2016-2017學(xué)年上海交大附中高三（上）摸底數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
一、填空題（本大題滿分56分）本大題共有14題，考生應(yīng)在答題紙相應(yīng)編號的空格內(nèi)直接填寫結(jié)果，每個空格填對得4分，否則一律得零分．
1．（4分）設(shè)全集U={1，3，5，7}，集合M={1，|a﹣5|}，CUM={5，7}，則a的值為2或8 ．
【考點】補集及其運算．
【專題】計算題．
【分析】題目給出了全集U={1，3，5，7}，給出了全集的子集M及M的補集，由M∪（CUM）=U可求a的值．
【解答】解：由U={1，3，5，7}，且CUM={5，7}，所以，M={1，3}，
又集合M={1，|a﹣5|}，所以|a﹣5|=3．
所以，實數(shù)a的值為2或8．
故答案為：2或8
【點評】本題考查了補集及其運算，解答此題的關(guān)鍵是一個集合與其補集的并集等于全集，此題是基礎(chǔ)題．
2．（4分）（2016秋·楊浦區(qū)校級月考）若復(fù)數(shù)z滿足2z+=3﹣2i，其中i為虛數(shù)單位，則z= 1﹣2i．
【考點】復(fù)數(shù)代數(shù)形式的加減運算．
【專題】計算題；整體思想；定義法；數(shù)系的擴充和復(fù)數(shù)．
【分析】設(shè)復(fù)數(shù)z=a+bi，（a、b是實數(shù)），則=a﹣bi，代入已知等式，再根據(jù)復(fù)數(shù)相等的含義可得a、b的值，從而得到復(fù)數(shù)z的值．
【解答】解：設(shè)z=a+bi，（a、b是實數(shù)），則=a﹣bi，
∵2z+=3﹣2i，
∴2a+2bi+a﹣bi=3﹣2i，
∴3a=3，b=﹣2，
解得a=1，b=﹣2，
則z=1﹣2i
故答案為：1﹣2i．
【點評】本題給出一個復(fù)數(shù)乘以虛數(shù)單位后得到的復(fù)數(shù)，求這個復(fù)數(shù)的值，著重考查了復(fù)數(shù)的四則運算和復(fù)數(shù)相等的含義，屬于基礎(chǔ)題．
3．（4分）（2011·福建模擬）已知雙曲線的中心在坐標(biāo)原點，一個焦點為F（10，0），兩條漸近線的方程為y=±，則該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為 ．
【考點】雙曲線的簡單性質(zhì)．
【專題】計算題．
【分析】由題意得，c=10，=，100=a2+b2，解出a和b的值，即得所求的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程．
【解答】解：由題意得，c=10，=，100=a2+b2，
∴a=6，b=8，
故該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為，
故答案為 ．
【點評】本題考查雙曲線的定義和雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程，以及雙曲線的簡單性質(zhì)的應(yīng)用．
4．（4分）（2016秋·楊浦區(qū)校級月考）行列式的第2行第3列元素的代數(shù)余子式的值為 4 ．
【考點】三階矩陣．
【專題】選作題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；矩陣和變換．
【分析】根據(jù)余子式的定義可知，在行列式中劃去第2行第3列后所余下的2階行列式為第3行第3列元素的代數(shù)余子式，求出值即可．
【解答】解：由題意得第2行第3列元素的代數(shù)余子式
M23=﹣=8﹣4=4
故答案為：4．
【點評】此題考查學(xué)生掌握三階行列式的余子式的定義，會進行矩陣的運算，是一道基礎(chǔ)題．
5．（4分）（2016春·黔西南州校級期末）若變量x，y滿足約束條件，則z=3x﹣y的最小值為 ﹣7 ．
【考點】簡單線性規(guī)劃．
【專題】不等式的解法及應(yīng)用．
【分析】由約束條件作出可行域，由圖得到最優(yōu)解，求出最優(yōu)解的坐標(biāo)，數(shù)形結(jié)合得答案．
【解答】解：x，y滿足約束條件對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：
當(dāng)直線y=3x﹣z經(jīng)過C時使得z最小，解得，所以C（﹣2，1），
所以z=3x﹣y的最小值為﹣2×3﹣1=﹣7；
故答案為：﹣7．
【點評】本題考查了簡單的線性規(guī)劃，關(guān)鍵是正確畫出平面區(qū)域，利用z的幾何意義求最值；考查了數(shù)形結(jié)合的解題思想方法，是中檔題．
6．（4分）（2016秋·楊浦區(qū)校級月考）五位同學(xué)排成一排，其中甲、乙必須在一起，而丙、丁不能在一起的排法有 24種．
【考點】排列、組合及簡單計數(shù)問題．
【專題】應(yīng)用題；方程思想；綜合法；排列組合．
【分析】根據(jù)題意，先使用捆綁法，將甲乙看成一個“元素”，再將丙、丁單獨排列，進而將若甲、乙與第5個元素分類討論，分析丙丁之間的不同情況，由乘法原理，計算可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，先將甲乙看成一個“元素”，有2種不同的排法，
將丙、丁單獨排列，也有2種不同的排法，
若甲、乙與第5個元素只有一個在丙丁之間，則有2×C21=4種情況，
若甲、乙與第5個元素都在丙丁之間，有2種不同的排法，
則不同的排法共有2×2×（2+4）=24種情況；
故答案為：24．
【點評】本題考查排列、組合的綜合運用，涉及相鄰與不能相鄰的特殊要求，注意處理這幾種情況的特殊方法．
7．（4分已知{an}為等差數(shù)列，Sn為其前n項和．若a1+a9=18，a4=7，則S8=64 ．
【考點】等差數(shù)列的前n項和．
【專題】方程思想；轉(zhuǎn)化思想；等差數(shù)列與等比數(shù)列．
【分析】由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：a1+a9=18=2a5，解得a5．可得S8==4（a4+a5）．
【解答】解：由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：a1+a9=18=2a5，解得a5=9．
又a4=7，
則S8==4（a4+a5）=4×（9+7）=64．
故答案為：7=64．
【點評】本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)及其求和公式，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
8．（4分）（2014·余杭區(qū)校級模擬）若（x2+1）（2x+1）9=a0+a1（x+2）+a2（x+2）2+…+a11（x+2）11，則a0+a1+…+a11的值為﹣2 ．
【考點】二項式定理．
【專題】計算題．
【分析】本題通過賦值法進行求解，在題干所給的式子中令x=﹣1，即可得到所求的結(jié)果．
【解答】解：∵（x2+1）（2x+1）9=a0+a1（x+2）+a2（x+2）2+…+a11（x+2）11
∴在上式中，令x=﹣1：
（（﹣1）2+1）（2（﹣1）+1）2=a0+a1+…+a11
即a0+a1+…+a11=﹣2
故答案為：﹣2
【點評】本題通過賦值法進行求解，另外此種方法在函數(shù)的求值問題也常用到，屬于基礎(chǔ)題．
9．（4分）一個由半球和四棱錐組成的幾何體，其三視圖如圖所示．則該幾何體的體積為 ．
【考點】由三視圖求面積、體積．
【專題】計算題；方程思想；綜合法；立體幾何．
【分析】由已知中的三視圖可得：該幾何體上部是一個半球，下部是一個四棱錐，進而可得答案．
【解答】解：由三視圖可知，上面是半徑為的半球，體積為V==，下面是底面積為1，高為1的四棱錐，體積，所以該幾何體的體積為．
故答案為．
【點評】本題考查的知識點是由三視圖，求體積和表面積，根據(jù)已知的三視圖，判斷幾何體的形狀是解答的關(guān)鍵．
10．（4分）函數(shù)f（x）=為奇函數(shù)，則實數(shù)a的值為 1或﹣1 ．
【考點】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)．
【專題】綜合題；函數(shù)思想；綜合法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．
【分析】函數(shù)f（x）=為奇函數(shù)，可得=﹣，化簡即可得出結(jié)論．
【解答】解：∵函數(shù)f（x）=為奇函數(shù)，
∴=﹣，
∴=﹣，
∴a=1或﹣1．
故答案為1或﹣1．
【點評】本題考查了奇函數(shù)的性質(zhì)，考查學(xué)生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題．
11．（4分）（已知關(guān)于x的方程|x|=ax+1有一個負根，但沒有正根，則實數(shù)a的取值范圍是 a≥1．
【考點】根的存在性及根的個數(shù)判斷．
【專題】數(shù)形結(jié)合．
【分析】構(gòu)造函數(shù)y=|x|，y=ax+1，在坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)圖象，通過數(shù)形結(jié)合求出a的范圍．
【解答】解：令y=|x|，y=ax+1，在坐標(biāo)系內(nèi)作出函數(shù)圖象，
方程|x|=ax+1有一個負根，
但沒有正根，由圖象可知
a≥1
故答案為：a≥1
【點評】本題考查根的存在性及根的個數(shù)判斷，考查數(shù)形結(jié)合思想，計算能力，是基礎(chǔ)題．
12．（4分）設(shè)O為坐標(biāo)原點，P是以F為焦點的拋物線y2=2px（p＞0）上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|=2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為 ．
【考點】拋物線的簡單性質(zhì)．
【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．
【分析】根據(jù)體積，建立方程組，求出M的坐標(biāo)，可得直線OM的斜率，利用基本不等式可得結(jié)論．
【解答】解：設(shè)P（2pt，2pt），M（x，y），則，
∴x=，y=，
∴kOM==≤=，
當(dāng)且僅當(dāng)t=時取等號，
∴直線OM的斜率的最大值為．
故答案為：．
【點評】本題考查拋物線的方程及運用，考查直線的斜率的最大值，考查基本不等式，考查運算能力，屬于中檔題．
13．（4分）已知函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣為f（x）的零點，x=為y=f（x）圖象的對稱軸，且f（x）在（，）單調(diào)，則ω的最大值為 9 ．
【考點】正弦函數(shù)的圖象．
【專題】轉(zhuǎn)化思想；綜合法；三角函數(shù)的圖像與性質(zhì)．
【分析】先跟據(jù)正弦函數(shù)的零點以及它的圖象的對稱性，判斷ω為奇數(shù)，由f（x）在（，）單調(diào)，可得ω·+φ≥2kπ﹣，且ω·+φ≤2kπ+，k∈Z，由此求得ω的范圍，檢驗可得它的最大值．
【解答】解：∵函數(shù)f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣為f（x）的零點，x=為y=f（x）圖象的對稱軸，
∴ω（﹣）+φ=nπ，n∈Z，且ω·+φ=n′π+，n′∈Z，
∴相減可得ω·=（n′﹣n）π+=kπ+，k∈Z，即ω=2k+1，即ω為奇數(shù)．
∵f（x）在（，）單調(diào)，∴ω·+φ≥2kπ﹣，且ω·+φ≤2kπ+，k∈Z，
即﹣ω·﹣φ≤﹣2kπ+ ①，且ω·+φ≤2kπ+，k∈Z ②，
把①②可得ωπ≤π，∴ω≤12，故有奇數(shù)ω的最大值為11．
當(dāng)ω=11時，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣．
此時f（x）=sin（11x﹣）在（ ，）上不單調(diào)，不滿足題意．
當(dāng)ω=9時，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，
此時f（x）=sin（9x+）在（，）上單調(diào)遞減，滿足題意；
故ω的最大值為9，
故答案為：9．
【點評】本題主要考查正弦函數(shù)的零點以及它的圖象的對稱性，正弦函數(shù)的單調(diào)性的應(yīng)用，屬于中檔題．
14．（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，當(dāng)P（x，y）不是原點時，定義P的“伴隨點”為P′（，）；當(dāng)P是原點時，定義P的“伴隨點“為它自身，平面曲線C上所有點的“伴隨點”所構(gòu)成的曲線C′定義為曲線C的“伴隨曲線”．現(xiàn)有下列命題：
①若點A的“伴隨點”是點A′，則點A′的“伴隨點”是點A；
②單位圓的“伴隨曲線”是它自身；
③若曲線C關(guān)于x軸對稱，則其“伴隨曲線”C′關(guān)于y軸對稱；
④一條直線的“伴隨曲線”是一條直線．
其中的真命題是 ②③ （寫出所有真命題的序列）．
【考點】命題的真假判斷與應(yīng)用．
【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；簡易邏輯．
【分析】利用新定義，對4個命題分別進行判斷，即可得出結(jié)論．
【解答】解：①若點A（x，y）的“伴隨點”是點A′（，），則點A′（，）的“伴隨點”是點（﹣x，﹣y），故不正確；
②由①可知，單位圓的“伴隨曲線”是它自身，故正確；
③若曲線C關(guān)于x軸對稱，點A（x，y）關(guān)于x軸的對稱點為（x，﹣y），“伴隨點”是點A′（﹣，），則其“伴隨曲線”C′關(guān)于y軸對稱，故正確；
④設(shè)直線方程為y=kx+b（b≠0），點A（x，y）的“伴隨點”是點A′（m，n），則
∵點A（x，y）的“伴隨點”是點A′（，），∴，∴x=﹣，y=
∵m=，∴代入整理可得n﹣1=0表示圓，故不正確．
故答案為：②③．
【點評】此題考查點的坐標(biāo)規(guī)律，讀懂題目信息，理解“伴隨點”的定義是解題的關(guān)鍵．
二、選擇題（本大題滿分20分）本大題共有4題，每題有且只有一個正確答案，考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)編號上，填上正確的答案，選對得5分，否則一律得零分．
15．（5分）錢大姐常說“好貨不便宜”，她這句話的意思是：“好貨”是“不便宜”的（ ）
A．充分條件 B．必要條件
C．充分必要條件 D．既非充分又非必要條件
【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷．
【專題】壓軸題；規(guī)律型．
【分析】“好貨不便宜”，其條件是：此貨是好貨，結(jié)論是此貨不便宜，根據(jù)充要條件的定義進行判斷即可，
【解答】解：若p?q為真命題，則命題p是命題q的充分條件；
“好貨不便宜”，其條件是：此貨是好貨，結(jié)論是此貨不便宜，由條件?結(jié)論．
故“好貨”是“不便宜”的充分條件．
故選A
【點評】本題考查了必要條件、充分條件與充要條件的判斷，屬于基礎(chǔ)題．
16．（5分）若D′是平面α外一點，則下列命題正確的是（ ）
A．過D′只能作一條直線與平面α相交
B．過D′可作無數(shù)條直線與平面α垂直
C．過D′只能作一條直線與平面α平行
D．過D′可作無數(shù)條直線與平面α平行
【考點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系．
【專題】存在型．
【分析】將點和線放置在正方體中，視平面α為正方體中的平面ABCD，結(jié)合正方體中的線面關(guān)系對選支進行判定，取出反例說明不正確的，正確的證明一下即可．
【解答】解：觀察正方體，A、過D′可以能作不止一條直線與平面α相交，故A錯；
B、過D′只可作一數(shù)條直線與平面α垂直，故B錯；
C、過D′能作不止一條直線與平面α平行，故C錯；
D、過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行，
且這個平面內(nèi)的任一條直線都與已知平面平行，故D對．
故選D．
【點評】本題主要考查了空間中直線與平面之間的位置關(guān)系，考查空間想象能力和推理論證能力，屬于基礎(chǔ)題．
17．（5分）（2016秋·楊浦區(qū)校級月考）已知函數(shù)f（x）=sin?x+cosωx（ω＞0）的圖象與x軸交點的橫坐標(biāo)依次構(gòu)成一個公差為的等差數(shù)列，把函數(shù)f（x）的圖象沿x軸向左平移個單位，得到函數(shù)g（x）的圖象，則（ ）
A．g（x）是奇函數(shù)
B．g（x）關(guān)于直線x=﹣對稱
C．g（x）在[，]上是增函數(shù)
D．當(dāng)x∈[，]時，g（x）的值域是[2，1]
【考點】函數(shù)y=Asin（ωx+φ）的圖象變換．
【專題】計算題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法．
【分析】將函數(shù)化簡，圖象與x軸交點的橫坐標(biāo)依次構(gòu)成一個公差為的等差數(shù)列，可知周期為π，由周期求出ω，向左平移個單位可得g（x）的解析式，再利用三角函數(shù)圖象及性質(zhì)，可得結(jié)論．
【解答】解：f（x）=sin?x+cosωx（ω＞0），
化簡得：f（x）=2sin（?x+），
∵圖象與x軸交點的橫坐標(biāo)依次構(gòu)成一個公差為的等差數(shù)列，可知周期為π
∴T=π=，解得ω=2．
那么：f（x）=2sin（2x+），圖象沿x軸向左平移個單位，得：2sin[2（x+）+]=2cos2x．
∴g（x）=2cos2x，故g（x）是偶函數(shù)，在區(qū)間[0，]單調(diào)減函數(shù)．所以A，C不對．
對稱軸方程為x=（k=Z），檢驗B不對．
當(dāng)x∈[，]時，那么2x∈[，]，g（x）的最大值為1，最小值為﹣2，故值域為[﹣2，1]．D正確．
故選：D．
【點評】本題考查了三角函數(shù)的輔助角公式的化簡和圖象的平移，三角函數(shù)的性質(zhì)的運用能力．屬于中檔題．
18．（5分）（2015·湖北）已知符號函數(shù)sgnx=，f（x）是R上的增函數(shù)，g（x）=f（x）﹣f（ax）（a＞1），則（）
A．sgn[g（x）]=sgnx B．sgn[g（x）]=﹣sgnx C．sgn[g（x）]=sgn[f（x）]D．sgn[g（x）]=﹣sgn[f（x）]
【考點】函數(shù)與方程的綜合運用．
【專題】函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．
【分析】直接利用特殊法，設(shè)出函數(shù)f（x），以及a的值，判斷選項即可．
【解答】解：由于本題是選擇題，可以采用特殊法，符號函數(shù)sgnx=，f（x）是R上的增函數(shù)，g（x）=f（x）﹣f（ax）（a＞1），
不妨令f（x）=x，a=2，
則g（x）=f（x）﹣f（ax）=﹣x，
sgn[g（x）]=﹣sgnx．所以A不正確，B正確，
sgn[f（x）]=sgnx，C不正確；D正確；
對于D，令f（x）=x+1，a=2，
則g（x）=f（x）﹣f（ax）=﹣x，
sgn[f（x）]=sgn（x+1）=；
sgn[g（x）]=sgn（﹣x）=，
﹣sgn[f（x）]=﹣sgn（x+1）=；所以D不正確；
故選：B．
【點評】本題考查函數(shù)表達式的比較，選取特殊值法是解決本題的關(guān)鍵，注意解題方法的積累，屬于中檔題．
三、解答題（本大題滿分74分）
19．（12分）（2016春·壽縣校級期末）△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c．
（Ⅰ）求C；
（Ⅱ）若c=，△ABC的面積為，求△ABC的周長．
【考點】解三角形．
【專題】綜合題；轉(zhuǎn)化思想；綜合法；解三角形．
【分析】（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化簡，整理后利用兩角和與差的正弦函數(shù)公式及誘導(dǎo)公式化簡，根據(jù)sinC不為0求出cosC的值，即可確定出出C的度數(shù)；
（2）利用余弦定理列出關(guān)系式，利用三角形面積公式列出關(guān)系式，求出a+b的值，即可求△ABC的周長．
【解答】解：（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化簡得：2cosC（sinAcosB+sinBcosA）=sinC，
整理得：2cosCsin（A+B）=sinC，
∵sinC≠0，sin（A+B）=sinC
∴cosC=，
又0＜C＜π，
∴C=；
（Ⅱ）由余弦定理得7=a2+b2﹣2ab·，
∴（a+b）2﹣3ab=7，
∵S=absinC=ab=，
∴ab=6，
∴（a+b）2﹣18=7，
∴a+b=5，
∴△ABC的周長為5+．
【點評】此題考查了正弦、余弦定理，三角形的面積公式，以及三角函數(shù)的恒等變形，熟練掌握定理及公式是解本題的關(guān)鍵．
20．（14分）（2016秋·楊浦區(qū)校級月考）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．E為棱AD的中點，異面直線PA與CD所成的角為90°．
（Ⅰ）在平面PAB內(nèi)找一點M，使得直線CM∥平面PBE，并說明理由；
（Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣A的大小為45°，求直線PA與平面PCE所成角的正弦值．
【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行的判定．
【專題】數(shù)形結(jié)合；轉(zhuǎn)化思想；空間位置關(guān)系與距離；空間角．
【分析】（I）延長AB交直線CD于點M，由點E為AD的中點，可得AE=ED=AD，由BC=CD=AD，可得ED=BC，已知ED∥BC．可得四邊形BCDE為平行四邊形，即EB∥CD．利用線面平行的判定定理證明得直線CM∥平面PBE即可．
（II）如圖所示，由∠ADC=∠PAB=90°，異面直線PA與CD所成的角為90°AB∩CD=M，可得AP⊥平面ABCD．由CD⊥PD，PA⊥AD．因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小為45°．PA=AD．不妨設(shè)AD=2，則BC=CD=AD=1．可得P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），利用法向量的性質(zhì)、向量夾角公式、線面角計算公式即可得出．
【解答】解：（I）延長AB交直線CD于點M，∵點E為AD的中點，∴AE=ED=AD，
∵BC=CD=AD，∴ED=BC，
∵AD∥BC，即ED∥BC．∴四邊形BCDE為平行四邊形，即EB∥CD．
∵AB∩CD=M，∴M∈CD，∴CM∥BE，
∵BE?平面PBE，∴CM∥平面PBE，
∵M∈AB，AB?平面PAB，
∴M∈平面PAB，故在平面PAB內(nèi)可以找到一點M（M=AB∩CD），使得直線CM∥平面PBE．
（II）如圖所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，異面直線PA與CD所成的角為90°，AB∩CD=M，
∴AP⊥平面ABCD．
∴CD⊥PD，PA⊥AD．
因此∠PDA是二面角P﹣CD﹣A的平面角，大小為45°．
∴PA=AD．
不妨設(shè)AD=2，則BC=CD=AD=1．∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），
∴=（﹣1，1，0），=（0，1，﹣2），=（0，0，2），
設(shè)平面PCE的法向量為=（x，y，z），則，可得：．
令y=2，則x=2，z=1，∴=（2，2，1）．
設(shè)直線PA與平面PCE所成角為θ，
則sinθ====．
【點評】本題考查了空間位置關(guān)系、空間角計算公式、法向量的性質(zhì)，考查了空間想象能力、推理能力與計算能力，屬于中檔題．
21．（14分）（2016·浙江）已知a≥3，函數(shù)F（x）=min{2|x﹣1|，x2﹣2ax+4a﹣2}，其中min（p，q）=
（Ⅰ）求使得等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范圍
（Ⅱ）（i）求F（x）的最小值m（a）
（ii）求F（x）在[0，6]上的最大值M（a）
【考點】函數(shù)最值的應(yīng)用；函數(shù)的最值及其幾何意義．
【專題】新定義；函數(shù)思想；分析法；函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用．
【分析】（Ⅰ）由a≥3，討論x≤1時，x＞1，去掉絕對值，化簡x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|，判斷符號，即可得到F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范圍；
（Ⅱ）（i）設(shè)f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x2﹣2ax+4a﹣2，求得f（x）和g（x）的最小值，再由新定義，可得F（x）的最小值；
（ii）分別對當(dāng)0≤x≤2時，當(dāng)2＜x≤6時，討論F（x）的最大值，即可得到F（x）在[0，6]上的最大值M（a）．
【解答】解：（Ⅰ）由a≥3，故x≤1時，
x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2+2（a﹣1）（2﹣x）＞0；
當(dāng)x＞1時，x2﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x2﹣（2+2a）x+4a=（x﹣2）（x﹣2a），
則等式F（x）=x2﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范圍是[2，2a]；
（Ⅱ）（i）設(shè)f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x2﹣2ax+4a﹣2，
則f（x）min=f（1）=0，g（x）min=g（a）=﹣a2+4a﹣2．
由﹣a2+4a﹣2=0，解得a=2+（負的舍去），
由F（x）的定義可得m（a）=min{f（1），g（a）}，
即m（a）=；
（ii）當(dāng)0≤x≤2時，F(xiàn)（x）≤f（x）≤max{f（0），f（2）}=2=F（2）；
當(dāng)2＜x≤6時，F(xiàn)（x）≤g（x）≤max{g（2），g（6）}
=max{2，34﹣8a}=max{F（2），F(xiàn)（6）}．
則M（a）=．
【點評】本題考查新定義的理解和運用，考查分類討論的思想方法，以及二次函數(shù)的最值的求法，不等式的性質(zhì)，考查化簡整理的運算能力，屬于中檔題．
22．（16分）（2015·閔行區(qū)二模）各項均為正數(shù)的數(shù)列{bn}的前n項和為Sn，且對任意正整數(shù)n，都有2Sn=bn（bn+1）．
（1）求數(shù)列{bn}的通項公式；
（2）如果等比數(shù)列{an}共有2015項，其首項與公比均為2，在數(shù)列{an}的每相鄰兩項ak與ak+1之間插入k個（﹣1）kbk（k∈N*）后，得到一個新的數(shù)列{cn}．求數(shù)列{cn}中所有項的和；
（3）如果存在n∈N*，使不等式 成立，求實數(shù)λ的范圍．
【考點】數(shù)列與不等式的綜合；數(shù)列的求和．
【專題】等差數(shù)列與等比數(shù)列；不等式的解法及應(yīng)用．
【分析】（1）運用數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系，結(jié)合等差數(shù)列的定義和通項公式，即可得到；
（2）運用等比數(shù)列的求和公式和數(shù)列求和方法：分組求和，即可得到所求；
（3）運用參數(shù)分離可得，運用基本不等式和單調(diào)性，分別求出不等式左右兩邊的最值，即可得到所求范圍．
【解答】解：（1）當(dāng)n=1時，由2S1=b1（b1+1）得b1=1，
當(dāng)n≥2時，由2Sn=bn（bn+1），2Sn﹣1=bn﹣1（bn﹣1+1）得（bn+bn﹣1）（bn﹣bn﹣1）=bn+bn﹣1
因數(shù)列{bn}的各項均為正數(shù)，所以bn﹣bn﹣1=1，
所以數(shù)列{bn}是首項與公差均為1的等差數(shù)列，
所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn=n．
（2）數(shù)列{an}的通項公式為，
數(shù)列{cn}共有2015+1+2+…+2014=1008×2015項，
其所有項的和為S1008×2015=（2+22+…+22015）+（﹣1+22﹣32+42﹣…20132+20142）
=2（22015﹣1）+[3+7+…+4027]=22016﹣2+×1007
=22016+2015×1007﹣2=22016+2029103；
（3）由，
得，
記
因為，當(dāng)取等號，所以取不到，
當(dāng)n=3時，的最小值為（n∈N*）遞減，
的最大值為B1=6，
所以如果存在n∈N*，使不等式 成立
實數(shù)λ應(yīng)滿足A3≤λ≤B1，即實數(shù)λ的范圍應(yīng)為．
【點評】本題考查數(shù)列的通項和前n項和的關(guān)系，主要考查等差數(shù)列和等比數(shù)列的通項和求和公式的運用，同時考查不等式存在性問題轉(zhuǎn)化為求最值問題，具有一定的難度和綜合性．
23．（18分）（2013·上海）如圖，已知雙曲線C1：，曲線C2：|y|=|x|+1，P是平面內(nèi)一點，若存在過點P的直線與C1，C2都有公共點，則稱P為“C1﹣C2型點”
（1）在正確證明C1的左焦點是“C1﹣C2型點“時，要使用一條過該焦點的直線，試寫出一條這樣的直線的方程（不要求驗證）；
（2）設(shè)直線y=kx與C2有公共點，求證|k|＞1，進而證明原點不是“C1﹣C2型點”；
（3）求證：圓x2+y2=內(nèi)的點都不是“C1﹣C2型點”
【考點】直線與圓錐曲線的關(guān)系；點到直線的距離公式；雙曲線的簡單性質(zhì)．
【專題】壓軸題；新定義；圓錐曲線的定義、性質(zhì)與方程．
【分析】（1）由雙曲線方程可知，雙曲線的左焦點為（），當(dāng)過左焦點的直線的斜率不存在時滿足左焦點是“C1﹣C2型點”，當(dāng)斜率存在時，要保證斜率的絕對值大于等于該焦點與（0，1）連線的斜率；
（2）由直線y=kx與C2有公共點聯(lián)立方程組有實數(shù)解得到|k|＞1，分過原點的直線斜率不存在和斜率存在兩種情況說明過遠點的直線不可能同時與C1和C2有公共點；
（3）由給出的圓的方程得到圓的圖形夾在直線y=x±1與y=﹣x±1之間，進而說明當(dāng)|k|≤1時過圓內(nèi)的點且斜率為k的直線與C2無公共點，當(dāng)|k|＞1時，過圓內(nèi)的點且斜率為k的直線與C2有公共點，再由圓心到直線的距離小于半徑列式得出k的范圍，結(jié)果與|k|＞1矛盾．從而證明了結(jié)論．
【解答】（1）解：C1的左焦點為（），寫出的直線方程可以是以下形式：
或，其中．
（2）證明：因為直線y=kx與C2有公共點，
所以方程組有實數(shù)解，因此|kx|=|x|+1，得．
若原點是“C1﹣C2型點”，則存在過原點的直線與C1、C2都有公共點．
考慮過原點與C2有公共點的直線x=0或y=kx（|k|＞1）．
顯然直線x=0與C1無公共點．
如果直線為y=kx（|k|＞1），則由方程組，得，矛盾．
所以直線y=kx（|k|＞1）與C1也無公共點．
因此原點不是“C1﹣C2型點”．
（3）證明：記圓O：，取圓O內(nèi)的一點Q，設(shè)有經(jīng)過Q的直線l與C1，C2都有公共點，顯然l不與x軸垂直，
故可設(shè)l：y=kx+b．
若|k|≤1，由于圓O夾在兩組平行線y=x±1與y=﹣x±1之間，因此圓O也夾在直線y=kx±1與y=﹣kx±1之間，
從而過Q且以k為斜率的直線l與C2無公共點，矛盾，所以|k|＞1．
因為l與C1由公共點，所以方程組有實數(shù)解，
得（1﹣2k2）x2﹣4kbx﹣2b2﹣2=0．
因為|k|＞1，所以1﹣2k2≠0，
因此△=（4kb）2﹣4（1﹣2k2）（﹣2b2﹣2）=8（b2+1﹣2k2）≥0，
即b2≥2k2﹣1．
因為圓O的圓心（0，0）到直線l的距離，
所以，從而，得k2＜1，與|k|＞1矛盾．
因此，圓內(nèi)的點不是“C1﹣C2型點”．
【點評】本題考查了雙曲線的簡單幾何性質(zhì)，考查了點到直線的距離公式，考查了直線與圓錐曲線的關(guān)系，直線與圓錐曲線聯(lián)系在一起的綜合題在高考中多以高檔題、壓軸題出現(xiàn)，主要涉及位置關(guān)系的判定，弦長問題、最值問題、對稱問題、軌跡問題等．突出考查了數(shù)形結(jié)合、分類討論、函數(shù)與方程、等價轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法．屬難題．
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