1+10d＝0，
∴ a1＝−6d，
∵ a1>0，
∴ d<0，
∴ {an}为递减数列，
∴ an＝a1+(n−1)d＝−6d+(n−1)d＝(n−7)d，
由an≥0，(n−7)d≥0，解得n≤7，
∴ 数列前6项大于0，第7项等于0，从第8项都小于0，
∴ a8<0，当n＝6或7时，Sn取得最大值，故A正确，B错误；
∵ S4＝4a1+6d＝−24d+6d＝−18d，S9＝9a1+36d＝−28d+36d＝−18d，
∴ S4＝S9，故C正确；
∴ Sn＝na1+n(n−1)2d=d2(n2−13n)>0，
解得0∴ 满足Sn>0的n的最大值为12，故D正确．
【答案】
A,C,D
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知结合基本不等式分别检验各选项即可判断．
【解答】
因为a，b均为正实数，且a+b＝1，
由(a+b2)2≤a2+b22可得，a2+b2≥12，当且故A正确；
由ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a＝b=12时取等号，
所以ab+1ab在(0, 14]上单调递减，当ab=14时取得最小值174，B错误；
(a+b)2＝a+b+2ab=1+2ab≤1+2×12=2，
故a+b≤2即a＝b时取等号，C正确；
1a+1b=a+ba+a+bb=2+ba+ab≥2+2ba⋅ab=4，
当且仅当ba=ab即a＝b=12时取等号，D 正确．
【答案】
B,D
【考点】
数列的函数特性
【解析】
对于A，根据函数f(x)＝x−1x在(−∞, 0)和(0, +∞)上单调递增，但在整个定义域上不是单调递增，即可判断；
对于B，设bn＝an−1an=t，通过数列的递推关系可得数列{an}是以2为周期的周期数列，
对于CD，若an＝1−(−12)n，分了n为奇数和偶数，利用数列的单调性即可判断．
【解答】
对于A：函数f(x)＝x−1x在(−∞, 0)和(0, +∞)上单调递增，但在整个定义域上不是单调递增，
可知数列数列{an}单调递增，则数列{bn}不是单调递增，例如：an＝n−52，则b2=−12+2=32，b3=12−2=−32，故A错误；
对于B：数列{bn}是常数列，可设bn＝an−1an=t，则an+1−1an+1=t，
∴ an+1−1an+1−an−1an=(an+1−an)(1+1anan+1)＝0，
∵ 数列{an}不是常数列，
∴ an+1−an≠0，
∴ 1+1anan+1=0，
整理可得an+1=−1an，
∴ an+2=−1an+1=an，
∴ 数列{an}是以2为周期的周期数列，故B正确；
对于CD，若an＝1−(−12)n，则bn＝1−(−12)n−11−(−12)n，
①当n为偶数时，an＝1−12n∈(0, 1)且{an}单调递增，
∴ 1an>1>an，
∴ bn<0，且数列{bn}单调递增，此时(bn)min＝b2＝1−14−11−14=34−43=−712，
①当n为奇数时，an＝1+12n>1且{an}单调递减，
∴ an>1>1an，
∴ bn>0，且数列{bn}单调递减，此时(bn)max＝b1＝1+12−11+12=32−23=56，
综上所述列{bn}既有最大值56，也有最小值−712，故C错误，D正确．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填写在答题卡相应位置.上.
【答案】
∀x∈R，x2−2x+m>0
【考点】
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为特称命题，则命题“∃x∈R，x2−2x+m≤0”的否定是∀x∈R，x2−2x+m>0，
【答案】
100
【考点】
等比数列的性质
【解析】
根据等比数列的性质即可求出．
【解答】
解：a53⋅a7=a52⋅(a5a7)=a52⋅a62=(a5a6)2
=(a3a8)2=100.
故答案为：100.
【答案】
6
【考点】
基本不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
法一（消元法）由已知得x=9−3y1+y，
因为x>0，y>0，所以0所以x+3y=9−3y1+y+3y=121+y+3y+1−6
≥2121+y⋅3y+1−6=6，
当且仅当121+y=3y+1，即y=1，x=3时，x+3ymin=6．
法二 ∵ x>0，y>0，9−x+3y=xy
=13x⋅3y≤13x+3y22，
当且仅当x=3y时等号成立，
设x+3y=t>0，则t2+12t−108≥0，
∴ t−6t+18≥0，
又∵ t>0，∴ t≥6．
故当x=3,y=1时，x+3ymin=6．
【答案】
180
【考点】
数列递推式
【解析】
直接利用数据求出数列的关系式和通项公式．
【解答】
根据前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，
则奇数项为：12−12，32−12，52−12，72−12，92−12，…，
偶数项为：222，422，622，822，1022，…，
所以第19项为：192−12=180．
所以数列的通项公式为an=n2−12(n)n22(n) ．
四、解答题：本大题共6小题，共70分.请在答题卡指定区域内作答.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
【答案】
选①f(x+1)−f(x)＝2ax，
∵ f(x)＝ax2+bx+1，
∴ a(1+x)2+b(1+x)+1−ax2−bx−1＝2ax，
整理可得，2ax+a+b＝2ax，
∴ a+b＝0，
∵ f(x)＝ax2−ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a＝0时，1≥0对任意的x∈R恒成立，
∴ a>0a2−4a≤0 ，解得0故0≤a≤4；
选②：f(x)的对称轴为x=12，
∴ −b2a=12，
∴ b＝−a，
∵ f(x)＝ax2−ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a＝0时，1≥0对任意的x∈R恒成立，
∴ a>0a2−4a≤0 ，解得0故0≤a≤4；
选③：f(1)＝2，
∴ a+b+1＝2即b＝1−a，
∵ f(x)＝ax2+(1−a)x+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a＝0时，x+1≥0不恒成立，
当a≠0时，a>0(1−a)2−4a≤0 ，解得3−22≤a≤3+22，
故3−22≤a≤3+22．
【考点】
二次函数的图象
二次函数的性质
【解析】
选①：f(x+1)−f(x)＝2ax，结合已知二次函数代入可得a+b＝0，然后由不等式恒成立，结合二次函数的性质可求；
选②：f(x)的对称轴为x=12，结合已知二次函的对称轴方程可得a+b＝0，然后由不等式恒成立，结合二次函数的性质可求；
选③：f(1)＝2，直接代入可得b＝1−a，然后由不等式恒成立，结合二次函数的性质可求．
【解答】
选①f(x+1)−f(x)＝2ax，
∵ f(x)＝ax2+bx+1，
∴ a(1+x)2+b(1+x)+1−ax2−bx−1＝2ax，
整理可得，2ax+a+b＝2ax，
∴ a+b＝0，
∵ f(x)＝ax2−ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a＝0时，1≥0对任意的x∈R恒成立，
∴ a>0a2−4a≤0 ，解得0故0≤a≤4；
选②：f(x)的对称轴为x=12，
∴ −b2a=12，
∴ b＝−a，
∵ f(x)＝ax2−ax+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a＝0时，1≥0对任意的x∈R恒成立，
∴ a>0a2−4a≤0 ，解得0故0≤a≤4；
选③：f(1)＝2，
∴ a+b+1＝2即b＝1−a，
∵ f(x)＝ax2+(1−a)x+1≥0对任意的x∈R恒成立，
当a＝0时，x+1≥0不恒成立，
当a≠0时，a>0(1−a)2−4a≤0 ，解得3−22≤a≤3+22，
故3−22≤a≤3+22．
【答案】
数列{an}是公比q>1的等比数列，若a1+a2+a3＝14，且a2+1是a1，a3的等差中项．
所以a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3 ，
整理得a1+qa1+a1⋅q2=142(a1⋅q+1)=a1+a1⋅q2 ，解得a1=2q=2 ，
故an=2n．
由于bn＝lg2an＝n，
所以1bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1<1，
若Tn只需满足m2−1≥1即可，
故m≥4，
即满足条件的自然数m的最小值为4．
【考点】
数列的求和
【解析】
（1）直接利用已知条件和关系式的应用求出数列的通项公式．
（2）利用裂项相消法和恒成立问题的应用求出数列的和及m的最小值．
【解答】
数列{an}是公比q>1的等比数列，若a1+a2+a3＝14，且a2+1是a1，a3的等差中项．
所以a1+a2+a3=142(a2+1)=a1+a3 ，
整理得a1+qa1+a1⋅q2=142(a1⋅q+1)=a1+a1⋅q2 ，解得a1=2q=2 ，
故an=2n．
由于bn＝lg2an＝n，
所以1bnbn+1=1n(n+1)=1n−1n+1，
所以Tn=1−12+12−13+⋯+1n−1n+1=1−1n+1<1，
若Tn只需满足m2−1≥1即可，
故m≥4，
即满足条件的自然数m的最小值为4．
【答案】
数列{an}中，a1＝2，且满足an+1−2an＝2n+1(n∈N*)．
整理得an+12n+1−an2n=1（常数），
所以数列{an2n}是以1为首项，1为公差的等差数列．
所以an2n=1+(n−1)=n，
所以an=n⋅2n．
证明：
由于an=n⋅2n，
所以b1+2b2+...+nbn＝n⋅2n①，
当n＝1时，b1＝2，
当n≥2时，b1+2b2+⋯+(n−1)bn−1=(n−1)⋅2n−1②，
①-②得：nbn=n⋅2n−(n−1)⋅2n2=(n+1)⋅2n2，
所以bn=(n+1)2n−1n，（首项符合通项），
所以bn=(n+1)2n−1n，
即数列{bn}，b1+2b2+...+nbn＝an的充要条件是bn=(n+1)2n−1n．
【考点】
等差数列的性质
数列递推式
数列的求和
【解析】
（1）直接利用构造新数列的应用求出数列的通项公式；
（2）利用数列的递推关系式的应用求出结果．
【解答】
数列{an}中，a1＝2，且满足an+1−2an＝2n+1(n∈N*)．
整理得an+12n+1−an2n=1（常数），
所以数列{an2n}是以1为首项，1为公差的等差数列．
所以an2n=1+(n−1)=n，
所以an=n⋅2n．
证明：
由于an=n⋅2n，
所以b1+2b2+...+nbn＝n⋅2n①，
当n＝1时，b1＝2，
当n≥2时，b1+2b2+⋯+(n−1)bn−1=(n−1)⋅2n−1②，
①-②得：nbn=n⋅2n−(n−1)⋅2n2=(n+1)⋅2n2，
所以bn=(n+1)2n−1n，（首项符合通项），
所以bn=(n+1)2n−1n，
即数列{bn}，b1+2b2+...+nbn＝an的充要条件是bn=(n+1)2n−1n．
【答案】
当a＝1时，f(x)=2x+12x−1，
由f(x)>3，即2x+12x−1>3，化为2−2x2x−1>0，
即1<2x<2，可得0则解集为(0, 1)；
f(x)=a⋅2x+12x−1=a+a+12x−1，
则f(2x)−f(x)=a+122x−1−a+12x−1=(a+1)⋅−2x22x−1，
令t＝2x，因为x∈[1, 2]，可得t∈[2, 4]，
由题意可得|a+1|≤22x−12x=2x−12x=t−1t恒成立，
即有|a+1|≤(t−1t)min，
而g(t)＝t−1t在[2, 4]递增，可得g(t)min＝g(2)=32，
则|a+1|≤32，解得−52≤a≤12，
则a的取值范围是[−52, 12]．
【考点】
函数恒成立问题
其他不等式的解法
【解析】
（1）由题意可得f(x)=2x+12x−1，由指数不等式的解法和指数函数的单调性，可得所求解集；
（2）计算f(2x)−f(x)，令t＝2x，t∈[2, 4]，由题意可得|a+1|≤22x−12x=2x−12x=t−1t恒成立，即有|a+1|≤(t−1t)min，运用g(t)＝t−1t在[2, 4]的单调性，可得最小值，再由绝对值不等式的解法可得所求范围．
【解答】
当a＝1时，f(x)=2x+12x−1，
由f(x)>3，即2x+12x−1>3，化为2−2x2x−1>0，
即1<2x<2，可得0则解集为(0, 1)；
f(x)=a⋅2x+12x−1=a+a+12x−1，
则f(2x)−f(x)=a+122x−1−a+12x−1=(a+1)⋅−2x22x−1，
令t＝2x，因为x∈[1, 2]，可得t∈[2, 4]，
由题意可得|a+1|≤22x−12x=2x−12x=t−1t恒成立，
即有|a+1|≤(t−1t)min，
而g(t)＝t−1t在[2, 4]递增，可得g(t)min＝g(2)=32，
则|a+1|≤32，解得−52≤a≤12，
则a的取值范围是[−52, 12]．
【答案】
∵ AB⊥AC，
∴ ∠EAC+∠BAD＝90∘，
在Rt△ABD中，∠ABD+∠BAD＝90∘，
∴ ∠EAC＝∠ABD，则Rt△CAE∽Rt△ABD，
∴ ACAB=ECAD．
∵ EC＝x，AC=AE2+EC2=1+x2，AD＝1，
∴ AB=1×1+x2x=1+x2x，
则BC=AB2+AC2=1+x2+1+x2x2=x2+2+1x2=x+1x；
f(x)=1+x2+1+x2x+x+1x，x>0．
∵ x>0，∴ f(x)≥21+x2⋅1+x2x+2x⋅1x=21x+x+2
≥22+2．
当且仅当1+x2=1+x2x，且1x=x，
即x＝1时取“＝”．
∴ f(x)min=22+2，
故景观桥总长的最小值为(22+2)百米．
【考点】
解三角形
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）由已知证明Rt△CAE∽Rt△ABD，得ACAB=ECAD，由EC＝x，得AC=AE2+EC2=1+x2，AD＝1，再由勾股定理求BC；
（2）写出f(x)的表达式，然后利用基本不等式求最值．
【解答】
∵ AB⊥AC，
∴ ∠EAC+∠BAD＝90∘，
在Rt△ABD中，∠ABD+∠BAD＝90∘，
∴ ∠EAC＝∠ABD，则Rt△CAE∽Rt△ABD，
∴ ACAB=ECAD．
∵ EC＝x，AC=AE2+EC2=1+x2，AD＝1，
∴ AB=1×1+x2x=1+x2x，
则BC=AB2+AC2=1+x2+1+x2x2=x2+2+1x2=x+1x；
f(x)=1+x2+1+x2x+x+1x，x>0．
∵ x>0，∴ f(x)≥21+x2⋅1+x2x+2x⋅1x=21x+x+2
≥22+2．
当且仅当1+x2=1+x2x，且1x=x，
即x＝1时取“＝”．
∴ f(x)min=22+2，
故景观桥总长的最小值为(22+2)百米．
【答案】
因为a1＝0，d＝2，又因为Sn＝na1+n(n−1)2⋅d，
所以S100＝100×0+12×100×99×2＝9900；
设从第m(m∈N*, m≥2)项开始在(12, 8)内，则
am>12am−1≤12am+5<8am+6≥8 ，即有−1+(m−1)d>12−1+(m−2)d≤12−1+(m+4)d<8−1+(m+5)d≥8 ，解得32(m−1)所以32(m−1)<9m+49m+5≤32(m−2) ，解得m∈(2, 175]，
所以m＝3，所以d∈[98, 97)；
因为a1＝1，S2＝a1+a2＝3，所以a2＝2，d＝a2−a1＝1，所以an＝n，
①新数列{bn}中有两个相同和一个不同项am，an，am，若an=2amamam+am=am，矛盾；
若am=2anaman+am，解得am＝an，
所以an，am是两个不同项，且am≥1，an≥1，所以an≠am，
所以新数列{bn}中有两个相同和一个不同项是不成立的；
②新数列{bn}中有三个不同项am，an，ar，设m＝am，n＝an，r＝ar，且m则an=2amaram+ar，即n=2mrm+r，
解得r=mn2m−n，设第四项为p，则r=2npn+p，
即p=nr2n−r=mn22m−n2n−mn2m−n=mn3m−2n，
设第五项为t，则p=2rtr+t，即t=rp2r−p=mn2m−n⋅mn3m−2n2mn2m−n−mn3m−2n=mn4m−3n，
由数学归纳法可得bn=b1b2(n−1)b1−(n−2)b2，即(n−1)b1>(n−2)b2，b1b2>n−2n−1，
当n非常大时，n−2n−1趋向于1，
则b1b2≥1，即b1≥b2（与假设矛盾），故三项不同的数列{bn}也不存在．
综上可得，{bn}不存在．
【考点】
等差数列的前n项和
数列的求和
【解析】
（1）运用等差数列的通项公式和求和公式，可得所求和；
（2）设从第m(m∈N*, m≥2)项开始在(12, 8)内，运用等差数列的通项公式可得m，d的不等式组，解不等式可得所求范围；
（3）分别讨论①新数列{bn}中有两个相同和一个不同项am，an，am；②新数列{bn}中有三个不同项am，an，ar，推理论证即可判断存在性．
【解答】
因为a1＝0，d＝2，又因为Sn＝na1+n(n−1)2⋅d，
所以S100＝100×0+12×100×99×2＝9900；
设从第m(m∈N*, m≥2)项开始在(12, 8)内，则
am>12am−1≤12am+5<8am+6≥8 ，即有−1+(m−1)d>12−1+(m−2)d≤12−1+(m+4)d<8−1+(m+5)d≥8 ，解得32(m−1)所以32(m−1)<9m+49m+5≤32(m−2) ，解得m∈(2, 175]，
所以m＝3，所以d∈[98, 97)；
因为a1＝1，S2＝a1+a2＝3，所以a2＝2，d＝a2−a1＝1，所以an＝n，
①新数列{bn}中有两个相同和一个不同项am，an，am，若an=2amamam+am=am，矛盾；
若am=2anaman+am，解得am＝an，
所以an，am是两个不同项，且am≥1，an≥1，所以an≠am，
所以新数列{bn}中有两个相同和一个不同项是不成立的；
②新数列{bn}中有三个不同项am，an，ar，设m＝am，n＝an，r＝ar，且m则an=2amaram+ar，即n=2mrm+r，
解得r=mn2m−n，设第四项为p，则r=2npn+p，
即p=nr2n−r=mn22m−n2n−mn2m−n=mn3m−2n，
设第五项为t，则p=2rtr+t，即t=rp2r−p=mn2m−n⋅mn3m−2n2mn2m−n−mn3m−2n=mn4m−3n，
由数学归纳法可得bn=b1b2(n−1)b1−(n−2)b2，即(n−1)b1>(n−2)b2，b1b2>n−2n−1，
当n非常大时，n−2n−1趋向于1，
则b1b2≥1，即b1≥b2（与假设矛盾），故三项不同的数列{bn}也不存在．
综上可得，{bn}不存在．