2022年上海市闵行区七宝中学高考数学二模试卷

这是一份2022年上海市闵行区七宝中学高考数学二模试卷，共18页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022年上海市闵行区七宝中学高考数学二模试卷
一、填空题（本大题共12小题，共54分）
1．（4分）已知集合A＝{x|y＝ln（x﹣2）}，B＝{x|x2﹣4x+3≤0}，则A∪B＝　 　．
2．（4分）已知复数z＝（2+i）i，其中i是虚数单位，则复数z在复平面上对应的点位于第　 　象限．
3．（4分）若圆锥的底面半径为2，高为6，则该圆锥的侧面积为 　 　．
4．（4分）展开式的二项式系数之和为32，则展开式中x的系数为　 　（用数字填写答案）．
5．（4分）实数a，b满足lga+lgb＝lg（a+2b），则ab的最小值为 　 　．
6．（4分）设ai（i＝1，2，3）均为实数，若集合{a1，a2，a3}的所有非空真子集的元素之和为12，则a1+a2+a3＝　 　．
7．（5分）已知函数y＝﹣1+cosωx，x∈[﹣π，π]（其中ω为常数，且ω＞0）有且仅有3个零点，则ω的最小值为 　 　．
8．（5分）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为 　 　．（用数字作答）
9．（5分）设AM为△ABC中BC边上的中线，且．若∠BAC＝，BC＝2，则的最大值为 　 　．
10．（5分）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（1﹣x）+f（1+x）＝2，当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣x2，若f（x）≥x+b对一切x∈R恒成立，则实数b的最大值为 　 　．
11．（5分）若抛物线y＝x2+ax+b与坐标轴分别交于三个不同的点A，B，C，则△ABC的外接圆恒过的定点坐标为 　 　．
12．（5分）已知函数，正数数列{an}满足an+1＝f（an），若对任意正整数n，不等式|an+2﹣an+1|≤λ|an+1﹣an|都成立，则实数λ的最小值为 　 　．
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）设x∈R，则“|x﹣2|＜1”是“x2+x﹣2＞0”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
14．（5分）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I（t*）＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（　　）（参考数据ln19≈3）
A．60 B．62 C．66 D．63
15．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是（　　）
A．若O为线段PQ中点，则PF＝1
B．若PF＝4，则OP＝2
C．存在直线l，使得PF⊥QF
D．△PFQ面积的最小值为2
16．（5分）在平面直角坐标系中，函数f（x）＝的图象上有三个不同的点位于直线上，且这三点的横坐标之和为0，则这条直线必过定点（　　）
A．（，0） B．（﹣1，0） C．（﹣1，﹣1） D．（1，1）
三、解答题（本大题共5大题．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（14分）在平面四边形ABCD中，已知∠ABC＝，∠ADC＝，AC平分∠BAD．
（1）若∠BAD＝，AC＝2，求四边形ABCD的面积；
（2）若CD＝2AB，求tan∠BAC的值．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，△PAB是边长为2的等边三角形，PD⊥AB，PD＝．
（1）设AB中点E，求证：DE⊥平面PAB；
（2）求平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小．

19．（14分）某企业去年年底给全部的800名员工共发放2000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a人．
（1）若a＝9，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元？
（2）为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？
20．（16分）双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x．
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O．求证：点A与点B的纵坐标互为倒数；
（3）在（2）的条件下，试问是否存在一个定圆与直线AB相切，若有，求出定圆方程，没有说明理由．
21．（18分）设m为正整数，若无穷数列{an}满足|aik+i|＝|aik+i|（i＝1，2，…，m；k＝1，2，…），则称{an}为Pm数列．
（1）数列{n}是否为P1数列？说明理由；
（2）已知an＝其中s，t为常数．若数列{an}为P2数列，求s，t；
（3）已知P3数列{an}满足a1＜0，a8＝2，a6k＜a6k+6（k＝1，2，…），求an．

2022年上海市闵行区七宝中学高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本大题共12小题，共54分）
1．（4分）已知集合A＝{x|y＝ln（x﹣2）}，B＝{x|x2﹣4x+3≤0}，则A∪B＝　{x|x≥1}　．
【分析】先求出集合A，B，再利用并集的定义求解即可．
【解答】解：∵A＝{x|y＝ln（x﹣2）}＝{x|x＞2}，
B＝{x|x2﹣4x+3≤0}＝{x|1≤x≤3}，
∴A∪B＝{x|x≥1}，
故答案为：{x|x≥1}．
【点评】此题考查了并集及其运算，对数不等式和一元二次不等式的解法，属于基础题．
2．（4分）已知复数z＝（2+i）i，其中i是虚数单位，则复数z在复平面上对应的点位于第　二　象限．
【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：复数z＝（2+i）i＝﹣1+2i，则复数z在复平面上对应的点（﹣1，2）位于第二象限．
故答案为：二．
【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（4分）若圆锥的底面半径为2，高为6，则该圆锥的侧面积为 　24π　．
【分析】计算出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可求得结果．
【解答】解：由题意可知，该圆锥的母线长为，
因此，该圆锥的侧面积为．
故答案为：24π．
【点评】本题考查了圆锥的侧面积的计算，属于基础题．
4．（4分）展开式的二项式系数之和为32，则展开式中x的系数为　80　（用数字填写答案）．
【分析】由已知求出n＝5，然后求出展开式的通项公式，令x的指数为1，由此即可求解．
【解答】解：由题意得2n＝32，所以n＝5，
所以展开式的通项为，令，得r＝1，
所以展开式中x的系数为，
故答案为：80．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
5．（4分）实数a，b满足lga+lgb＝lg（a+2b），则ab的最小值为 　8　．
【分析】由已知结合对数的运算性质及基本不等式可求．
【解答】解：由题意得，lgab＝lg（a+2b），a＞0，b＞0，
所以ab＝a+2b，当且仅当a＝2b时取等号，此时b＝2，a＝4，
解得，ab≥8，即ab的最小值为8．
故答案为：8．
【点评】本题主要考查了对数的运算性质及基本不等式的应用，属于基础题．
6．（4分）设ai（i＝1，2，3）均为实数，若集合{a1，a2，a3}的所有非空真子集的元素之和为12，则a1+a2+a3＝　4　．
【分析】列举出集合{a1，a2，a3}的所有非空真子集，根据题意列方程，可求得a1+a2+a3的值．
【解答】解：集合{a1，a2，a3}的所有非空真子集为：{a1}，{a2}，{a3}，{a1，a2}，{a1，a3}，{a2，a3}，
由题意，可得3（a1+a2+a3）＝12，解得a1+a2+a3＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查子集与真子集的定义，属于基础题．
7．（5分）已知函数y＝﹣1+cosωx，x∈[﹣π，π]（其中ω为常数，且ω＞0）有且仅有3个零点，则ω的最小值为 　2　．
【分析】利用函数与方程的关系转化为两个图象交点个数问题即可求解．
【解答】解：由y＝﹣1+cosωx＝0得cosωx＝1，
∵x∈[﹣π，π]，∴ωx∈[﹣ωπ，ωπ]，
设t＝ωx，则t∈[﹣ωπ，ωπ]，
作出y＝cost与y＝1的图象如图，

∴
则2π≤ωπ＜4π，得2≤ω＜4，
即ω的最小值是2，
故答案为：2．
【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，属于中档题．
8．（5分）2022年北京冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”，有着可爱的外表和丰富的寓意，深受各国人民的喜爱．某商店有4个不同造型的“冰墩墩”吉祥物和3个不同造型的“雪容融”吉祥物展示在柜台上，要求“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，则不同的排列方法种数为 　144　．（用数字作答）
【分析】根据题意，“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，先排3个不同造型的“雪容融”，再将4个不同造型的“冰墩墩”依次安排在雪容融的空位中，由分步乘法计数原理求解即可．
【解答】解：根据题意，“冰墩墩”和“雪容融”彼此间隔排列，
先排3个不同造型的“雪容融”，
再将4个不同造型的“冰墩墩”依次安排在雪容融的空位中，
有＝144种排法．
故答案为：144．
【点评】本题考查排列组合的应用，涉及分步乘法计数原理的应用，属于基础题．
9．（5分）设AM为△ABC中BC边上的中线，且．若∠BAC＝，BC＝2，则的最大值为 　﹣　．
【分析】先由平面向量数量积运算可得＝，再由余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc，然后由重要不等式求最值即可．
【解答】
解：由图可知：＝（）•（）＝（）•（）＝（）•（）＝，
设△ABC中AB、BC、AC对应的边分别为c、a、b，
由∠BAC＝，
则＝＝，①
又∠BAC＝，BC＝2，
则由余弦定理可得4＝b2+c2﹣bc，②
将②代入①得＝，
又由②可得4＝b2+c2﹣bc≥2bc﹣bc＝bc，
即bc≤4，当且仅当b＝c时取等号，
则＝，
即的最大值为，
故答案为：﹣．

【点评】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了余弦定理及重要不等式，属中档题．
10．（5分）已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（1﹣x）+f（1+x）＝2，当x∈[0，1]时，f（x）＝2x﹣x2，若f（x）≥x+b对一切x∈R恒成立，则实数b的最大值为 　﹣　．
【分析】根据题设条件画出函数的图象，结合可知只需当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝x2+2x≥x+b即可，然后求出实数b的最大值．
【解答】解：因为f（1+x）+f（1﹣x）＝2，
所以f（x）的图象关于（1，1）中心对称，
当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝﹣f（﹣x）＝x2+2x，
故f（x）的图象如图所示：

结合图象，可知只需当x∈[﹣1，0]时，f（x）＝x2+2x≥x+b即可，
即，故，
所以b的最大值为．
故答案为：．

【点评】本题考查了函数的奇偶性和不等式的恒成立问题，属于中档题．
11．（5分）若抛物线y＝x2+ax+b与坐标轴分别交于三个不同的点A，B，C，则△ABC的外接圆恒过的定点坐标为 　（0，1）　．
【分析】设抛物线y＝x2+ax+b交y轴于点B（0，b），交x轴于点A（x1，0），C（x2，0），圆心为P（），求出t﹣b＝，写出圆P的方程，可得出关于x，y的方程组，即可求解．
【解答】解：设抛物线y＝x2+ax+b交y轴于点B（0，b），交x轴于点A（x1，0），C（x2，0），
由题意可知，Δ＝a2﹣4b＞0，由韦达定理可得，x1+x2＝﹣a，x1x2＝b，
所以线段AC的中点为（﹣，0），
设圆心为P（），
由|PA|2＝|PB|2可得，＝，解得t＝，
因为，
所以t＝，则t﹣b＝，
所以圆P的方程为＝，整理可得（x2+y2﹣y）+ax+b（1﹣y）＝0，
方程组的解为，
故△ABC的外接圆恒过的定点坐标为 （0，1）．
故答案为：（0，1）．
【点评】本题主要考查抛物线的性质，考查转化能力，属于中档题．
12．（5分）已知函数，正数数列{an}满足an+1＝f（an），若对任意正整数n，不等式|an+2﹣an+1|≤λ|an+1﹣an|都成立，则实数λ的最小值为 　　．
【分析】根据题意|an+2﹣an+1|≤λ|an+1﹣an|，即为|f（an+1）﹣f（an）|≤λ|an+1﹣an|，即，令，则16y2﹣32x2＝1（y≥0），从而可得函数的图象表示双曲线的上支，再根据的几何意义即可得出答案．
【解答】解：因为an+1＝f（an），则|an+2﹣an+1|≤λ|an+1﹣an|，
即为|f（an+1）﹣f（an）|≤λ|an+1﹣an|，
即，
令，
则16y2﹣32x2＝1（y≥0），表示双曲线的上支，
而表示双曲线上两点（an，f（an）），（an+1，f（an+1））连线的斜率，
当n→∞时，趋向于渐近线的斜率，
而双曲线16y2﹣32x2＝1（y≥0）的渐近线为，
所以，
所以，，
即实数λ的最小值为，
故答案为：．
【点评】本题考查了数列不等式的恒成立问题，属于中档题．
二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）设x∈R，则“|x﹣2|＜1”是“x2+x﹣2＞0”的（　　）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】根据不等式的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：由“|x﹣2|＜1”得1＜x＜3，
由x2+x﹣2＞0得x＞1或x＜﹣2，
即“|x﹣2|＜1”是“x2+x﹣2＞0”的充分不必要条件，
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，比较基础．
14．（5分）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I（t）（t的单位：天）的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I（t*）＝0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则t*约为（　　）（参考数据ln19≈3）
A．60 B．62 C．66 D．63
【分析】根据所给材料的公式列出方程＝0.95K，解出t即可．
【解答】解：由已知可得＝0.95K，解得e﹣0.23（t*﹣50）＝，
两边取对数有﹣0.23（t*﹣50）＝﹣ln19，
解得t*≈63，
故选：D．
【点评】本题考查函数模型的实际应用，考查学生计算能力，是基础题．
15．（5分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过原点O的动直线l交抛物线于另一点P，交抛物线的准线于点Q，下列说法正确的是（　　）
A．若O为线段PQ中点，则PF＝1
B．若PF＝4，则OP＝2
C．存在直线l，使得PF⊥QF
D．△PFQ面积的最小值为2
【分析】由抛物线的定义可判断A，B的正误，对于C，设P（a2，2a），则Q（﹣1，﹣），求出，的坐标，再利用向量的数量积不为0可判断C的正误，利用基本不等式可判断D的正误．
【解答】解：抛物线y2＝4x的焦点为F（1，0），准线方程为x＝﹣1
对于A：若O为线段PQ中点，则xP＝1，∴|PF|＝xP+1＝2，故A错误，
对于B：若|PF|＝4，则xP＝＝4﹣1＝3，
∴|OP|＝＝＝＝，故B错误，
对于C：设P（a2，2a），则Q（﹣1，﹣），∴＝（a2﹣1，2a），＝（2，），
∴＝2a2﹣2+4＝2a2+2＞0，
∴FP与FQ不垂直，故C错误，
对于D：S△PFQ＝＝＝|a|+≥2，当且仅当|a|＝，即a＝±1时，等号成立，
∴△PFQ面积的最小值为2，故D正确，
故选：D．

【点评】本题主要考查了抛物线的定义和性质，考查了基本不等式的应用，属于中档题．
16．（5分）在平面直角坐标系中，函数f（x）＝的图象上有三个不同的点位于直线上，且这三点的横坐标之和为0，则这条直线必过定点（　　）
A．（，0） B．（﹣1，0） C．（﹣1，﹣1） D．（1，1）
【分析】由已知函数解析式画出函数图象，设直线方程为y＝kx+b，可知k≠0，依题意可知，关于x的方程f（x）＝kx+b有三个不等实根，当x≥0时，由1＝kx+b，得x＝，当x＜0时，由，得kx2+（1+b﹣k）x+1﹣b＝0，利用根与系数的关系可得，结合三点的横坐标之和为0，得到k＝2b，可得则直线方程为y＝2bx+b＝b（2x+1），再由直线系方程得答案．
【解答】解：f（x）＝＝，
作出函数f（x）的图象如图，

设直线方程为y＝kx+b，显然当k＝0时，函数f（x）＝的图象上不可能有三个不同的点位于直线上；
则k≠0，依题意可知，关于x的方程f（x）＝kx+b有三个不等实根，
当x≥0时，由1＝kx+b，得x＝，
当x＜0时，由，得kx2+（1+b﹣k）x+1﹣b＝0，
则该方程有两个不等实根，由根与系数的关系可得：，
则，即k＝2b，
则直线方程为y＝2bx+b＝b（2x+1），该直线过定点（﹣，0）．
故选：A．
【点评】本题考查函数零点与方程根的关系，考查化归与转化、数形结合思想，是中档题．
三、解答题（本大题共5大题．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（14分）在平面四边形ABCD中，已知∠ABC＝，∠ADC＝，AC平分∠BAD．
（1）若∠BAD＝，AC＝2，求四边形ABCD的面积；
（2）若CD＝2AB，求tan∠BAC的值．
【分析】（1）根据正弦定理与面积公式求解
（2）根据正弦定理有关知识求解
【解答】解：（1），则，
在△ABC中，由正弦定理可知，则，
则．
（2）设∠BAC＝∠DAC＝α，在△ABC中，由正弦定理可知，
即，即，
在△ACD中，由正弦定理可知，即，
即，即，则，
2（cosα﹣sinα）＝sinα，
cosα＝2sinα，
解得．
【点评】本题考查正余弦定理的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是边长为2的菱形，△PAB是边长为2的等边三角形，PD⊥AB，PD＝．
（1）设AB中点E，求证：DE⊥平面PAB；
（2）求平面PAB和平面PCD所成锐二面角的大小．

【分析】（1）根据等边三角形的性质，结合线面垂直的判定定理、勾股定理进行证明即可；
（2）证明∠DPE即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，再解三角形即可．
【解答】（1）证明：取AB中点为E，连接PE，DE，
则在等边三角形PAB中，PE⊥AB，
又因为PD⊥AB，PE∩PD＝P，PE、PD⊂面PED，
所以AB⊥面PED，因为ED⊂面PED，
所以AB⊥ED，又DA＝AB＝2，AE＝1，
所以∠DAB＝60°，，，
所以PE2+DE2＝PD2，即PE⊥DE，
又PE∩AB＝E，PE、AB⊂面PAB，
所以DE⊥面PAB；
（2）解：设平面PAB∩平面PDC＝l，又DC∥AB，AB⊂平面PAB，
DC⊄平面PAB，所以DC∥平面PAB，又DC⊂平面PDC，所以DC∥l，
所以DC∥AB∥l，又PD⊥AB，所以PD⊥l，又PE⊥AB，所以PE⊥l，
所以∠DPE即为面PAB和平面PCD所成二面角的平面角，
由（1）知，，所以△DEP为等腰直角三角形，
故面PAB和平面PCD所成锐二面角为．

【点评】本题主要考查线面垂直的证明，面面角的计算等知识，属于中等题．
19．（14分）某企业去年年底给全部的800名员工共发放2000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a人．
（1）若a＝9，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元？
（2）为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？
【分析】（1）设从今年起的第x年（今年为第1年）该企业人均发放年终奖为y万元．在计划时间内，列出该企业的人均年终奖，令其大于或等于3万元，求出最低年限，判断a＝9是否满足题意．
（2）设1≤x1＜x2≤10，利用函数的单调性定义，人均年终奖年年有增长，确定a的范围，然后确定该企业每年员工的净增量不能超过的人数．
【解答】解：（1）设从今年起的第x年（今年为第1年）该企业人均发放年终奖为y万元．
则；（4分）
由题意，有，
解得，．
所以，该企业在10年内不能实现人均至少3万元年终奖的目标．
（2）设1≤x1＜x2≤10，则f（x2）﹣f（x1）＝＝，
所以，60×800﹣2000a＞0，得a＜24．
所以，为使人均发放的年终奖年年有增长，该企业员工每年的净增量不能超过23人．
【点评】本题考查其他不等式的解法，函数单调性的判断与证明，根据实际问题选择函数类型，考查逻辑思维能力，分析问题解决问题的能力，是中档题．
20．（16分）双曲线C：﹣＝1（a＞0，b＞0）经过点（，1），且渐近线方程为y＝±x．
（1）求a，b的值；
（2）点A，B，D是双曲线C上不同的三点，且B，D两点关于y轴对称，△ABD的外接圆经过原点O．求证：点A与点B的纵坐标互为倒数；
（3）在（2）的条件下，试问是否存在一个定圆与直线AB相切，若有，求出定圆方程，没有说明理由．
【分析】（1）运用代入法，结合双曲线的渐近线方程进行求解即可；
（2）设出直线AB的方程，与双曲线方程联立，根据一元二次方程根与系数的关系，即可证明；
（3）由（2）中的结论及点到直线的距离公式可得原点O到直线AB的距离1，则定圆可求．
【解答】（1）解：由题意，，解得a＝b＝；
（2）证明：由（1）可得，C：x2﹣y2＝2，
由已知可知直线AB一定不为水平直线，设AB的方程为x＝my+n，A（x1，y1），B（x2，y2），D（﹣x2，y2），
联立，整理得（m2﹣1）y2+2mny+n2﹣2＝0，则，
由于△ABD的外接圆过原点且关于y轴对称，设为x2+y2+Ey＝0，
则，消去E可得，，
∴，整理得y1y2＝1，即点A与点B的纵坐标互为倒数；
（3）解：由＝1，得n2＝m2+1，
∴原点O到直线AB的距离d＝＝1，可知存在一个定圆x2+y2＝1与直线AB相切．
【点评】本题主要考查双曲线的几何性质，圆的几何性质等知识，考查运算求解能力，属于中等题．
21．（18分）设m为正整数，若无穷数列{an}满足|aik+i|＝|aik+i|（i＝1，2，…，m；k＝1，2，…），则称{an}为Pm数列．
（1）数列{n}是否为P1数列？说明理由；
（2）已知an＝其中s，t为常数．若数列{an}为P2数列，求s，t；
（3）已知P3数列{an}满足a1＜0，a8＝2，a6k＜a6k+6（k＝1，2，…），求an．
【分析】（1）根据P1数列的性质，即可判断，
（2）根据P2数列的性质，求出a1，a2，a3即可；
（3）根据P3数列的性质，利用所给的条件，合理演绎即可．
【解答】解：（1）∵an＝a1×（n﹣1）+1＝（n﹣1）+1＝a1×（n﹣1）+1（n≥2），∴|a1×（n﹣1）+1|＝|a|×（n﹣1）+1|，
（2）依题意，a2＝t，a1＝a3＝s，
因为an是P2数列，|a2|＝|a1×1+1|＝|a1+1|＝|t+1|＝|t|，∴t＝﹣1，
|a3|＝|a2×1+1＝|a2+1|＝|t+1|＝|s|，∴s＝0；
（3）∵an是P3数列，∴|a8|＝|a1×7+1|＝|a7+1|，|a8|＝|a2×3+2|＝|a6+2|，
∴|a7+1|＝|a6+2|＝2…（1），
|a9|＝|a8×1+1|＝|a8+1|＝3，|a9|＝|a3×2+3|＝|a6+3|＝3，
由（1）（2）得a6＝0，a7＝1，
∴猜想an是首项为﹣5，公差为1的等差数列，即an＝n﹣6，
检验：|a1×k+1|＝|ak+1|＝|k﹣6+1|＝|ak+1|，∴是P数列；
|a2×k+2|＝|a2k+2|＝|2k+2﹣6|＝|2k﹣6+2|＝|a2k+2|，∴是P2数列；
|a3k+3|＝|3k+3﹣6|＝|3k﹣6+3|＝|a3k+3|，∴是P3数列，
并且，
∴a6k＜a6k+6，a1＝﹣5＜0符合题意，
故an＝n﹣6．
【点评】本题考查数列的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
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