最2018高三数学理科分类汇编参

123456ACDAD(4,123456BCCDDC789CDBBCDDBCA2ln 1234567CCABAC22或8（Ⅰ） 1（Ⅱ）解：m 3所以10

5 12342，aC1﹣1；≤a＜12C1234CBBD5678DBA 329 1或 2；[4,2 1,0x ; 0,x0或x )①3, 3 1,[, 642 ADDBBD解得𝑘=𝑙𝑛2．…（2分）5…（5分 129A sinx (1cosx)sin(x ) f(x （Ⅱ）因为x0，所以 x

当x，即x 时，f(x)取得最小值 所以f(x)在区间,0上的最小值为f(3) f(x(sinxcosx)sin2x(sinxcosx)2sinxcosx2(sinxcosxcossin sinsin2x1cos2x 2

2x

π1，x|xkπ，k 4 原函数的定义域为x|xkπ，kZππkπ，kπkZkπ3πkπk 1234567BCADBBA89AADDCCB[kπ,kππ](kZ)ππ， 4522．解：（Ⅰ）由xπkππ，得xkππ，kZ [3分 f(x的定义域是{x|xkππkZ}．[4分4)（Ⅱ）依题意，得tan(π)2cos()

5分sin(所 42sin(

π，[7分cos( 4整理得sin(π[2cos(π10，8分 所以sin(π)0，或cos(π)1 [10分, ,因为(0,π

π(

5π，[11分由sin(π)0

4ππ3π；[12分 由cos(π1πππ

，或3π [13分 3cos2x1sin 1 1sin2x 3cos2xsin(2x 3 f(x)max 4 此时2x 2k 5 xk

k 6（Ⅱ）g(x)sin[2(x]sin(x 7 DMDxDPDDM1PMN90 9PM 2,MN22,PN 11cosMPN 135（1）𝑓（02所以2𝜋=𝜋4因为0𝑥2所以𝜋2𝑥𝜋 可得√2≤𝑠𝑖𝑛（2𝑥𝜋）≤ 所以当𝑥𝜋时，f（x）1．…（5分8f( f( π0， π2cos2πasinf( f(3 1

f(2

a10 42解得a 1（Ⅱ）由（Ⅰ）f(x2cos2x3sin2xcos2x3sin2x 22sin(2x5π 26ysinx的增区间为[2kππ2kπ

2由2kππ2x5π2kππ，kZ 1 kπ2πxkππkZ 所以，f(x)的单调递增区间为[kπ2π,kππ]，k 1 26．（Ⅰ）解：f(0)= 2（Ⅱ）解：由题意得f(x) 2sin(2xπ).所4

T2kππ≤2xπ≤2kππkZ kπ3π≤x≤kππkZ 所以f(x

[kπ π kπ+

k 5解：因为f(x)sinx(cosx 2sinxcosx 3sin2x 21sin2x 3cos2xsin(2xπ 5 又因为函数f(x)的最小正周期为，所 .解 7 令2kπ 4x 2kπ 4x2kπ ,k kπ

xkπ7π,kZ 所以函数f(x)的单调递减区间是[kππ,kπ7π],k 13 f(xTππ3T 求得Tπ，从而=2所以f(x)2sin 5π（2）g(x)2sin2xcos(2x+)6=3sin2xcos2xsin2=3sin4x1cos4x =sin(4xπ)1 所以π+2kπ4xπ3π2kπ πkπxπkπk 令k0πxπ 所以g(x) π上的单调递减区间为[π[0,] ,] 13 12) 3sin2xcos2x2sin(2x)6所以f(x)的最小正周期为 7 （Ⅱ）因为 x ,所以 2x 当2x ,即x 时，f(x)取得最大值2 当2x ,即x 时,f(x)取得最小值 13 所以f() a

,0)3解得a1 3所以f(x)sinx 3cosx2sin(x )3所以f(x)最小正周期为 6（Ⅱ）x3x7 所以当x ，即x 时，f(x)取得最大值，最大值是2 x

时，f(x)取得最小值，最小值是 所以f(x)的取值范围是[1,2] 13解：（Ⅰ）由题意T2，T 22因为点(0,1)在f(x)2sin(2x)图象上，所以2sin(20)=1．又因为||2所以 46所以x7 6 （Ⅱ）由（Ⅰ）f(x)2sin(2x)6，所 因为0x ，所 当 ，即x时，f(x)取得最大值2 时，f(x)取得最小值 13 ))

3所 π f(3)cos33cos 1

1 4 （2分 1)（Ⅱ）f(xcos(2x)3

cos2xcosπsin2xsinπcos 2 3sin2x1cos sin2x

π 26 所以f(x)的最小正周期T2π 12ysinx的单调增区间为2kππ2kππ(kZ 2由2kππ2xπ2kππ，kZ 2 (k1分kππxkππ 所以f(x)的单调增区间为kππ,kππ（kZ 1 3 3cos ……1sin2x 3cos ……22sin(2xπ ……43因此f(x)的最小正周期为π 6 （Ⅱ）当x[ π时，π2xπ2π ………8 当2xπ

12π，sin(2x

π 有最大值1．………10 即xπ时，f(x)的最大值为2 13即=√2𝑠𝑖𝑛2𝑥𝜋 44 6π

0≤22 ≤2x 4

8当 11当 136sin2xcosπcos2xsinπ)cos2x[4分 3sin2x1cos2xsin(2xπ，[6分 所以f(x)的最小正周期T π,解得1．[7分（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(xsin(2xπ6 因为0≤x ，所以≤2x ．[9分 所以，当2x ，即x 时，f(x)取得最大值为1；[11分 当2xπ4π，即x7π时，f(x)取得最小值为 3．[13分 解：（Ⅰ）f(x)sin2xcos3πcos2xsin3πsin(2x3π 分 所以f(x)的最小正周期T2ππ 22{周期1分，结果1分因为ysinx的对称轴方程为xkππ,kZ 12令2x3ππkπ,kZ 1 x11π1kπkZ 所以f(x)的对称轴方程为x11π1kπ,k 1 或者：f(x)的对称轴方程为2x3ππ2kπ和2x3ππ2kπ,kZ 1 x11πkπx

πkπ,kZπ（Ⅱ）因为x[0,]，所以2x[0, 12]所以2x3π[3π] 所以，当2x3ππx

1π时 2f(x)在区间[0,π]上的最小值为 22 解（Ⅰ）因为f() 3sin2 acos2 =2 ………3 所以a 2 ………5 所以 ………6（Ⅱ）由题意f(x)=3a2 sin2x cos3a sin(2x)，其中tan ．………8分所以T，且73a 所以当x时，

f() 所以 +2kkZ．………103a所以tan =3，a3．………11a所以f 23 π)．………123所以f(x)的最大值为23 13 2 ，得：2=2，则T，∴T = ∴2，0，∴

f(x)=sin(2x-6

…………5g(x)f(x)2cos2x-∴g(x)sin(2x-)2cos2x-6=sin2xcos-cos2xsin+2cos2x- 3 sin2x

cos2x+cos =2sin2x+2cos=sin(2x+6≤0 ≤2∴0≤2x ≤2x 6 ∴当2xxf(x取得最大值 ∴当2x

即x 时f(x)取得最小

-

13 2因为0Bπ，所以sinB0，从而2sinA1 3所以sinA1.因为锐角△ABC2所以A 66因为3sinBcos(Cπ)=3sinBcos(A 76=3sinBcos 9时，) 与锐角 ，故3sinBcos(Cπ)无最大 136 （Ⅰ） ,sinC3sinA33sin

b2c2

1计算得b8S1bcsinA6 解：∵a2c2b2 ∴a2c2b2 a2c2 ∴cosB ∴B4⑵∵ABCπ∴AC34∴2cosAcosC 2cosA(2cosA) 2sin 2cosA 2sinAsin(A ∵AC34 (0,πA πsinA1 解：（I）ADC中，因为COSADC1，所以sinADC43 sinADCcosBcosADCsinB4311 33 （Ⅱ）在ABDBDABsinBAD sin

8314347在ABCAC2AB2BC22ABBCcos8252285149AC2 ，B2A所以在ABC中，由正弦定理得 sin

26所以2sinAcosA26．故cosA 6sin 1cos2（II）1cos2

，所以sinA 1cos2又因为B2A，所以cosB2cos2A111cos23在ABC中，sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB 所以casinC5sin

2231234567BCC1343897，373232662;3a2b2 ……3所以cosC ……3 又因为C(0π)所以Cπ 63（Ⅱ）由（Ⅰ）知Cπ3ABCπB2πAA(02π 故cosAcosBcosAcos2πA)cosAcos2πcosAsin2πsin 1cosA 3sinAsin(πA) A(0,2πA5π πAπAπcosAcosB的最大值为1．…13 解：（）atanC2csinA，得asinC2sinA．[1分]c由正弦定理得sinAsinC2sinA．[3分sinCcos所以cosC1．[4分2因为C(0,π)，[5分所以Cπ．6分3（Ⅱ）sinAsinBsinAsin2πA7分33sinA 3cosA[8分 3sinAπ．9分6因为Cπ，所以0A2π，[10分 πAπ5π，[11分 1sinAπ≤1，[12分 所以sinAsinB的取值范围是(3,3]．[13分2 ab，得 2a ， sinB，得sin

2 6sin sin sin（Ⅱ）由（Ⅰ）知AB 3sinAsinBsinAsin(3

sin 3cosA1sin 3sin2A1cos2A11sin(2A)1 因为0A ，所以当A3

，sinAsinB取得最大 13 解:因为sin

sin

,sinC 2sinA可得c 42因为c2a2b22abcosC所以168b2222b24即b22b80所以b4因为cosC 所以sinC 所以ΔABC面积S absinC 224 2 13 3 1ABBDsinABC,所以 1x(x2) 3.即x22x240 所以x4,x6（舍）.所以AB 6（Ⅱ）AD2AB2BD22ABBDcosABC所以AD21636246128.所以AD 2在ACD中，因

sinACD

2 所以sinCAD 2 2

13解：（Ⅰ）在△ADC中，由余弦定理，得cosCAC2CD2 22AC 423 因为0C，所以C 63（Ⅱ）因为C ，所以sinC3

82sin

sin

10即AB321，所以边AB的长为3 13 及题设得S1acsinB1a2a3 3 解得a1,c由余弦定理及题设可得b2a2c22accosB14212172又b0,b .（不写b>0不扣分（Ⅱ）在ABC中，由正弦定理 得：sinAasinB 3 21sin B120A是锐角（a1c251sin2所以cosA1sin2所以tanAsinA 3cos 3sinA，所以2b 3a．所以a 所以cosB

a2c2

(2b)2b2

3 73 （Ⅱ）因为a2，所以bc 3又因为cosB ，所以sinB 1acsinB12 3 6 2 13 sinA 1 sinC sin所以,sinAcosBsinBcosA即sin(AB)

3 ∵ABCπ，A∴sinABsin

B,C0,42cosC3cosC 52 Cπ 66（II）∵ABC∴AB5π6∴sinB3sinAsin(5A)6

73sin1cosA3sinA3sin 9 )1cosA3sinAcos(A) ∵AB5π6∴A(0,5π)6

11∴Aπ(

7 . .

12 3)∴cos(A)3

即sinB 3sinA的最小值为- 13 12316C4568n2412345ABAAC6789DDBB2，2n32n13(2n60, ， 42n1；2，n22(1)n126．（Ⅰ）解：公差d3 2（Ⅱ）{an的公差d3a13，所以an3n．2所以bnan32n2所以数列{bn是首项为6，公比为2所以

6(12n)1

62n

5 =2𝑛+𝑛（𝑛−1）×1=𝑛2+ =35+（𝑛−1）,7+（𝑛−1）-=35+（𝑛−7）（𝑛+6）=𝑛2−𝑛+ 因为bn1bnan，所以a2b3b2 12418 2所以数列{an}的通 为ana2n 22n10 1因为bn1bnan，所以a2b3b2=24(18)6 3所以a1a2d8 1所以数列{an}的通 为ana1n1d2n 2（Ⅱ）法一：因为bn1bnan所以b2b1a1，b3b2a2，b4b3a3，…，bnbn1 1将上面1个等式的等号两边分别相加，得bna1a2a3 an1(n所以bnb1a1a2a3

b2a2a3

a2an1n 12n2 1又因为b1b2a110符合上式 1 所以bn211nn112112 当n5或n6时，bn取得最小值b5b6 2法二：因为bn1bnan所以b2b1a1，b3b2a2，b4b3a3 1所以bnbn1bn2an2bn3an3an2b1a1a2a3

所以bnb1a1a2a3 an1(nb2a2a3

a2an1nb2 1n2 1又因为b1b2a110符合上式 1 所以bn211nn112112 当n5或n6时，bn取得最小值b5b6 2法三：因为bn1bn2n10所以，当n5时，有bn1bn0，即b1b2b3b4b5 2当n5时，有bn1bn0，即b6b5 1当n5时，有bn1bn0，即b6b7b8 2所以n5或n6时，bn取得最小值b5b6 2．1,1,1成等比数列，所以(1)21．a21即1

)2

a2a1 a1da1化简得(a3d)2ada7d，即d2ad a11，d0d所以有ana1(n1)dn 7

1an

1．n(n n．所以

111111 n11 n

n

因此，Tn 13由题意，得q3a48q2． 所以an 3 (n1, ) 3所以anbn4(n1)1．从而bn(n3)3 (n1, ) 6（Ⅱ）由（Ⅰ）知bn(n3)3 (n1, 数列{n3}的前n项和为n(n7) 92 3(12n) 数列{3 }的

1

323 12所以，数列{b的前nn(n7)32n3．………13 12345DCDDC12345678DBBDBACC9CBCBCBADBCDACBCACB664589[1,2429，[2,4 123BB1234DBAC5678BAAC9AC c2maxb12a1,b22a2max121,3221c3maxb13a1,b23a2,b33a3max131,332,5332。当n≥3时，bk1nak1bknakbk1bknak1ak2n＜0所以bna关于kN* n≥1cn1n，于是cn1cn1，所以cn是等差数列。=b1a1nd2nd1k所以cn 当d2nd1取正整数md2n≥mnd＞d，因此cband d1nd2时，有nd＜dd d1所以cnb1a1nn1d2nd1 =nddadb1 MmmaxMb1d2ad

d d 2,d2n

1⑵因为存在ana1A中第一个大于a1的项为ak，则aka1ai，其中2≤ik1，所以kGAGA．⑶设A数列的所有“G时刻”为i1i2 ik11aia1≤aiai1≤1 对于第二个G时刻i2i1，有aiaiai（i1，2i21 aiaiaiai1≤1 类似的aiai≤1，…，ai ≤1 k

ai ai2aiaia1aia1

1k对于aNNGA，则aiaN1kNGA，则aNai，否则由⑵，知ai，ai1aN中存在G时刻”，与只有k个 k时刻”．从而，k≥aia1≥aNa1，证毕k由 可归纳证明对任意nk，an是3的倍数

2a36,a 元素都是3的倍数.（III）36由a

可归纳证明a36(n2,3...)n n

所以a2的倍数 36,a 从而当n3an4的倍数因此当n3an12,24,36.M如果a13的倍数，由（Ⅱ）nan3的倍数.a1=1M1,2,4,8,16,20,28,328个元素.T2(P)maxabd,acT2(P')maxcdb,cab因为cdbcbd，且acdcbd，所以T2(PT2(Pm=dT2Pmaxcdbcabca因为abdcab，且acdcab所以T2(PT2(P。所以无论m=am=dT2PT2P')都成立。 :（4,6（11,11（16,11（11,8（5,2）解：（）d1d21d3d43≤an≤AnanBnan1dnanan1d（n1,2,3（必要性）因为dnd≤0（n1,2,3AnBndn≤Bn．又因为an≤Anan1≥Bn，所以an≤an+1．AnanBnan1．因此an1anBnAndnd，即{an是公差为d因为a12dn1A1a12B1A11．故对任意n≥1an≥B1假设{an}（n≥2）2的项．设m为满足am2的最小正整数，m≥2，并且对任意1≤kmak≤2．BmAmdm211Bm1min{amBm}≥2dm1Am1Bm1≤220，与dm1 所以对于任意n≥1an≤2，即非负整数列{an的各项只能为12．因为对任意n≥1an≤2a1An2．BnAndn211．因此对于任意正整数n，存在m满足mn，且am1，即数列{an有无穷多项为∴kA（Ⅱ）kA≤1kA1则|c1A||a1|a11ab0ab0即abc1∴c1ab1，与题目条件∴k0，abc1abc10c1ar1(A)1ab，r2(A)1ab，c1(A)1a，c2(A)1b，c3(A)2ak(A)1a或k(A)1b，当ab0c1kA1（III）

2t

kA的最大值

A{ai,j}(i1,2,j1,2,...,2t1)kAt2t的tta1,1a1,2...a1,t1,a1,t1a1,t2...a1,2t1t2t2ta2,1a2,2...a2,tt(t2),a2,t1a2,t2...a2,2t112t

t

t2t t 2t

1 t(t

t

tt 2t|ct1(A)||ct2(A)|...|c2t1(A)|1t22t

t

2t 是最大值.若不然则存在一个数表AS(2,2t1)使得k(A)x t t，故故A的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于x1.Aghghgtht1.A的第一行行和为正，第二行行和为负AAtt1个负数，每个负数均不超过1x）.因此|r1(A|r1(At1t1)(1x2t1(t1)xx2t1(t2)xx，故A的第一行行和的绝对值小于x，与假设. 2因为a1,a2，又a,a 成等差数列，故an，所以S(A)n(n1) 1

1 因为a1a2an，a1,a2 ,an为正整数数列，故有a11,a22,a33,a44,,annS(A

12nn(1n)2又S(A)n(n1)，故am(m1, ,n)，故a,a 42

1

,假设存在ap2p1p为最小的正整数依题意p3,则aa 122p22p11，又因为aa 故当k(2p11,apkA的任何一个子集所有元素的和.故假设不成立，即am2m1(m12,n成立.因此2017a1a2an122n12n即2n2018，所以n 2S2017，则a1a2an12017an2017anan1时，则当k(2017ananAk，故2017anan1，即an1009 此时可构造集合A{1,2,4,8,16,32,64,128,256,497,1009} 1分故当k{28,281,28 故当k{4973,4974,497511}k可以等于集合{1,2,28497中若干不同元素的 所以当n取最小值11时，an的最大值为 1（Ⅰ） [3分, 令aii(i 填写的顺序如何，都有Snn2．[5分所以bi{n1,n ,2n}，(i因为aibi(i

n 6分 Sn|aibi|(biaibi

i in2 8 ,n}，或{a1,a2 ,an}{n1,n 不妨设aibi，记Aai，Bbi，其中i1, ,n Sn|aibi|(aibiaibiAB．9分 因为AB i

n(2n1) 所以Sn的所有可能取值的奇偶性相同．[13分 ,n．[9分a1a2anb1b2bn 对于任意k{1, , ①若在两种填法中k都位于同一行，则kSnSn的表达式中或者只出现在bibi i

i或只出现在aiai中，且出现两次，则对kSnSn的结果中得到2k．[11分i i②若在两种填法中k位于不 kSnSn的表达式中在bibi与aiai i 由①②得，对于任意k{1, [13分 3 由题可知，M ai（i 1,2, 因此ai（i 1,2, ,n）的奇偶性相同.如果M为奇数，则ai（i 1,2, 由于M an，所以n为奇数.如果M为偶数，则ai（i 1,2, 此时设ai 2bi，则{b1,b2, 8由（Ⅱ）可知集合A中元素个数为奇数，当n 3时，显然任意集合{a1,a2,a3}不是“和谐集”.当 5时，不妨设 将集合{a1,a3,a4,a5}分成两个交集为空集的子集，且两个子集元 则有a1 a4①，或者a5 a4②；将集合{a2,a3,a4,a5}分成两个交集为空集的子集，且两个子集元 则有a2 a4③，或者a5 a4④. a2，；由①、④，得a1 a2， a2，；由②、④，得a1 a2，.因此当 当 7时，设 因为 11 所以集合A {1,3,5,7,9,11,13}是“和谐集”.

集合A中元素个数n的最小值是 13N{6,7,8,9,10}N{5,6,7,8,9N4,5,6,N{3,4,5,6,7}，N{2,3,4,5,6}，回答其中之一即 3 M{a1ta2 an 5根据TA)1i

|ajai|定义可以验证：T(M)T 6 C C C C取t ，此时B{a1 ,a2 ,an n通过验证，此时T(B)T(A)，且bi 8由于mT(A)(a2a1)(a3a1)(a4a1) (a2m(a3a2)(a4a2) (a2ma2(a4a3) (a2ma3(a2ma2m1=(2m1)a1(2m3)a2 (2m3)a2m1(2m=(2m1)(a2ma1)(2m3)(a2m1a2) 由于0a2m1a2ba0a2m2a3ba0a2m3a4ba

………110am1amba所以(2m1)(ba)T(A)m2(b 13解：（Ⅰ）由题意得(m1)1解①得m1；解②得m1或m2所以m2，故实数m的取值范围是m2 4假设存在等差数列{an}符合要求，设公差为d，则d1

nn(n1)d2由题意，得nn(n1)d1n2n对nN 即(n1)dn①当n1dR②当n1dnn因为n

=1+n

1所以d1，与d1 8设数列{aq，则aaqn1 因为{an的每一项均为正整数，且an1ananqanan(q1)10，所以a10q1.因为an1anq(anan1anan1同理，在 1 }中，“1a1a”为最小项{2 2 2 由{an为“K数列”，只需a2a11，即a1(q1)又因为 不是“K数列”，且“1a1a”为最小项，所以1a1a1，即a(q1)2{2an

2 2 2 2 由数列{an的每一项均为正整数，可得a1(q1)2，所以a11,q3或a12,q2①当a11,q3an3n1，则bn

，n令c b(nN*)，则c

2n 3

n n (n1)(n 2n 2n 4n28n又 3 0(n2)(n n2(n1)(n所以{cn}为递增数列，即cncn1cn2c1，所以bn1bnbnbn1bn1bn2b2b1．因为bb333 所以对任意的nN*，都有bn1bn1，即数列{cn为“K数列 ②当a12,q2an2，则bnn1．因为b2b131所以数列{bn不是“K数列综上：当an 时，数列{bn}为“K数列当an2n时，数列{b}不是“K数列” 13n 3或M{(0,0,1),(0,1,0),(1,0,0),(1,1,1)}，集合M中元素个数最大值为 8d(1PdAB)，其中dABPC2Cm 设P中所有元素的第i个位置的数字中共有ti个1，mti个0， d(A,B) ti(mti im2(i1, n

4由于ti(mti)4

d(A,B)ti(mti)4 i4 m 从而d(P)C2d(A,B)4C22(mm ….3数列{an一定是“3阶可重复数列”;m=10,0,0,1,0,1,1,1,0,0,0不是“3阶可重复数列”;3m10时,均存在不是“3阶可重复数列”的数列{an}.所以,要使数列{an}一定是“3阶可重复数列”,则m的最小值是11 8分阶可重复数列”,即在数列an的末项am后再添加一项0或1则存在ij使得aiai1ai2ai3ai4am3am2am1am,0按次序对应相等,或ajaj1aj2aj3aj4am3am2am1am,1按次序对应相等如果a1a2a3a4am3am2am1am不能按次序对应相等,那么必有2i,jm4ij使得aiai1ai2ai3､ajaj1aj2aj3与am3am2am1am按次序对应相等此时考虑ai1aj1am4,其中必有两个相同,这就导致数列an中有两个连续的五项恰列”!所以a1,a2,a3,a4与am3,am2,am1,am按次序对应相等,从而ama4 14数列：11,78,90,x,97,y也是一个“好数列 3若剩下两项从 ,99中任取，则都符合条件，有C245种若剩下两项从79,80, ,88中任取一个，则另一项必对应90,91, 有10种；若取68a77，则7911a889022a99，“好数列”必超过6若取a67，则11a78A6，另一项可从 ,99中任取一个，有10种若取56a67，则6711a787822a89，“好数列”必超过6项，不符合；若取a56，则b67，符合条件，若取a56， “好数列”必超过6项，不符合综上，a,b,c,d共有66种不同的取值 7 同，所以，不妨设a1a2 am ,am 只要证明每一对和数都不小于n1m用反证法，假设存在1j，使

am1

n因为数列单调递增，所以amj1a1amj1a2amj1ajamj1n，又因为“好数列”，故存在1km，使得aiam1jak(1ij)，显然akam1j，故km1j，所以ak只有j1个不同取值，而aiam1jj ,am

每一对和数都不小于n故aa am(n1)，即a1a2 amn1 13 故集合A 3

的最大奇约数

cn1cn22cnmax{cn1cn2}，当且仅当cn1cn2时等号成k1c2k1max{c2kc2k1dk，c2k2max{c2k1c2kmax{dkdkdk．dk1max{c2k2c2k1dk，当且仅当c2kc2k1时等号成立．………9由（Ⅱ）n3cnmax{cn1,cn2}n3cnmax{c1c2max{a,b}．又cn是正奇数，且不超过max{a,b}的正奇数是有限的，所以数列{cn中的不同项是有限的．所以集合A是有限集．集合A中的最小数是a,b的最大公约数 14bnmax{a1a2,,anmin{a1a2,,anana12n132n2，故{bn2n2nn(n1 min{a1,a2,,an}min{a1,a2,,an1}(n1,2,3,)所以max{a1,a2,,an1}min{a1,a2 ,所以bn1bn(n1, 又因为b1a1a10 bn由SS n1a1a1

n(n1)an(n1)b(n1, n22a1a23a1b2，即b2a2a1a2a1当n3时，3a12a2a36a13b3，即3b32(a2a1)(a3a1)若a1a3a2，则b3a2a1，所以由（*）可得a3a2，与a3a2 若a3a1a2，则b3a2a3，所以由（*）可得a3a23(a1a3)，所以a3a2与a1a3同号，这与a3a1 a3a2，则b3a3a1，由（*）a3a2猜想：满足SS Sn(n1)an(n1)b(n1, )的数列{a}是 a,na,n经验证，左式=SS

S

[12 (n

n(n1)a

n(n

n(n n(n

n(n

a)nan(n1)a右式

a1

bn

a

(a a,na,n假设ak是首次不符合ana1,n1,a2a1的项，则aaa aa,n

k2k k(k k(k a2ak a1 bk若a1aka2，则由（*）式化简可得aka2与aka2；aaa，则baa，所以由（*）aak(k1)(aa 所以aka2与a1ak同号，这与aka1 aka2，则bkaka1，所以由（*）化简可得aka2这与假设ak a,na,n法2：当in时，aia1max{a1,a2 ,ai}bik所以(aia1)b1b2 bk，(k1, 即Skka1(b1b2 bk)，(k1, ,由bn1bn(n1, )可得bkbn(k1, 又b10，所以可得Skka1(k1)bn(k1, 所以S1S2 Sn(a12a1 na1)[0bnbn2bn 即SS S(n1)na(n1)nb 所以SS S(n

(n1)nba aaia1bibn(i1, ,n)a,na,n（Ⅰ）M,M当n1时,，结论成立假设当nk(kN*0ck1，当nk1时,,所以,即,所以故又因 所以nk1时结论也成立综上,由（1）,（2）知0cn1M1,当c1时,n2时,c1,此时,M n2时，若存在k2,3,4ck11,ck11显然ck10,2,111 k

2

k

1

0 1时，c 1与c k k 0cn1(n所以M1,当c1时,可得当n2时,c1,此时 故M的最小值为 10 13解：（Ⅰ）因为a12,a23，lgan1|lganlgan1|（n2,3, 所以lga|lg3lg2|lg3，即a3 1 所以lga|lg3lg3|lg2，即a2 1 所以lga|lg2lg3|lg4，即a 1 必要性：已知数列{a1，则数列{a中存在a(kN* lgak0所以数列a中存在a（kN*使得a=1 所以数列a中存在a（kN*)使得lga 1 充分性：已知数列{a中存在a(kN*使得lga0，则数列{a 1法一：充分性证明：假设数列{a1，不妨设a1(mN*是数列{a 1的最后一项，则am1若am11，则由lgan1|lganlgan1|（n2,3,4, ）可得lgam2lgam1，所以lgam3|lgam2lgam1|0，所以am31，这与假 2若0am11，则由lgan1|lganlgan1|（n2,3,4,）可得lgam2lgam1，所以lgam3|lgam2lgam1|2lgam1，所以lgam4|lgam3lgam2||2lgam1lgam1|lgam1，所以lgam5|lgam4lgam3||lgam12lgam1|lgam1，所以lgam6|lgam5lgam4|0，所以am61，这与假 2由①②可知，“数列a中存在a（kN*使得lga=0”是“数列a 法二：充分性证明：设bnlgan，则bn1|bnbn1|（n2,3,4, 已知数列{b}中存在b(kN*)使得b0，则数列{b}中有无数多项是0. 由bn1|bnbn1|n2,3,4,)可得bk10(k2,3,4,)，且bk21，所以bk3|bk2bk1|0循此可推证bk3m0（mN 2②若b10，当b20b3b2，所以b40由①证明可知bk3m0（mN 1当b20时，b3b2所以b4|b3b2|2b2所以b5|b4b3|b2所以b6|b5b4|b2，所以b7|b6b5|0，由①证明可知bk3m0（mN） 1分证明：假设在数列{a中,a(kN*满足1a2 则0ak1或ak≥2（k1, 由lgan1|lganlgan1|（n2,3, an,a≥

n1an1,a ,（n2,3, ）*，且an0（n1, a a所以当n2an所以an≥2（n3, 1若a4a3≥2，则a51与a5≥ 1a4a32设bmmax{a2m1,a2m2}（m1, 则bm≥2 ≤max{a2m1,a2m2}1b， ≤1 , 2 所以 , }≤1b，即 ≤1b（m1, 2 2所以

≤b1 2对于b，显然存在l使得2l1b2l 所以 ≤b11，这与b≥ 1l 证明“在数列{a中,存在a(kN*满足1a2”，即证明“在数列{b中,存在b(k 满足0bklg2假设在数列{b中，不存在b(kN*满足0blg2 则bk0或bk≥lg2（k1, 由bn1|bnbn1|（n2,3

，*可得bn≥0（n3, 所以bn≥lg2（n3, 1若b4b3≥lg2，则b50与b5≥lg 1若b4b3lg2设cmmax{b2m1,b2m2}（m1, ，则cm≥lg2（m1, 所以max{b2m3,b2m4}max{b2m1,b2m2lg2cm1≤cmlg2（m1, 所以cm≤c1(m1)lg2 2对于c1，显然存在l使得llg2c1l1)lg2所以cl1≤c1llg2lg2，这与cl1≥lg 1 2n2n252n，22n14 a 22222n an2an 3(Ⅱ) a (n2)21n2n21

2(n1)211

(n

1

2 2n24n[ n2(n1)2] 2 2 解得，n4,nN*，故数列{an}不是T数 7 a2n1na2a4 只需证n(a1a3 a2n1)(n1)a2a4 8当n=1时，a1a32a2成 9即k(a1a3 a2k1)(k1)a2a4 (k1)(a1a3 a2k3)(k2)(a2a4 [k(a1a3 a2k1)(a1a3 a2k1)(k1)a2k3[(k1)(aa aaa ak 2k(k1)a2k3(k2)a2k2(a1a3 a2k1)(a2a4 a2k(k1)(a2k3a2k2)(a1a3 a2k1)(a2a4 a2ka2k2an2an2an1，an2an1an1an2an1an1ananan1 a2(a2k3a2k2a2k2a2k1)(a2k3a2k2)(a2ka2k1)(a2k3a2k2)(a2(k1)(a2k3a2k2(a1a3a2k1(a2a4 对于任意nN*不等式a1a3 a2n1n1均成 14a2a4 由已知，对任意整数ij,1≤ijnaiiajj，(aiii(ajjj，aiaj由i,j(a1a2a3,,an1,2,3,n的单调递增排列，所以An{(1,2,3,,n)}．[5分]*akk(kN1kn时，对任意整数ij,1≤ijn*aiiajj ,n)Bn，所以AnBn．[7分 由（Ⅱ）bn0．B2{(12),(2,1，所以b22．当n≥3时，考虑Bn中的元素(a1,a2, ak1akkk1)n1，依此类推，若aknak1n1ak2n2，…ank①若k1，则满足条件的1, ,n的排列(a1,a2,a3 k2a2na3n1a4n2，…an2．所以a11此时满足条件的1, ,n的排列(a1,a2,a3 ,an)有1个2kn只要(a1,a2, 此时，满足条件的1, ,n的排列(a1,a2,a3 假设ann，只需(a1,a2,a3, an1)是1,2,3, ,n1的满足条件的排列，此时满足条件的1,2,3, ,n的排列(a1,a2,a3,,an)有bn1个．综上bn11b2b3 bn1，≥3因为b311b242b2 nN*n≥3，都有

2解（Ⅰ）5，1，0，2，2. 3（Ⅱ）因为0ann1，所以0a21,0a32，又数列{an}的前3项互不相等，（1）a20若a31，则a3a4a5 n3m0n2m21m2 若a32，则a3a4a5 2n3m02(n2m42m （2）a21若a0，则aaa 0，且对n3，m10(n2)m1都为整数， 若a32，则a3a4a5 2n3m12(n2)m32m3 综上，m的值为2,3, 8（Ⅲ）对于n1，令Sna1a2 则Sn1Sn1Snan1SnnSn1.n

n MmnMn

Sn成立nn

Sn

(n1)Sn

Snn从而n

an2an1n

an2(n1)an1n

an2an1n由题设知|an2an1|n11，又Sn2及 n n n 所以Sn2 SnSn1，故SnSn1Sn2 常数n n n n

(n1)Sn

n

常数故存在正整数M，使得nM时，an为常 13解：（）an具有性质P(3,2,0)，所以an3an0n2由a23，得a5a83，由a45，得a7 2因为a6a7a818，所以a610，即a3 4（Ⅱ）an不具有性质“P(2,1,0) 5得2d826，所以d3，故bn3n 6得q21，又q0，所以q1，故c24n 7 an3n124n若an具有性质“P(2,1,0，则an2an0n1a29a412a2a4故an不具有性质“P(2,1,0) 8（Ⅲ）因为an具有性质“P(i2d1，所以aniand1n2.①因为an具有性质“Pj2,d2anjand2n2i,jN*iji,j所以由①得amjiamjd1；由②，得amijamid2 9amjd1amid2dj 10 ddjid，n2 11n 所以 ajid，ni2 12n 所以a具有性质“P(ji,i2,jid) 13 ，T{1,0,1}是有限集，但是由a2a10a3a21，所以不具有性质P(0P(0)的含义可得am1ak1am2ak2，......a2mk1am1a2mkam所以数列{an}中最多有m1个不同的项，所以T最多有 MN'N*aM'paM'2aN'qaN'5pq分别是满足上述关P(2P(5kNaM'pkaM'k2,aN'qkaN'k5，MNkN'MaN'paN'2MNkM'NaM'qaM5Mmax{MN'}aMaMpaM2aMqaM5pq，P(2P(5kNaMpkaMk2,aNqkaNk5，所以aMqpaM(aMqpaM(q1)p)(aM(q1)paM(q2)p) (aMpaM)aMqpaM(aMpqaM(p1)q)(aM(p1)qaM(p2)q) (aMqaM)5aMqpaM2qaM5ppqaMpaM2aMqaM5的最小的正整数，所以q5,p2，aM2aM2,aM5aM5kNaM2kaMk2aM5kaMk5kNaM2kaM2(k12aM2kaM5kaM5(k1)5aM5k，取NM5kN，k是偶数，则aNkaNkkaNkaN5(k5aN5k5aN5k5aNkkNaNkaNaNaN1aN2

,aNk

因为234513，134513， ,2n}．[4分B中任意4个 2n2A2n的“相关数”．6分mn2mA2n的“相关数”．7分]因此若m为集合A2n的“相关数”，必有mn3．[由

m≥n3A2nnCii2n1i1in A2nn3P，必有三组Ci,Ci,CiP．[10分]A2nn2nn1Djj2nj)(1 1A2nn3PDjP．[11分4 D与上述三组C,

与C此时这4个元 和为[i1(2n1i1)[j4(2nj4)]4n1．[12分]所以集合A2n的“相关数”m的最小值为n3．[13分] 3a11a2n1i1a101．由②得a2n(a1a2 a2n1)在③中，令i2n1，得a1a2 从而a2n(a1a2 0．由①得a2n考虑A2n ,1)，即a1a2 an1，an1an2时a1a2 ann为最大值

a2n1现交换an与an1，使得an1,an11，此时a1a2 ann2现将an1逐项前移，直至a21． 移过程中，显然a1a2ann2不变，这一过程称为1次移位．继续交换an与an2，使得an1,an21，此时a1a2 ann4现将an1逐项前移，直至a4 移过程中，显然a1a2 ann4不变a1a2an2a1a2an一定可以调整为1，1交替出现． an1为最小值 an的取值集合为 ,2k 8解：由①、②可知，有序数组(a1,a2, ,a2n)中，有n个1，n个．

a2nn个11的种数共有Cn如果(a1,a2 ,a2n)不满足条件③，则一定存在最小的正整数s(sn)，使（ⅰ）a1a2a2s20；（ⅱ）a2s11．将a1,a2 这一对应f为：(a1,a2, ,a2s1,a2s, ,a2n)(a1,a2, ,a2s1,a2s, 从而将(a1,a2, ,a2n)变为n1个1，n1个1组成的有序数组．n1个1，n11组成的有序数组(a1a2,,a2n11s(sna1a2a2s11令对应f1为：(a,a , ,a ,a)(a,a , ,a ,a) 从而将(a1,a2, ,a2n)变为n1个1，n1个1组成的有序数组．因此，tn就是n1个1，n1个1组成的有序数组的个数．所以A的个数是CnCn1

Cn 13

n n可得d(A, 4反证法：若结论不成立，即存在一个含5维T向量序列A1,A2,A3, 使得A1 (1,1,1,1,1)，Am (0,0,0,0,0). 不妨设A1的第i(i 1,2,3,4,5)个分量1变化了2ni 1次之后变成0，所以将A1中所有分量1变为0共需要

1)(2n21)(2n31)(2n41)(2n52(n1 2)1次，此数为奇数*又因为d(AiAi12,iNA2*i 所以该序列中不存在5维T向量(0,0,0,0, 9 此时m1,2,3,4,5, 13m12的因子1,2,3,4,6,12(1分).答出m5,8,10给(1分).答出m7,9,11中任一个给(1分)，都对给(2分 解：（I）𝑛1时，𝑎2𝑎3，由𝑎0 当𝑛=2时，(1+𝑎2)2=13+𝑎3，由𝑎≠0，得𝑎=2 当𝑛=3时，(1+𝑎2+𝑎3)2=13+𝑎3+𝑎3，若𝑎2=2，得𝑎3=3或𝑎3=−2 若𝑎2=−1，得𝑎3=1综上，满足条件的𝑎1𝑎2𝑎331,2,3或1,2，-2或1，- 4（II）令𝑆𝑛=𝑎1+𝑎2+𝑎3+⋯+𝑎𝑛，则𝑆2=𝑎3+𝑎3+𝑎3+⋯+𝑎𝑛3 从而(𝑆+ )2=𝑎3+𝑎3+𝑎3+⋯+𝑎 𝑛+两式相减，结合𝑎𝑛+1≠02𝑆𝑛=𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1当𝑛=1时，由（1）可知𝑎1=当𝑛≥2时，2𝑎𝑛=2(𝑆𝑛−𝑆𝑛+1)=(𝑎𝑛+12−𝑎𝑛+1)−(𝑎𝑛2−𝑎𝑛)，即(𝑎𝑛+1+𝑎𝑛)(𝑎𝑛+1−𝑎𝑛−1)=0，所以𝑎𝑛+1=−𝑎𝑛或𝑎𝑛+1=𝑎𝑛又因为𝑎1=1，𝑎2017=𝑛

n,1n 20161,n ……9(III)分析：由（II）an1an或𝑎𝑛+1=𝑎𝑛A2A4A5A6解答：当𝑛为奇数时，集合𝐴𝑛

n和 2n当𝑛为偶数时，集合𝐴𝑛中所有 和为 .……13 1)( n 1 若

2

1)( 2nn( k k2n(n1n2所以，存在kNSnak所以,数列{an}是“G数列 4（2）解：首先 3n2anSnSn123n13,n所以an 2 ,n

6分当n2923k1kN因此数列{an}不是“G数列 8若 n n

n(n1)项，因此数列

是G数列对任意的等差数列{an}，

设 则 cn，而数列{bn}，{cn}都是“G数列 13 123456AD1 54112345678CDBCCCBB9ACACABCCCACBB131231 ， 91； f'xexcosxexsinx1f'0e0cos0e0sin01（0，f（0）gxf'xexcosxexsinx1g'xexcosxexsinxexsinxexcosxg'x2excos2gxg00f'x0fx单调递减ffxf0，即fx1， 2 故fx的最大值为1，最小值为 2∴f(x)eaxxeaxb(1x)eaxyf(x在点(2,f(2ye1)xf(22(e14f(2e1f(2)2ea22b2(e14①f(2)(12)ea2be1②a2b由（I）f(xxe2xexf(x1x)e2xg(x1x)e2xg(xe2x1x)e2xxx22,0g(xg(2)12)e22f(xf(2)g(2)ee1f(x0对xRf(x在上单调递增，无减区间3．（I）f(x=ln（1+x）-ln（1-x）f(x=1

1x

，f(0)f(0)=0y=f(x在点（0f(0)）（Ⅱ）g(x=f(x-

x 3g(x=f(x-2（1+x2）1x23>0（0<x<1所以g(x)>g(0)=0x∈（01xx∈（0，1）f(x>2（x+3由（Ⅱ）k＜2(x)

x）x∈（0，1）恒成立333kx42 当k>2时，令h(x)=f(x)-k（x+ 则h(x)=3

(x)-k（1+

）= 1所以当0x 时，h(x)<0，因此h(x)在区间（0，

kk

当0x

时，h(x)<h(0)=0，即f(x)<k（x+ 3K>2f(x>k（x+x3

解：（I）f(xxcosxsinxf'(xcosxxsinxcosxxsinx 0,因为在区间 )上f'(x)xsin2f(x)f(0)0

（Ⅱx0sinxa”等价于sinxax0sinxb”等价于sinxbx0” g(xsinxcxg'(xcosxc当c0g(x0x(02x 当c1时，因为对任

g'(x)cosxc0g(x在区间

g(xg(0)0x(0,2当0c1

(0g'(x)cosxc0 g(x)与g'(x)在区间 2x(x,0g+0-↗↘g(x在区间0,x0g(x0g(0)0。进一步，g(x0x 任

2

)2

c0，即0c 综上所述，当且仅当c2g(x0x(0,恒成立；当且仅当c1 g(x)0对任意x 2sin 所以，若a b对任意x )恒成立，则a最大值为2，b的最小值为 （Ⅱ）g(xx1f(x)，则除切点之外，曲线CLg(x（x0，xg(x)满足g(1) ，且g(x)1

． 当0x1x210lnx0g(x)0g(x)单调递减；x1x210lnx0g(x0g(x)单调递g(x)g(1)0（x0x1）．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．f(x)ax21(a0)，则f(x2axk12ag(xx3bxf(x)=3x2bk23b2a3bf(1)a1g(1)1ba11baba3b a24bh(xf(xg(xx3ax21a2xh(x3x22ax

1a2，令h(x0xaxa a0，aa原函数在2a6单调递增，在a，a单调递减，在a， 2h(a)h(0)1

6

aa≤2时，最大值为h(1)aa2 2162a6时，最大值为h2

a1a 2 a0，2h(1aa2a2ha1 2 12CB（Ⅰ）f(xx22ax4(a1)ln(x1)函数定义域为(1, 1f'(x)2x2a

4(ax

12[x2(1a)x(ax x

1 1因为a3，所以a2a1a21f'(x)，f(xx1f0f↘↗1当1a31a2f'(x)，f(xx(1,aa(a1f00f↗↘↗1综上，x1是函数f(x)的极值点，且为极小值 1（Ⅱ）f(0)=0 1当a2时，函数f(x)在区间[0,1]上单调递减 1所以有f(x)0恒成立 1当2a3时，函数f(x)在区间[0,a2]上单调递增 1所以f(a2)f(0)0，所以不等式不能恒成立 1所以a2时有f(x)0在区间[0,1]上恒成 1（Ⅰ）f(xx22ax4(a1)ln(x1)函数定义域为(1, 1f'(x)2x2a

4(ax

12[x2(1a)x(ax令g(x)x2(1a)x(a