资源简介

2025北京八十中高三（下）期中
数 学
一、单选题
1．在复平面内，复数 i(2 + i)对应的点位于．
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知集合 A = x | 0 log4 x 1 , B = x | x 2 ，则A B =
A． (0，1) B． (0，2 C． 1, 2 D． (1，2
y2
3．双曲线 x2 =1(a 0)的一个焦点为 (0, 2)，则a =（ ）
a2
3 1
A． 3 B． C．3 D．
3 3
1 6
4．在 ( 2x) 的展开式中，常数项为（ ）
x
A． 120 B．120 C． 160 D．160
5．已知 x 1，那么在下列不等式中，不成立的是（ ）
1
A． x2 1 0； B． x + 2； C． sin x x 0； D． cos x + x 0．
x
6．已知 , 为两个不同的平面， l,m为两条不同的直线，则m ⊥ 的一个充分不必要条件可以是（ ）
A．m与 内所有的直线都垂直 B． ⊥ ， = l ，m ⊥ l
C．m与 内无数条直线垂直 D． l ⊥ ， l ⊥ ，m ⊥
7．如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个圆石做成．磨是平面的
两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，在滚动过两层面时被
磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面圆的直径是
高的 2 倍，若石磨的侧面积为64π，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
8．已知 ABC 的面积为6 3 ， A = 60 ， AB = 3， B 的内角平分线交边 AC 于点D ，则 AD 的长为（ ）
12 7 28
A． B． C． D．7
5 2 5
9．在平面直角坐标系中，A ， B 是直线 x + y = m上的两点，且 AB =10．若对于任意点
P(cos ,sin )(0 2 )，存在A ， B 使 APB = 90 成立，则m 的最大值为（ ）
第1页/共16页
A． 2 2 B． 4 C．4 2 D．8
10．对任何非空有限数集S ，我们定义其“绝对交错和”如下：设 S = a1,a2 , ,an ，n N * ，其中
n 1
a1 a2 an ，则S 的“绝对交错和”为 a1 a2 + a3 a4 + + ( 1) an ；当 S = a 时，S 的“绝对交错和”为
a .若数集T = 2,0,π, 5 ，则T 的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为（ ）
A．8( 5 2) B．8π C．8(π 5 ) D．8 5
二、填空题
11．已知向量 a = (x,1) ,b = (1,2 x)，若 a //b，则实数 x = .
12．在等差数列 an 中， a1 = 3, a2 + a5 =16 ，则数列{an}的前 4 项的和为 .
13．设 f (x) 是定义在 R 上的单调递减函数，能说明“一定存在 x0 R 使得 f (x0) 1 ”为假命题的一个函数是
f (x) = ．
14．已知抛物线C : x2 = 2 y 的焦点为F ，则F 的坐标为 ；过点M (0,1) 的直线与抛物线相交于 A, B 两点，
与抛物线的准线相交于C ， | BF |= 2 ，则 BCF 与 ACF 的面积之比为 ．
x + 2, x a,

f (x) = a2 215．设 a 0，函数 x , a x a,，给出下列四个结论：

x 1, x a.
① f (x) 在区间 (a 1,+ )上单调递减；
②当 a 1时， f (x) 存在最大值；
③设M (x1, f (x1 ))(x1 a) , N (x2 , f (x2 ))(x2 a)，则 | MN | 1；
1
④设 P (x , f (x ))(x a) ,Q ( x , f (x ))(x a)．若 | PQ |3 3 3 4 4 4 存在最小值，则 a 的取值范围是 0, ．
2
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题
π
16．设函数 f (x) = sin xcos + cos xsin 0,| | ．
2
3
(1)若 f (0) = ，求 的值．
2
π 2π 2π
(2)已知 f (x) 在区间 , 上单调递增， f =1，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择
3 3 3
一个作为已知，使函数 f (x) 存在，求 , 的值．
π
条件①： f = 2 ；
3
第2页/共16页
π
条件②： f = 1；
3
π π
条件③： f (x) 在区间 , 2 3
上单调递减．

注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得 0 分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个
解答计分．
17．如图 1，在 Rt ABC 中， ACB = 30 , ABC = 90 , D 为 AC 中点， AE ⊥ BD 于 E ,延长 AE 交BC 于 F ,
将△ABD 沿 BD折起，使平面 ABD ⊥平面 BCD ,如图 2 所示.
(1) AE ⊥平面 BCD
(2)求二面角 A DC B 的余弦值；
AM
(3)在线段 AF 上是否存在点M 使得 EM // 平面 ADC 若存在，求 的值；若不存在,请说明理由.
AF
18．全社会厉行勤俭节约，反对餐饮浪费．某市为了解居民外出就餐有剩余时是否打包，进行了一项“舌
尖上的浪费”的调查，对该市的居民进行简单随机抽样，将获得的数据按不同年龄段整理如下表：
男性 女性
打包 不打包 打包 不打包
第 1 段 250 650 450 650
第 2 段 300 600 550 550
第 3 段 600 400 750 250
第 4 段 850 350 650 150
假设所有居民外出就餐有剩余时是否打包相互独立．
（1）分别估计该市男性居民外出就餐有剩余时打包的概率，该市女性居民外出就餐有剩余时间打包的概
率．
（2）从该市男性居民中随机抽取 1 人，女性居民中随机抽取 1 人，记这 2 人中恰有 X 人外出就餐有剩余
时打包，求 X 的分布列．
（3）假设每年龄段居民外出就餐有剩余时打包的概率与表格中该段居民外出就餐有剩余时打包的频率相
等，用“ k =1”表示第 k 段居民外出就餐有剩余时打包，“ k =0 ”表示第 k 段居民外出就餐有剩余时不打包
第3页/共16页
(k =1,2,3,4) ，写出方差D 1，D 2 ，D 3 ，D 4 的大小关系（只需写出结论）
f (x) = emx19．设函数 + x2 mx .
(1)当m =1时，求 f ( x)的单调区间；
(2)若对于任意 x1, x2 1,1 ，都有 f (x1 ) f (x2 ) e 1，求m的取值范围.
x2 y2
20．已知椭圆C : + =1(a b 0) 的短轴长为 2，左右焦点分别为 F
2 2 1
， F2 ，M 为椭圆 C 上一点，且
a b
MF1 ⊥ x轴， | MF2 |= 7 | MF1 | .
(1)求椭圆 C 的方程;
(2)已知直线 x = ty +m(t 0且0 m 2)与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 A 关于原点的对称点为 A1、关于 x 轴
的对称点为 A2，直线 BA2与 x 轴交于点 D，若△ABD 与△ABA1的面积相等，求 m 的值.
21．已知数列 的项数均为 m ，且 的前 n 项和分别为 ，并
规定 ．对于 ，定义 ，其中， 表示数
集 M 中最大的数.
(1)若 ，求 的值；
(2)若 ，且 ，求 ；
(3)证明：存在 ，满足 使得 ．
第4页/共16页
参考答案
一、单选题
1．【答案】B
【详解】复数 i(2+ i) = 1+ 2i，其对应的点为 ( 1, 2)，
位于第二象限．
故选B ．
2．【答案】D
【详解】由已知 ，所以
考点：集合的运算
3．【答案】A
【详解】由题意得 c2 = a2 +1= 4，所以 a = 3．
故选：A.
4．【答案】C
1 6
【详解】 ( 2x) 展开式的通项Tk 1 ( 1)
k 2k C k6 x
2k 6
，令 2k 6 0, k 3
x
常数项T ( 1)
3
3 1 2
3C36 = 160
故选：C．
5．【答案】D
【详解】解：因为 x 1，所以 x 1， x2 1，所以 x2 1 0，故 A 正确；
1 1 1
x + = ( x)+ 2 ( x) = 2，故 B 正确； x x x
又 1 sin x 1， 1 cos x 1， x 1
所以 sin x x 0， cos x + x 0，故 C 正确，D 错误；
故答案为：D
6．【答案】D
【详解】A 项，由直线与平面垂直的定义可知m与 内所有的直线都垂直是m ⊥ 的充要条件，选项 A
错；
B 项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件m ，
如图长方体 ABCD A1B1C1D1中，
设平面 A1B1C1D1为平面 ，设平面 A AA m1ADD1为平面 ，直线 1 为 ，
则 = A1D1 = l ，满足 ⊥ ， = l ，m ⊥ l ，
但m ，不与平面 垂直，故不能推出m ⊥ ，
故条件“ ⊥ ， = l ，m ⊥ l ”也不是m ⊥ 的充分不必要条件，选项 B 错；
第5页/共16页
C 项，如图长方体 ABCD A1B1C1D1中，
设平面 A1B1C1D1为平面 ，直线 BC 为m ，
则直线m与平面 内无数条与 B1C1 垂直的直线都垂直，但m // ，不与平面 垂直，
故由m与 内无数条直线垂直不能推出m ⊥ ，所以不是m ⊥ 的充分不必要条件，选项 C 错；
D 项，由 l ⊥ ， l ⊥ ，得 // ，又因为m ⊥ ，所以m ⊥ ；
反之，由m ⊥ 推不出 l ⊥ ， l ⊥ ，m ⊥ ，
所以 l ⊥ ， l ⊥ ，m ⊥ 是m ⊥ 的一个充分不必要条件，选项 D 正确.
故选：D.
7．【答案】A
【详解】设圆柱底面圆的半径为 r 0，则圆柱的高为 r ，
则石磨的侧面积为 2 2πr r = 64π，解得 r = 4 .
故选：A.
8．【答案】A
【详解】
因为 ABC 的面积为6 3 ， A = 60 ， AB = 3，
1 1
所以 AB ACsin A = 3 ACsin60 = 6 3 ，得 AC = 8．
2 2
由余弦定理 BC2 = AB2 + AC 2 2AB ACcos A = 9+ 64 2 3 8cos60 = 49 ，得 BC = 7．
1
AB BD sin ABD
S 3
因为 BD平分 ABC ，所以 △ABD = 2 = ．
S 1△BCD 7BC BD sin CBD
2
第6页/共16页
9 3
又因为 ABC 的面积为6 3 ，所以△ABD 的面积为 ．
5
1 1 9 3 12
所以 AB ADsinA = 3 ADsin60 = ，得 AD = ．
2 2 5 5
故选：A．
9．【答案】C
【详解】设 P (x, y )，则 x = cos , y = sin ，满足 x2 +y2 =1，
则点 2 2P 在圆 x +y =1上，
又存在A ， B 使 APB = 90 成立，则点 P 又在以 AB 为直径的圆上，
P 是圆 x2 +y2 =1上任意一点，A ， B 是直线 x + y = m上的两点，
则应满足圆 x2 +y2 =1上点到直线的最远距离小于等于 5，
m
原点到直线的距离为 ，
2
m
则只需满足 +1 5，解得m 4 2,4 2 . 2
故选：C.
10．【答案】B
【详解】 T = 2,0,π, 5 = 0,2, 5,π
T = 0,2, 5,π 的所有非空子集有：T1= 0 、T2 = 2 、T3 = 5 、T4 = 、
T5 = 0,2 、T6 = 0, 5 、T7 = 0, 、T = 2, 5 、T9 =8 2, 、T10 = 5， 、
T11= 0,2，5 、T12 = 0,2, 、T13 = 0, 5, 、T14 = 2, 5, 、T15 = 0,2, 5,π
若T1= 0 则T1 的“绝对交错和”为0 ；若T2 = 2 则T2 的“绝对交错和”为 2 ；
若T3 = 5 则T3的“绝对交错和”为 5 ；若T4 = 则T4 的“绝对交错和”为 ；
若T5 = 0,2 则T5的“绝对交错和”为 2 ；若T6 = 0, 5 则T6 的“绝对交错和”为 5 ；
若T7 = 0, 则T7 的“绝对交错和”为 ；若T8 = 2, 5 则T8 的“绝对交错和”为 2 5 = 5 2 ；
若T9 = 2, 则T9的“绝对交错和”为 2；若T10 = 5， 则T10的“绝对交错和”为 5 ；
若T11= 0,2，5 则T11的“绝对交错和”为 2+ 5 = 5 2；若T12 = 0,2, 则T12的“绝对交错和”为 2；
若T13 = 0, 5, 则T13的“绝对交错和”为 5 ；
若T14 = 2, 5, 则T14的“绝对交错和”为 2 5 + =2+ 5 ；
若T15 = 0,2, 5,π 则T15的“绝对交错和”为 0 2+ 5 = +2 5 ；
T 的所有非空子集的“绝对交错和”的总和为：
第7页/共16页
(0+ 2+ 5 + )+ (2+ 5 + + 5 2+ 2+ 5 )+ ( 5 2+ 2+ 5 + 2+ 5 + +2 5 )
= (2+ 5 + )+ ( 5 +3 2)+ (4 2 5 )=8
故选：B
二、填空题
11．【答案】1
【详解】因为 a = (x,1) ,b = (1,2 x)， a //b，
所以 x (2 x) 1= 0，解得 x =1 .
故答案为：1 .
12．【答案】 24
【详解】设等差数列的公差为 d .
a2 + a5 =16，
a1 + d + a1 + 4d =16，a1 = 3，
d = 2， an a1 (n 1)d 3 (n 1) 2 2n+1，
4(a1 a4 ) 4(3 9)（2） S4 =24 .
2 2
故答案为： 24 ．
x
1
13．【答案】 f (x) = +1
2
【详解】一定存在 x0 R 使得 f (x0 ) 1，即 x0 R, f (x0 ) 1，为假命题，则命题的否定为真命题，即
x
x R, f (x) 1，为真命题，又 f (
1
x) 是 R 上的单调递减函数，故设 f (x) = +1．
2
1 4
0,
14．【答案】 2 ， 7
【详解】
第8页/共16页
15．【答案】②③
【详解】依题意， a 0，
当 x a时， f (x) = x + 2，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；
当 a x a 时， f (x) = a2 x2 ，易知其图像是，圆心为 (0,0)，半径为a的圆在 x轴上方的图像（即半
圆）；
当 x a 时， f (x) = x 1，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；
1
对于①，取 a = ，则 f ( x)的图像如下，
2
1 1
显然，当 x (a 1,+ )，即 x ,+ 时， f ( x)在 ,0 上单调递增，故①错误；
2 2
对于②，当 a 1时，
当 x a时， f (x) = x + 2 a + 2 1；
当 a x a 时， f (x) = a2 x2 显然取得最大值a；
当 x a 时， f (x) = x 1 a 1 2，
第9页/共16页
综上： f ( x)取得最大值 a，故②正确；
对于③，易知当 a x1 a时，在 x1 = a， x x = a2 a 且接近于 处，
M (x1, f (x1 ))(x1 a) , N (x2 , f (x2 ))(x2 a)的距离最小，
当 x1 = a时， y = f (x ) = 0，当 x a 且接近于 x = a1 2 处， y2 = f (x2 ) a 1，
此时， MN y1 y2 a +1 1，
当 x x = a1 a时， x2 a 且接近于 处，M (x1, f (x1 ))(x1 a) , N (x2 , f (x2 ))(x2 a)的距离最小，
a + a +1+ 2
此时 MN 1；故③正确；
2
4
对于④，取 a = ，则 f ( x)的图像如下，
5
因为 P (x3, f (x3 ))(x3 a) ,Q (x4 , f (x4 ))(x4 a)，
4
结合图像可知，要使 PQ 取得最小值，则点 P 在 f (x) = x + 2 x 上，点Q 在
5
16 4 4
f (x) = x2 x ，
25 5 5
4
同时 PQ 的最小值为点O 到 f (x) = x + 2 x 的距离减去半圆的半径 a，
5
4
此时，因为 f (x) = y = x + 2 x 的斜率为1，则 kOP = 1，故直线OP 的方程为 y = x ，
5
y = x x = 1
联立 ，解得 ，则 P ( 1,1)，
y = x + 2 y =1
4
显然 P ( 1,1)在 f (x) = x + 2 x 上，满足 PQ 取得最小值，
5
第10页/共16页
4 1
即 a = 也满足 PQ 存在最小值，故 a的取值范围不仅仅是 0, ，故④错误. 5 2
故答案为：②③.
三、解答题
π
16．【详解】（1）因为 f (x) = sin xcos + cos xsin , 0,| |
2
3
所以 f (0) = sin ( 0)cos + cos ( 0)sin = sin = ，
2
π π
因为 | | ，所以 = .
2 3
π
（2）因为 f (x) = sin xcos + cos xsin , 0,| | ，
2
π
所以 f (x) = sin ( x + ) , 0,| | ，所以 f (x) 的最大值为1，最小值为 1 .
2
π
若选条件①：因为 f (x) = sin ( x + )的最大值为1，最小值为 1，所以 f = 2 无解，故条件①不能使
3
函数 f (x) 存在；
π 2π 2π π
若选条件②：因为 f (x) 在 , 上单调递增，且 f =1， f = 1
3 3 3 3
T 2π π 2π
所以 = = π ,所以T = 2π , = =1,
2 3 3 T
所以 f (x) = sin (x + )，
π π
又因为 f = 1，所以 sin + = 1，
3 3
π π
所以 + = + 2kπ,k Z，
3 2
π π
所以 = + 2kπ,k Z，因为 | | ，所以 = .
6 2 6
π
所以 =1， = ；
6
π 2π π π
若选条件③：因为 f (x) 在 , 上单调递增，在 , 上单调递减，
3 3 2 3


π π
所以 f (x) 在 x = 处取得最小值 1，即 f
3
= 1 .
3
以下与条件②相同．
17．【详解】（1） 平面 ABD ⊥平面 BCD，交线为BD，
又在△ABD 中， AE ⊥ BD 于 E ， AE 平面 ABD
AE ⊥平面 BCD， AE ⊥ EF ，
由题意知 EF ⊥ BD ，又 AE ⊥ BD ．
第11页/共16页
以 E 为坐标原点，分别以 EF ，ED，EA所在直线为 x轴， y 轴， z 轴，建立空间直角坐标系E xyz ，如
图，
不妨设 AB = BD = DC = AD = 2，则 BE = ED =1．
3
由图 1 条件计算得， AE = 3， BC = 2 3 ， EF = ，
3
3
则 E(0,0,0), D(0,1,0), B(0, 1,0), A(0,0, 3), F( ,0,0),C( 3,2,0)，DC = ( 3,1,0), AD = (0,1, 3)．
3
AE 平面 BCD，
平面 DCB的法向量为 EA = (0,0, 3 ) ,
设平面 ADC 的法向量为 n = (x, y, z )，
n DC = 0 3x + y = 0
则 ，即
n AD = 0 y 3z = 0
令 z =1，得 n = ( 1， 3 ，1) ．
3 5
cos n, EA = = ，
3 5 5
5
二面角 A DC B 的余弦值为 ．
5
（2）设 AM = AF ，其中 0,1 ,
3
AF = ( ,0, 3) ，
3
3
AM = AF = ( ,0, 3) ，其中 [0，1]，
3
3
EM = EA+ AM = ( ,0,(1 ) 3) ，
3
→ 3
由 EM n = 0 ，即 (1 ) 3 = 0，
3
3
解得 = (0,1)，
4
第12页/共16页
AM 3
在线段 AF 上存在点M ，使 EM / /平面 ADC ，且 = ．
AF 4
18．【详解】（1）设男性居民外出就餐有剩余时打包的概率为 P1，女性居民外出就餐有剩余时间打包的概
率为 P2，
250+300+ 600+850 1
则 P1 = = ，
250+300+ 600+850+ 650+ 600+ 400+350 2
450+550+ 750+ 650 3
P2 = = ；
450+550+ 750+ 650+ 650+550+ 250+150 5
（2）可得 X 的可能取值为 0，1，2，
1 2 1 1 2 1 3 1 1 3 3
则 P (X = 0) = = ，P (X =1) = + = ，P (X = 2) = = ，
2 5 5 2 5 2 5 2 2 5 10
则分布列为：
X 0 1 2
1 1 3
P
5 2 10
（3）由表可知，
250+ 450
P ( 1=1) = = 0.35， D ( 1 ) = 0.35 (1 0.35) = 0.2275，
250+ 650+ 450+ 650
300+550
P ( =1) = = 0.425， D ( 2 2 ) = 0.425 (1 0.425) = 0.244375，
300+ 600+550+550
600+ 750
P ( =1) = = 0.675， D ( 3 ) = 0.675 (1 0.675) = 0.2193753 ，
600+ 400+ 750+ 250
850+ 650
P ( =1) = = 0.75， D ( 4 ) = 0.75 4 (1 0.75) = 0.1875，
850+350+ 650+150
D ( 4 ) D ( 3 ) D ( 1 ) D ( 2 ) .
19．【详解】（1）当m =1时 f (x) = ex + x2 x定义域为R ，
则 f (x) = ex + 2x 1，令m (x) = f (x) = ex + 2x 1，则m (x) = ex + 2 0，
所以 f (x)单调递增，又 f (0) = 0，
所以当 x 0 时，当 x 0 时 f (x) 0，
所以 f ( x)的单调递减区间为 ( , 0)，单调递增区间为 (0,+ ) .
（2）因为 f (x) = emx + x2 mx，
f (x) = m(emx 1)+ 2x f (x) 0．
若m 0，则当 x ( ,0)时， emx 1 0 ， f (x) 0；
当 x (0,+ )时，emx 1 0 ， f (x) 0．
若m 0，则当 x ( ,0)时， emx 1 0 ， f (x) 0；
第13页/共16页
当 x (0,+ )时，emx 1 0 ， f (x) 0．
所以 f ( x)在 ( , 0)单调递减，在 (0,+ )单调递增．
所以对任意的m， f ( x)在 1,0 单调递减，在 0,1 单调递增，故 f ( x)在 x = 0 处取得最小值.
f (1) f (0) e 1 em m e 1
所以对于任意 x1, x2 1,1 ， f (x1 ) f (x2 ) e 1的充要条件是： ，即 m
f ( 1) f (0) e 1 e +m e 1
①，
设函数 g (t ) = et t e+1，则 g (t ) = et 1 .
当 t 0时， g (t ) 0；当 t 0时， g (t ) 0 .
故 g (t )在 ( , 0)单调递减，在 (0,+ )单调递增.
又 g (1) = 0， g ( 1) = e 1 + 2 e 0，
故当 t 1,1 时， g (t ) 0 .
即当m 1,1 时， g (m) 0， g ( m) 0，即①式成立.
当m 1时，由 g (t )的单调性， g (m) 0 ，即em m e 1；
当m 1时， g ( m) 0，即 e m + m e 1 .
综上，m的取值范围是 1,1 .
20．【详解】（1）因为短轴长为 2，所以b =1，
因为 | MF2 |= 7 | MF1 |, MF2 + MF1 = 7 MF1 + MF1 = 8 MF1 = 2a, ，
a 7a
所以 MF1 = ， MF2 = 7 MF1 = ，
4 4
2 2 2
又因为MF1 ⊥ x轴，所以 MF2 = MF1 + F1F2 ，
2 2
7a a
=
2 2 2 2 2
+ 4c ，且 a b = a 1= c ，
4 4
x2
解得 a = 2，∴ + y2 =1.
4
（2）设 A( x1, y1 )，则 B (x2 , y2 )， A2 (x1, y1 )，联立直线和椭圆方程得
x = ty +m
t2 + 4 y2 + 2tmy +m
2 4 = 0
2 2 ，整理得 ( ) ，
x + 4y = 4
m2
2
4 2+m y y
则 ， y + y = ， 1 2
4 m
y y = =1 2 ， 1 2
t 2
2
+ 4 t + 4 y1 + y2 2tm
y1 + y2
直线 BA ： y y2 = (x x2 2 )
x2 x1
令 y = 0 ，
第14页/共16页
x y + x y (ty1 +m) y2 + (ty2 +m) y1 2ty1y2 +m( y1 + y )1 2 2 1 2 y yx = = = = m+ 2t 1 2
y1 + y2 y1 + y2 y1 + y2 y1 + y2
4 4
故 x = m+m = ，
m m
4 2 1 1
D ,0 ， A1 ( x1, y1 )，则 A1D的中点坐标为 x1, y1 ，
m m 2 2
由于△ABD 与△ABA1的面积相等，故D, A1到直线 AB 的距离相等，因此 A D 的中点在 x = ty + m1 上，可得
2 1 1
x1 = ty1 +m，
m 2 2
2 1 2 1 1 1
(ty1 +m) = ty1 m = ty1 +m，
m 2 m 2 2 2
2 3 4
= m 2，解得m = ，0 m 2，
m 2 3
2
所以m = 3 .
3
21．【详解】（1）由题意可知： 0 = 0, 1 = 2, 2 = 3, 3 = 6, 0 = 0, 1 = 1, 2 = 4, 3 = 7，
当 = 0时，则 0 = 0 = 0, > 0, = 1,2,3，故 0 = 0；
当 = 1时，则 0 < 1, 1 < 1, > 1, = 2,3，故 1 = 1；
当 = 2时，则 ≤ 2, = 0,1, 2 > 2, 3 > 2,故 2 = 1；
当 = 3时，则 ≤ 3, = 0,1,2, 3 > 3，故 3 = 2；
综上所述： 0 = 0， 1 = 1， 2 = 1， 3 = 2.
（2）由题意可知： ≤ ，且 ∈ N，
因为 ≥ 1, ≥ 1，且 1 ≥ 1，则 ≥ 1 > 0对任意 ∈ N
恒成立，
所以 0 = 0, 1 ≥ 1，
又因为2 ≤ 1 + +1，则 +1 ≥ 1，即 1 ≥ 1 2 ≥ ≥ 1 0 ≥ 1，
可得 +1 ≥ 1，
反证：假设满足 +1 > 1的最小正整数为0 ≤ ≤ 1，
当 ≥ 时，则 +1 ≥ 2；当 ≤ 1时，则 +1 = 1，
则 = ( 1) + ( 1 2) + +( 1 0) + 0 ≥ 2( ) + = 2 ，
又因为0 ≤ ≤ 1，则 ≥ 2 ≥ 2 ( 1) = + 1 > ，
假设不成立，故 +1 = 1，
即数列{ }是以首项为 1，公差为 1 的等差数列，所以 = 0 + 1 × = , ∈ N.
第15页/共16页
（3）因为 , 均为正整数，则{ }, { }均为递增数列，
（ⅰ）若 = ，则可取 = = 0，满足 > , > , 使得 + = + ；
（ⅱ）若 < ，则 < ，
构建 = , 1 ≤ ≤ ，由题意可得： ≤ 0，且 为整数，
反证，假设存在正整数 ，使得 ≤ ，
则 ≤ , +1 > 0，可得 +1 = +1 = ( +1 ) ( ) > ，
这与 +1 ∈ {1,2, , }相矛盾，故对任意1 ≤ ≤ , ∈ N，均有 ≥ 1 .
①若存在正整数 ，使得 = = 0，即 = ，
可取 = = 0, = , = ，
满足 > , > ，使得 + = + ；
②若不存在正整数 ，使得 = 0，
因为 ∈ { 1, 2, , ( 1)}，且1 ≤ ≤ ，
所以必存在1 ≤ < ≤ ，使得 = ，
即 = ，可得 + = + ，
可取 = , = , = , = ，
满足 > , > ，使得 + = + ；
（ⅲ）若 > ，
定义 = max{ ∣ ≤ , ∈ {0,1,2, , }}，则 < ，
构建 = , 1 ≤ ≤ ，由题意可得： ≤ 0，且 为整数，
反证，假设存在正整数 , 1 ≤ ≤ ，使得 ≤ ，
则 ≤ , +1 > 0，可得 +1 = +1 = ( +1 ) ( ) > ，
这与 +1 ∈ {1,2, , }相矛盾，故对任意1 ≤ ≤ 1, ∈ N，均有 ≥ 1 .
①若存在正整数 ，使得 = = 0，即 = ，
可取 = = 0, = , = ，
即满足 > , > ，使得 + = + ；
②若不存在正整数 ，使得 = 0，
因为 ∈ { 1, 2, , ( 1)}，且1 ≤ ≤ ，
所以必存在1 ≤ < ≤ ，使得 = ，
即 = ，可得 + = + ，
可取 = , = , = , = ，
满足 > , > ，使得 + = + .
综上所述：存在0 ≤ < ≤ , 0 ≤ < ≤ 使得 + = + ．
第16页/共16页

展开更多......

收起↑