第1頁（共1頁）2022-2023學年北京市清華大學附中高一（下）期末數學試卷一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1．（4分）已知＝（1，2），＝（4，﹣2），下列說法正確的是（）A． B．⊥ C． D．2．（4分）已知集合A＝{x|x（x﹣1）≤0}，B＝{x|lnx≤a}，為使得A∪B＝A，則實數a可以是（）A．0 B．1 C．2 D．e3．（4分）在復平面內，復數對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4．（4分）在△ABC中，AB＝5，BC＝6，cosB＝，則△ABC的面積為（）A．24 B．18 C．12 D．95．（4分）已知等差數列{an}中，a7＝19，a2+a8＝26，則數列{an}的前5項和為（）A．35 B．40 C．45 D．526．（4分）已知側棱長為2的正三棱錐的四個頂點都在一個球的球面上，且三個側面兩兩垂直，則這個球的表面積為（）A．48π B．24π C．12π D．6π7．（4分）已知函數，則不等式f（x）＜0的解集為（）A．（0，1） B．（﹣1，0） C．（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）8．（4分）已知，，，則的最大值為（）A．1 B．2 C． D．49．（4分）已知等比數列{an}的前n項和為Sn，其中a1＞0，則“a3＞a1”是“Sn無最大值”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件10．（4分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E、F、G、H分別為棱BC，CD，C1D1，B1C1的中點，點M為棱CC1上的動點，則下列說法中正確的個數是（）①AM與BB1異面；②A1H∥平面AEM；③平面AEM截正方體所得的截面圖形始終是四邊形；④平面AEM⊥平面BB1GF．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11．（5分）已知復數z＝3+ai（a＜0）的模為5，則a＝．12．（5分）已知函數f（x）＝sinx+acosx（a＜0）的最大值為2，則＝．13．（5分）在正四棱錐P﹣ABCD中，底面邊長為2，側棱長為，點E是PA的中點，則三棱錐E﹣ABD的體積為．14．（5分）已知函數在區間[﹣π，+∞）上是單調函數，則正數a的一個取值為．15．（5分）已知函數f（x）＝lnx，取點A1（a1，f（a1））（a1＞0），過A1作曲線f（x）＝lnx的切線交y軸于（0，a2）（a2＞0），取點A2（a2，f（a2）），過A2作曲線f（x）＝lnx的切線交y軸于（0，a3）依此類推，直到當an≤0（n≥3）時停止操作，此時得到數列{an}．給出下列四個結論：①0＜a1＜e；②當n≥2，n∈N*時，an＝lnan﹣1﹣1；③當n≥2，n∈N*時，an≤an﹣1﹣2恒成立；④若存在k∈N*，使得a1，a2，…，ak成等差數列，則k的取值只能為3．其中，所有正確結論的序號是．三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16．（14分）已知在△ABC中，2c＝2bcosA﹣a．（1）求B；（2）若a+c＝8，b＝7，且C＞A，求BC邊上的高．17．（14分）已知首項為0的無窮等差數列{an}中，a2，a3，a4+1成等比數列．（1）求{an}的通項公式；（2）記，求數列{bn}的前2n項和T2n．18．（14分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝4，AB＝AD＝2，點M和點N在棱CC1上，且CM＝2CN＝2．（1）求證：AM∥平面BDN；（2）求證：A1C⊥DN．19．（14分）已知函數，其中0＜ω＜2，有如下三個條件：條件①：；條件②：f（x+π）＝f（x）；條件③：．從以上三個條件中選擇一個作為已知，求解下列問題．（1）求f（x）的單調遞增區間；（2）若f（x）在區間[0，m]上的最大值為1，求實數m的最小值．注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．20．（14分）已知函數，若函數f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝3．（1）求a，b的值；（2）求f（x）的單調區間；（3）當x＞0時，若存在常數t＞0，使得方程f（x）＝t有兩個不同的實數解x1，x2，求證：x1+x2＞2．21．（15分）給定正整數n，記S（n）為所有由2n個非負實數組成的2行n列的數表構成的集合．對于A∈S（n），用Ri（A），?j（A）分別表示的第i行，第j列各數之和（i＝1，2；j＝1，2，…，n）．將A的每列的兩個數中任選一個變為0（可以將0變為0）而另一個數不變，得到的數表稱為A的一個殘表．（1）對如下數表A，寫出A的所有殘表A′，使得R1（A′）＝R2（A′）；0.10.11000.1（2）已知A∈S（2）且?j（A）＝1（j＝1，2），求證：一定存在A的某個殘表A′使得R1（A′），R2（A′）均不超過；（3）已知A∈S（23）且?j（A）＝1（j＝1，2，…，23），求證：一定存在A的某個殘表A′使得R1（A′），R2（A′）均不超過6．

2022-2023學年北京市清華大學附中高一（下）期末數學試卷參考答案與試題解析一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1．（4分）已知＝（1，2），＝（4，﹣2），下列說法正確的是（）A． B．⊥ C． D．【分析】根據向量的模的計算公式，兩個向量的差與數量積的坐標運算，兩個向量垂直、平行的條件逐一檢驗各個選項是否正確，從而得到答案．【解答】解：∵，∴，A錯誤；＝（1，2），＝（4，﹣2），則＝0，故，B正確；∵，∴1×（﹣2）﹣4×2＝﹣10≠0，故與不平行，C錯誤；，D錯誤．故選：B．【點評】本題主要考查平面向量垂直的性質，屬于基礎題．2．（4分）已知集合A＝{x|x（x﹣1）≤0}，B＝{x|lnx≤a}，為使得A∪B＝A，則實數a可以是（）A．0 B．1 C．2 D．e【分析】先化簡集合A，B，再根據已知得到ea≤1，解不等式即得解．【解答】解：由題得A＝[0，1]，B＝（0，ea]，因為A∪B＝A，所以B?A．所以ea≤1＝e0，∴a≤0．故選：A．【點評】本題主要考查了解一元二次不等式，考查了對數函數的性質，同時考查了集合間的基本關系，是基礎題．3．（4分）在復平面內，復數對應的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】對復數進行化簡，根據復數的幾何意義即可．【解答】解：∵，∴對應的點為（4，﹣1），在第四象限．故選：D．【點評】本題主要考查復數的四則運算，以及復數的幾何意義，屬于基礎題．4．（4分）在△ABC中，AB＝5，BC＝6，cosB＝，則△ABC的面積為（）A．24 B．18 C．12 D．9【分析】根據平方關系求出sinB，再由面積公式計算可得．【解答】解：∵，0＜B＜π，∴，又AB＝c＝5，BC＝a＝6，∴．故選：C．【點評】本題主要考查了同角平方關系及三角形的面積公式的應用，屬于基礎題．5．（4分）已知等差數列{an}中，a7＝19，a2+a8＝26，則數列{an}的前5項和為（）A．35 B．40 C．45 D．52【分析】數列{an}是等差數列，設公差為d，由已知及通項公式，建立方程組，求得a1，d，再利用等差數列的求和公式求S5．【解答】解：數列{an}是等差數列，設公差為d，∵a7＝19，a2+a8＝26，∴，解得：a1＝1，d＝3，前5項和S5＝5×1+＝35．故選：A．【點評】本題考查等差數列的通項和求和公式，屬于基礎題．6．（4分）已知側棱長為2的正三棱錐的四個頂點都在一個球的球面上，且三個側面兩兩垂直，則這個球的表面積為（）A．48π B．24π C．12π D．6π【分析】將正三棱錐P﹣ABC放到棱長為2的正方體中，則正方體的外接球即為三棱錐的外接球，求出外接球的半徑，再根據球的表面積公式計算即可．【解答】解：如圖，將正三棱錐P﹣ABC放到棱長為2的正方體中，則正方體的外接球即為三棱錐的外接球，正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線，設外接球的半徑為R，則（2R）2＝22+22+22＝12，得4R2＝12，∴外接球的表面積S＝4πR2＝12π．故選：C．【點評】本題考查多面體的外接球，訓練了分割補形法的應用，是基礎題．7．（4分）已知函數，則不等式f（x）＜0的解集為（）A．（0，1） B．（﹣1，0） C．（﹣∞，﹣1）∪（0，+∞） D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）【分析】f（x）＜0的解集即為的解集，畫出與y＝1﹣2x的圖象即可求解．【解答】解：令，可得，在同一直角坐標系中畫出與y＝1﹣2x的圖象：由圖可得，與y＝1﹣2x的圖象有兩個交點，又，，由圖可得的解集為（﹣1，0），即f（x）＜0的解集為（﹣1，0）．故選：B．【點評】本題主要考查了函數的性質在不等式求解中的應用，體現了數形結合思想的應用，屬于中檔題．8．（4分）已知，，，則的最大值為（）A．1 B．2 C． D．4【分析】根據數量積的運算律得到，則，結合余弦函數的性質計算可得．【解答】解：因為，即，即，即，所以，所以＝，因為，所以當時取最大值，最大值為2．故選：B．【點評】本題考查平面向量的線性運算和數量積運算，屬中檔題．9．（4分）已知等比數列{an}的前n項和為Sn，其中a1＞0，則“a3＞a1”是“Sn無最大值”的（）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】由等比數列{an}中a3＞a1等價于公比q＜﹣1或q＞1，結合前n項和公式單調性的判定可得其是否具有充分性，必要性方面舉反例發現Sn無最大值不一定推得a3＞a1，繼而選項可定．【解答】解：設等比數列{an}的公比為q，若a3＞a1，a1＞0，∴，∴q2＞1，得q＜﹣1或q＞1，又，當q＜﹣1時，若n為奇數，，∵，（﹣q）＞1，∴當n為奇數時Sn單調增，則Sn無最大值，當q＞1時，，∵，q＞1，∴Sn單調增，則Sn無最大值，即充分性成立．當q＝1時，Sn＝na1，又a1＞0，則Sn無最大值．可得“a3＞a1”不是“Sn無最大值”的必要條件，即必要性不成立．由此可知“a3＞a1”是“Sn無最大值”的充分不必要條件．故選：A．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，根據等比數列的性質進行判斷是解決本題的關鍵，是中檔題．10．（4分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E、F、G、H分別為棱BC，CD，C1D1，B1C1的中點，點M為棱CC1上的動點，則下列說法中正確的個數是（）①AM與BB1異面；②A1H∥平面AEM；③平面AEM截正方體所得的截面圖形始終是四邊形；④平面AEM⊥平面BB1GF．A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【分析】根據正方體的幾何性質逐項分析．【解答】解：對于①，連接A1C1，AC，∵AA1＝CC1，AA1∥CC1，∴四邊形AA1C1C是平行四邊形，又∵AM?平面AA1C1C，BB1∥CC1，CC1?平面AA1C1C，BB1?平面AA1C1C，∴BB1∥平面AA1C1C，又CC1∩AM＝M，∴BB1與AM是異面直線，故①正確；對于②，連接EH，則EH∥AA1，EH＝AA1，∴四邊形AA1HE是平行四邊形，A1H∥AE，又AE?平面AEM，A1H?平面AEM，∴A1H∥平面AEM，故②正確；對于③，取CC1的中點T，當M與T重合時，連接AD1，則有ET∥AD1，E，T，A，D1四點共面，即平面AEM截正方體的圖形是四邊形AD1TE，如下圖：當M點在線段C1T上時，在平面AA1D1D內作直線AU∥EM，交DD1的延長線于U，交A1D1于V，連接UM，∵DD1∥CC1，∴D，U，C，C1四點共面，UM?平面DD1C1C，∴UM∩D1C1＝W，即平面AEM截正方體的圖形是五邊形AEMWV，如下圖：故③錯誤；對于④，在正方形ABCD內，Rt△ABE?Rt△BCF，∠EAB＝∠FBC，∴，∴AE⊥BF，又∵BB1⊥平面ABCD，AE?平面ABCD，∴AE⊥BB1，BB1，BF?平面BB1GF，BB1∩BF＝B，∴AE⊥平面BB1GF，又AE?平面AEM，∴平面AEM⊥平面BB1GF，故④正確．故選：C．【點評】本題主要考查了線面平行和線面垂直的判定，考查了面面垂直的判定，同時考查了學生的空間想象能力，屬于中檔題．二、填空題共5小題，每小題5分，共25分.11．（5分）已知復數z＝3+ai（a＜0）的模為5，則a＝﹣4．【分析】根據復數的模長公式，建立方程，可得答案．【解答】解：由題意，可得，且a＜0，解得a＝﹣4．故答案為：﹣4．【點評】本題主要考查復數的模長公式，屬于基礎題．12．（5分）已知函數f（x）＝sinx+acosx（a＜0）的最大值為2，則＝﹣1．【分析】利用輔助角公式及最大值可得a的值，再求函數值即可．【解答】解：函數f（x）＝sin（x+φ），tanφ＝a，故函數f（x）的最大值為，由已知得＝2，a＜0，解得a＝﹣，所以f（x）＝sinx﹣cosx＝2sin（x﹣）；所以f（）＝2sin（﹣）＝2sin（﹣）＝﹣1．故答案為：﹣1．【點評】本題考查輔助角公式的應用，屬于基礎題．13．（5分）在正四棱錐P﹣ABCD中，底面邊長為2，側棱長為，點E是PA的中點，則三棱錐E﹣ABD的體積為．【分析】設AC∩BD＝O，連接PO，則PO⊥平面ABCD，再利用勾股定理求出PO，最后根據錐體的體積公式計算可得．【解答】解：設AC∩BD＝O，連接PO，由正四棱錐的性質可知PO⊥平面ABCD，又底面邊長為2，側棱長為，所以，則，因為點E是PA的中點，所以點E到平面ABCD的距離，所以．故答案為：．【點評】本題考查三棱錐的體積的求解，化歸轉化思想，屬中檔題．14．（5分）已知函數在區間[﹣π，+∞）上是單調函數，則正數a的一個取值為1（答案不唯一，只要滿足0＜a≤e即可）．【分析】分析函數在[﹣π，0]上單調遞增，則f（x）在（0，+∞）上單調遞增且函數值大于等于1，當x＞0時，求出函數的導函數，則f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，參變分離可得在x∈（0，+∞）上恒成立，再利用導數求出函數的最小值，即可求出參數的取值范圍．【解答】解：∵y＝cosx在[﹣π，0]上單調遞增，且當x＝0時y＝1，又函數在區間[﹣π，+∞）上是單調函數，則f（x）在（0，+∞）上單調遞增且函數值大于等于1，當x＞0時，，且，則f′（x）＝ex﹣ax，而f′（x）≥0在x∈（0，+∞）上恒成立，∴在x∈（0，+∞）上恒成立，令，x∈（0，+∞），則，當0＜x＜1時，g′（x）＜0，當x＞1時g′（x）＞0，∴g（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，∴g（x）min＝g（1）＝e，可得a≤e，又a＞0，∴0＜a≤e．故答案為：1（答案不唯一，只要滿足0＜a≤e即可）．【點評】本題考查分段函數的應用，訓練了利用導數研究函數的單調性與最值，是中檔題．15．（5分）已知函數f（x）＝lnx，取點A1（a1，f（a1））（a1＞0），過A1作曲線f（x）＝lnx的切線交y軸于（0，a2）（a2＞0），取點A2（a2，f（a2）），過A2作曲線f（x）＝lnx的切線交y軸于（0，a3）依此類推，直到當an≤0（n≥3）時停止操作，此時得到數列{an}．給出下列四個結論：①0＜a1＜e；②當n≥2，n∈N*時，an＝lnan﹣1﹣1；③當n≥2，n∈N*時，an≤an﹣1﹣2恒成立；④若存在k∈N*，使得a1，a2，…，ak成等差數列，則k的取值只能為3．其中，所有正確結論的序號是②③④．【分析】對函數f（x）進行求導之后，利用導數的幾何意義可以利用直線的點斜式方程寫出切線方程，令x＝0，即可求出an，判斷出②正確；利用an＝lnan﹣1﹣1，n≥2，求出a2，利用a2＞0，可以判斷出①錯誤；利用an﹣（an﹣1﹣2）＝lnan﹣1﹣an﹣1+1，構造函數，利用函數的單調性求出最大值，即可判斷出③正確；假設存在正整數k＞3，滿足條件，利用等差數列的定義得到數列也為等比數列，公差為零，得出矛盾，再驗證k＝3滿足條件，從而④正確．【解答】解：因為f（x）＝lnx，所以，則，所以f（x）＝lnx在點x＝an﹣1處的切線方程為，令x＝0，得y＝lnan﹣1﹣1，所以an＝lnan﹣1﹣1，n≥2，所以②正確；根據an＝lnan﹣1﹣1，令n＝2，則a2＝lna1﹣1＞0，解得a1＞e，故①錯誤；又當n≥2，n∈N*時，an﹣（an﹣1﹣2）＝lnan﹣1﹣an﹣1+1，設g（x）＝lnx﹣x+1，x＞0，則，令g′（x）＞0，得0＜x＜1；令g′（x）＜0，得x＞1，則g（x）在區間（0，1）上單調遞增，在區間（1，+∞）上單調遞減，所以g（x）≤g（1）＝ln1﹣1+1＝0，所以當n≥2，n∈N*時，an≤an﹣1﹣2，故③正確；假設存在正整數k＞3，使得a1，a2，…，ak成等差數列，設公差為d，則ak﹣ak﹣1＝lnak﹣1﹣ak﹣1﹣1＝lnak﹣1﹣lnak﹣2＝d，所以，可知該數列既是等差數列又是等比數列，故d＝0，但與an≤an﹣1﹣2矛盾，故該數列不是等差數列，故不存在正整數k＞3，使得a1，a2，…，ak成等差數列．當k＝3時，，又由a1+a3＝2a2，得，令h（x）＝ex+1+lnx﹣1﹣2x，x＞0，其中h（1）＝e2﹣1﹣2＞0，h（e﹣10）＝﹣10﹣1﹣2e﹣10＜0，故存在，使得h（x0）＝0，即a1+a3＝2a2，所以存在k＝3，使得a1，a2，…，ak成等差數列，故④正確．故答案為：②③④．【點評】本題考查函數的導數的應用，數列的簡單性質的應用，是中檔題．三、解答題共6小題，共85分.解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.16．（14分）已知在△ABC中，2c＝2bcosA﹣a．（1）求B；（2）若a+c＝8，b＝7，且C＞A，求BC邊上的高．【分析】（1）根據正弦定理將邊化為角，根據兩角和的正弦公式可求cosB的值，即可得出答案；（2）由余弦定理求出a，c，過A作CB延長線的垂線，垂足為D，在Rt△ABD中求AD，即可得出答案．【解答】解：（1）∵2c＝2bcosA﹣a，∴由正弦定理得2sinC＝2sinBcosA﹣sinA，即2sin（A+B）＝2sinBcosA﹣sinA，即2sinAcosB+2cosAsinB＝2sinBcosA﹣sinA，∴2sinAcosB＝﹣sinA，∵A∈（0，π），即sinA≠0，∴．又B∈（0，π），則；（2）∵a+c＝8，b＝7，，∴由余弦定理得，∴a2+c2﹣49＝﹣ac，即（a+c）2﹣49＝ac，∴ac＝64﹣49＝15，∵C＞A，∴c＞a．∵a+c＝8，∴a＝3，c＝5．過A作AD⊥CB交BC的延長線于點D，如圖所示：則BC邊上的高．【點評】本題考查解三角形，考查轉化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．17．（14分）已知首項為0的無窮等差數列{an}中，a2，a3，a4+1成等比數列．（1）求{an}的通項公式；（2）記，求數列{bn}的前2n項和T2n．【分析】（1）由等比數列的性質，求得等差數列{an}的公差d，再由等差數列的通項公式，得解；（2）采用分組求和法，結合等差數列與等比數列的求和公式，即可得解．【解答】解：（1）設等差數列{an}的公差為d，因為a2，a3，a4+1成等比數列，所以，即d（3d+1）＝（2d）2，解得d＝0或d＝1，若d＝0，則an＝0，此時a2，a3不能是等比數列中的項，故d＝0不符合題意，所以d＝1，an＝0+（n﹣1）×1＝n﹣1，此時a2＝1，a3＝2，a4+1＝4，符合a2，a3，a4+1成等比數列，所以an＝n﹣1．（2），所以T2n＝b1+b2+b3+b4+?+b2n﹣1+b2n＝（b1+b3+b5+?+b2n﹣1）+（b2+b4+b6+?+b2n）＝（1+3+5+?+2n﹣1）+（21+23+25+?+22n﹣1）＝＝．所以．【點評】本題考查數列的通項公式與前n項和的求法，熟練掌握等差數列的通項公式，等比中項的性質，等差、等比數列的前n項和公式是解題的關鍵，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．18．（14分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝4，AB＝AD＝2，點M和點N在棱CC1上，且CM＝2CN＝2．（1）求證：AM∥平面BDN；（2）求證：A1C⊥DN．【分析】（1）連接AC、BD，設AC∩BD＝O，連接ON，即可得到ON∥AM，從而得證；（2）首先證明BD⊥平面AA1C1C，得到A1C⊥BD，再證A1C⊥ON，即可得到A1C⊥平面BDN，從而得證．【解答】解：（1）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，點M和點N在棱CC1上，且CM＝2CN＝2，連接AC、BD，設AC∩BD＝O，連接ON，則O為AC的中點，又N為CM的中點，所以ON∥AM，又AM?平面BDN，ON?平面BDN，所以AM∥平面BDN．（2）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，則ABCD為正方形，所以AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD，所以AA1⊥BD，AA1∩AC＝A，AA1，AC?平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，A1C?平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，又，，CN＝1，AA1＝4，所以＝，所以△A1AC∽△OCN，所以∠A1CA＝∠ONC，又∠A1CA+∠A1CN＝90°，所以∠A1CN+∠ONC＝90°，所以A1C⊥ON，又BD∩ON＝O，BD，ON?平面BDN，所以A1C⊥平面BDN，又DN?平面BDN，所以A1C⊥DN．【點評】本題考查了線面垂直，線線垂直問題，考查轉化思想，是中檔題．19．（14分）已知函數，其中0＜ω＜2，有如下三個條件：條件①：；條件②：f（x+π）＝f（x）；條件③：．從以上三個條件中選擇一個作為已知，求解下列問題．（1）求f（x）的單調遞增區間；（2）若f（x）在區間[0，m]上的最大值為1，求實數m的最小值．注：如果選擇多個符合要求的條件分別解答，按第一個解答計分．【分析】（1）根據三角函數的恒等變換可得f（x）＝sin（2ωx+），分別選擇條件①，②，③都可得到ω＝1，再根據正弦函數的單調性求解即可；（2）令t＝2x+∈[，2m+]，畫出圖象，數形結合即可求解．【解答】解：（1）f（x）＝sinωxcosωx+cos2ωx﹣＝sin2ωx+﹣＝sin2ωx+cos2ωx＝sin（2ωx+）；若選①，f（）＝，即sin（2ω?+）＝，因為0＜ω＜2，所以2ω?+∈（，π），所以2ω?+＝π，解得ω＝1；若選②，f（x+π）＝f（x），所以π是f（x）的一個周期．所以f（0）＝f（π），即sin＝sin（2πω+）＝，因為0＜ω＜2，所以2πω+∈（，4π+），所以2πω+＝π或π或π，解得ω＝或1或，則最小正周期T＝＝3π或π或π，而π是函數的一個周期，可得ω＝1．若選③，因為f（﹣x）＝f（+x）可得函數的一條對稱軸為x＝，所以2×ω+＝+kπ，k∈Z，且0＜ω＜2，解得ω＝1．綜上，ω＝1，所以f（x）＝sin（2x+），所以單調遞增區間滿足﹣+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，解得﹣+kπ≤x≤+kπ，k∈Z，所以f（x）的單調遞增區間為[﹣+kπ，+kπ]（k∈Z）．（2）x∈[0，m]時，2x+∈[，2m+]，令t＝2x+∈[，2m+]，則y＝sint在t∈[，2m+]上的最大值為1，則2m+≥，解得m≥．所以m的最小值為：．【點評】本題考查函數的性質的應用及最值的求法，屬于中檔題．20．（14分）已知函數，若函數f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝3．（1）求a，b的值；（2）求f（x）的單調區間；（3）當x＞0時，若存在常數t＞0，使得方程f（x）＝t有兩個不同的實數解x1，x2，求證：x1+x2＞2．【分析】（1）求出函數的導函數，依題意可得，即可得到方程組，解得即可；（2）由（1）可得，求出函數的定義域與導函數，再解得關于導函數的不等式，即可求出函數的單調區間；（3）由（2）不妨設x1＜x2，則0＜x1＜1＜x2，則只需證明f（x2）＞f（2﹣x1），即證f（x1）＞f（2﹣x1），令g（x）＝f（x）﹣f（2﹣x）（0＜x＜1），利用導數說明函數的單調性，即可得證．【解答】解：（1）因為，所以，因為函數f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝3，所以，即，解得．（2）由（1）可得定義域為（﹣∞，0）∪（0，+∞），則，因為，所以當x＜0或0＜x＜1時f′（x）＜0，當x＞1時f′（x）＞0，所以f（x）的單調遞減區間為（﹣∞，0），（0，1），單調遞增區間為（1，+∞）．（3）證明：由（1）可得當x＞0時f（x）的單調遞減區間為（0，1），單調遞增區間為（1，+∞），則f（x）在x＝1處取得極小值f（1）＝3，因為當x＞0時，存在常數t＞0，使得方程f（x）＝t有兩個不同的實數解x1，x2，即y＝f（x）（x＞0）與y＝t有兩個交點，則t＞3，不妨設x1＜x2，則0＜x1＜1＜x2，要證x1+x2＞2，即證x2＞2﹣x1，又0＜x1＜1，所以1＜2﹣x1＜2，因為f（x）在（1，+∞）上單調遞增，所以只需證明f（x2）＞f（2﹣x1），又f（x1）＝f（x2），則只需證明f（x1）＞f（2﹣x1），令（0＜x＜1），則＝，令h（x）＝x3﹣3x2+2，（0＜x＜1），則h′（x）＝3x2﹣6x＝3x（x﹣2）＜0，則h（x）在（0，1）上單調遞減，且h（1）＝0，所以h（x）＞0，所以g′（x）＜0，即g（x）在（0，1）上單調遞減，所以g（x）＞g（1）＝0，即f（x）﹣f（2﹣x）＞0在（0，1）上恒成立，所以f（x）＞f（2﹣x）在（0，1）上恒成立，即f（x1）＞f（2﹣x1）在x1∈（0，1）上恒成立，則x1+x2＞2．【點評】本題考查導數的綜合應用，利用導數求函數的切線問題，利用導數證明不等式，極值點偏移問題，化歸轉化思想，屬難題．21．（15分）給定正整數n，記S（n）為所有由2n個非負實數組成的2行n列的數表構成的集合．對于A∈S（n），用Ri（A），?j（A）分別表示的第i行，第j列各數之和（i＝1，2；j＝1，2，…