上海市交通大学附属中学2017届高三上学期摸底考试数学试题（解析版）

2016-2017学年上海交大附中高三（上）摸底数学试卷

参考答案与试题解析

一、填空题（本大题满分56分）本大题共有14题，考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分．

1．（4分）设全集U={1，3，5，7}，集合M={1，|a﹣5|}，C_UM={5，7}，则a的值为 2或8 ．

【考点】补集及其运算．

【专题】计算题．

【分析】题目给出了全集U={1，3，5，7}，给出了全集的子集M及M的补集，由M∪（C_UM）=U可求a的值．

【解答】解：由U={1，3，5，7}，且C_UM={5，7}，所以，M={1，3}，

又集合M={1，|a﹣5|}，所以|a﹣5|=3．

所以，实数a的值为2或8．

故答案为：2或8

【点评】本题考查了补集及其运算，解答此题的关键是一个集合与其补集的并集等于全集，此题是基础题．

2．（4分）（2016秋·杨浦区校级月考）若复数z满足2z+=3﹣2i，其中i为虚数单位，则z= 1﹣2i ．

【考点】复数代数形式的加减运算．

【专题】计算题；整体思想；定义法；数系的扩充和复数．

【分析】设复数z=a+bi，（a、b是实数），则=a﹣bi，代入已知等式，再根据复数相等的含义可得a、b的值，从而得到复数z的值．

【解答】解：设z=a+bi，（a、b是实数），则=a﹣bi，

∵2z+=3﹣2i，

∴2a+2bi+a﹣bi=3﹣2i，

∴3a=3，b=﹣2，

解得a=1，b=﹣2，

则z=1﹣2i

故答案为：1﹣2i．

【点评】本题给出一个复数乘以虚数单位后得到的复数，求这个复数的值，着重考查了复数的四则运算和复数相等的含义，属于基础题．

3．（4分）（2011·福建模拟）已知双曲线的中心在坐标原点，一个焦点为F（10，0），两条渐近线的方程为y=±，则该双曲线的标准方程为 ．

【考点】双曲线的简单性质．

【专题】计算题．

【分析】由题意得，c=10，=，100=a²+b²，解出a和b的值，即得所求的双曲线的标准方程．

【解答】解：由题意得，c=10，=，100=a²+b²，

∴a=6，b=8，

故该双曲线的标准方程为，

故答案为 ．

【点评】本题考查双曲线的定义和双曲线的标准方程，以及双曲线的简单性质的应用．

4．（4分）（2016秋·杨浦区校级月考）行列式的第2行第3列元素的代数余子式的值为 4 ．

【考点】三阶矩阵．

【专题】选作题；转化思想；综合法；矩阵和变换．

【分析】根据余子式的定义可知，在行列式中划去第2行第3列后所余下的2阶行列式为第3行第3列元素的代数余子式，求出值即可．

【解答】解：由题意得第2行第3列元素的代数余子式

M₂₃=﹣=8﹣4=4

故答案为：4．

【点评】此题考查学生掌握三阶行列式的余子式的定义，会进行矩阵的运算，是一道基础题．

5．（4分）（2016春·黔西南州校级期末）若变量x，y满足约束条件，则z=3x﹣y的最小值为 ﹣7 ．

【考点】简单线性规划．

【专题】不等式的解法及应用．

【分析】由约束条件作出可行域，由图得到最优解，求出最优解的坐标，数形结合得答案．

【解答】解：x，y满足约束条件对应的平面区域如图：

当直线y=3x﹣z经过C时使得z最小，解得，所以C（﹣2，1），

所以z=3x﹣y的最小值为﹣2×3﹣1=﹣7；

故答案为：﹣7．

【点评】本题考查了简单的线性规划，关键是正确画出平面区域，利用z的几何意义求最值；考查了数形结合的解题思想方法，是中档题．

6．（4分）（2016秋·杨浦区校级月考）五位同学排成一排，其中甲、乙必须在一起，而丙、丁不能在一起的排法有 24 种．

【考点】排列、组合及简单计数问题．

【专题】应用题；方程思想；综合法；排列组合．

【分析】根据题意，先使用捆绑法，将甲乙看成一个“元素”，再将丙、丁单独排列，进而将若甲、乙与第5个元素分类讨论，分析丙丁之间的不同情况，由乘法原理，计算可得答案．

【解答】解：根据题意，先将甲乙看成一个“元素”，有2种不同的排法，

将丙、丁单独排列，也有2种不同的排法，

若甲、乙与第5个元素只有一个在丙丁之间，则有2×C₂¹=4种情况，

若甲、乙与第5个元素都在丙丁之间，有2种不同的排法，

则不同的排法共有2×2×（2+4）=24种情况；

故答案为：24．

【点评】本题考查排列、组合的综合运用，涉及相邻与不能相邻的特殊要求，注意处理这几种情况的特殊方法．

7．（4分已知{a_n}为等差数列，S_n为其前n项和．若a₁+a₉=18，a₄=7，则S₈= 64 ．

【考点】等差数列的前n项和．

【专题】方程思想；转化思想；等差数列与等比数列．

【分析】由等差数列的性质可得：a₁+a₉=18=2a₅，解得a₅．可得S₈==4（a₄+a₅）．

【解答】解：由等差数列的性质可得：a₁+a₉=18=2a₅，解得a₅=9．

又a₄=7，

则S₈==4（a₄+a₅）=4×（9+7）=64．

故答案为：7=64．

【点评】本题考查了等差数列的性质及其求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

8．（4分）（2014·余杭区校级模拟）若（x²+1）（2x+1）⁹=a₀+a₁（x+2）+a₂（x+2）²+…+a₁₁（x+2）¹¹，则a₀+a₁+…+a₁₁的值为 ﹣2 ．

【考点】二项式定理．

【专题】计算题．

【分析】本题通过赋值法进行求解，在题干所给的式子中令x=﹣1，即可得到所求的结果．

【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

故答案为：﹣2

【点评】本题通过赋值法进行求解，另外此种方法在函数的求值问题也常用到，属于基础题．

9．（4分）一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为 ．

【考点】由三视图求面积、体积．

【专题】计算题；方程思想；综合法；立体几何．

【分析】由已知中的三视图可得：该几何体上部是一个半球，下部是一个四棱锥，进而可得答案．

【解答】解：由三视图可知，上面是半径为的半球，体积为V==，下面是底面积为1，高为1的四棱锥，体积，所以该几何体的体积为．

故答案为．

【点评】本题考查的知识点是由三视图，求体积和表面积，根据已知的三视图，判断几何体的形状是解答的关键．

10．（4分）函数f（x）=为奇函数，则实数a的值为 1或﹣1 ．

【考点】函数奇偶性的性质．

【专题】综合题；函数思想；综合法；函数的性质及应用．

【分析】函数f（x）=为奇函数，可得=﹣，化简即可得出结论．

【解答】解：∵函数f（x）=为奇函数，

∴=﹣，

∴=﹣，

∴a=1或﹣1．

故答案为1或﹣1．

【点评】本题考查了奇函数的性质，考查学生的计算能力，属于基础题．

11．（4分）（已知关于x的方程|x|=ax+1有一个负根，但没有正根，则实数a的取值范围是 a≥1 ．

【考点】根的存在性及根的个数判断．

【专题】数形结合．

【分析】构造函数y=|x|，y=ax+1，在坐标系内作出函数图象，通过数形结合求出a的范围．

【解答】解：令y=|x|，y=ax+1，在坐标系内作出函数图象，

方程|x|=ax+1有一个负根，

但没有正根，由图象可知

a≥1

故答案为：a≥1

【点评】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查数形结合思想，计算能力，是基础题．

12．（4分）设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y²=2px（p＞0）上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|=2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为 ．

【考点】抛物线的简单性质．

【专题】综合题；转化思想；综合法；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】根据体积，建立方程组，求出M的坐标，可得直线OM的斜率，利用基本不等式可得结论．

【解答】解：设P（2pt，2pt），M（x，y），则，

∴x=，y=，

∴k_OM==≤=，

当且仅当t=时取等号，

∴直线OM的斜率的最大值为．

故答案为：．

【点评】本题考查抛物线的方程及运用，考查直线的斜率的最大值，考查基本不等式，考查运算能力，属于中档题．

13．（4分）已知函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，且f（x）在（，）单调，则ω的最大值为 9 ．

【考点】正弦函数的图象．

【专题】转化思想；综合法；三角函数的图像与性质．

【分析】先跟据正弦函数的零点以及它的图象的对称性，判断ω为奇数，由f（x）在（，）单调，可得ω·+φ≥2kπ﹣，且ω·+φ≤2kπ+，k∈Z，由此求得ω的范围，检验可得它的最大值．

【解答】解：∵函数f（x）=sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|≤），x=﹣为f（x）的零点，x=为y=f（x）图象的对称轴，

∴ω（﹣）+φ=nπ，n∈Z，且ω·+φ=n′π+，n′∈Z，

∴相减可得ω·=（n′﹣n）π+=kπ+，k∈Z，即ω=2k+1，即ω为奇数．

∵f（x）在（，）单调，∴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，故有奇数ω的最大值为11．

当ω=11时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=﹣．

此时f（x）=sin（11x﹣）在（ ，）上不单调，不满足题意．

当ω=9时，﹣+φ=kπ，k∈Z，∵|φ|≤，∴φ=，

此时f（x）=sin（9x+）在（，）上单调递减，满足题意；

故ω的最大值为9，

故答案为：9．

【点评】本题主要考查正弦函数的零点以及它的图象的对称性，正弦函数的单调性的应用，属于中档题．

14．（4分）在平面直角坐标系中，当P（x，y）不是原点时，定义P的“伴随点”为P′（，）；当P是原点时，定义P的“伴随点“为它自身，平面曲线C上所有点的“伴随点”所构成的曲线C′定义为曲线C的“伴随曲线”．现有下列命题：

①若点A的“伴随点”是点A′，则点A′的“伴随点”是点A；

②单位圆的“伴随曲线”是它自身；

③若曲线C关于x轴对称，则其“伴随曲线”C′关于y轴对称；

④一条直线的“伴随曲线”是一条直线．

其中的真命题是 ②③ （写出所有真命题的序列）．

【考点】命题的真假判断与应用．

【专题】综合题；转化思想；综合法；简易逻辑．

【分析】利用新定义，对4个命题分别进行判断，即可得出结论．

【解答】解：①若点A（x，y）的“伴随点”是点A′（，），则点A′（，）的“伴随点”是点（﹣x，﹣y），故不正确；

②由①可知，单位圆的“伴随曲线”是它自身，故正确；

③若曲线C关于x轴对称，点A（x，y）关于x轴的对称点为（x，﹣y），“伴随点”是点A′（﹣，），则其“伴随曲线”C′关于y轴对称，故正确；

④设直线方程为y=kx+b（b≠0），点A（x，y）的“伴随点”是点A′（m，n），则

∵点A（x，y）的“伴随点”是点A′（，），∴，∴x=﹣，y=

∵m=，∴代入整理可得n﹣1=0表示圆，故不正确．

故答案为：②③．

【点评】此题考查点的坐标规律，读懂题目信息，理解“伴随点”的定义是解题的关键．

二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，填上正确的答案，选对得5分，否则一律得零分．

15．（5分）钱大姐常说“好货不便宜”，她这句话的意思是：“好货”是“不便宜”的（ ）

A．充分条件 B．必要条件

C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件

【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．

【专题】压轴题；规律型．

【分析】“好货不便宜”，其条件是：此货是好货，结论是此货不便宜，根据充要条件的定义进行判断即可，

【解答】解：若p?q为真命题，则命题p是命题q的充分条件；

“好货不便宜”，其条件是：此货是好货，结论是此货不便宜，由条件?结论．

故“好货”是“不便宜”的充分条件．

故选A

【点评】本题考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断，属于基础题．

16．（5分）若D′是平面α外一点，则下列命题正确的是（ ）

A．过D′只能作一条直线与平面α相交

B．过D′可作无数条直线与平面α垂直

C．过D′只能作一条直线与平面α平行

D．过D′可作无数条直线与平面α平行

【考点】空间中直线与平面之间的位置关系．

【专题】存在型．

【分析】将点和线放置在正方体中，视平面α为正方体中的平面ABCD，结合正方体中的线面关系对选支进行判定，取出反例说明不正确的，正确的证明一下即可．

【解答】解：观察正方体，A、过D′可以能作不止一条直线与平面α相交，故A错；

B、过D′只可作一数条直线与平面α垂直，故B错；

C、过D′能作不止一条直线与平面α平行，故C错；

D、过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行，

且这个平面内的任一条直线都与已知平面平行，故D对．

故选D．

【点评】本题主要考查了空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力和推理论证能力，属于基础题．

17．（5分）（2016秋·杨浦区校级月考）已知函数f（x）=sin?x+cosωx（ω＞0）的图象与x轴交点的横坐标依次构成一个公差为的等差数列，把函数f（x）的图象沿x轴向左平移个单位，得到函数g（x）的图象，则（ ）

A．g（x）是奇函数

B．g（x）关于直线x=﹣对称

C．g（x）在[，]上是增函数

D．当x∈[，]时，g（x）的值域是[2，1]

【考点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．

【专题】计算题；转化思想；综合法．

【分析】将函数化简，图象与x轴交点的横坐标依次构成一个公差为的等差数列，可知周期为π，由周期求出ω，向左平移个单位可得g（x）的解析式，再利用三角函数图象及性质，可得结论．

【解答】解：f（x）=sin?x+cosωx（ω＞0），

化简得：f（x）=2sin（?x+），

∵图象与x轴交点的横坐标依次构成一个公差为的等差数列，可知周期为π

∴T=π=，解得ω=2．

那么：f（x）=2sin（2x+），图象沿x轴向左平移个单位，得：2sin[2（x+）+]=2cos2x．

∴g（x）=2cos2x，故g（x）是偶函数，在区间[0，]单调减函数．所以A，C不对．

对称轴方程为x=（k=Z），检验B不对．

当x∈[，]时，那么2x∈[，]，g（x）的最大值为1，最小值为﹣2，故值域为[﹣2，1]．D正确．

故选：D．

【点评】本题考查了三角函数的辅助角公式的化简和图象的平移，三角函数的性质的运用能力．属于中档题．

18．（5分）（2015·湖北）已知符号函数sgnx=，f（x）是R上的增函数，g（x）=f（x）﹣f（ax）（a＞1），则（ ）

A．sgn[g（x）]=sgnx B．sgn[g（x）]=﹣sgnx C．sgn[g（x）]=sgn[f（x）] D．sgn[g（x）]=﹣sgn[f（x）]

【考点】函数与方程的综合运用．

【专题】函数的性质及应用．

【分析】直接利用特殊法，设出函数f（x），以及a的值，判断选项即可．

【解答】解：由于本题是选择题，可以采用特殊法，符号函数sgnx=，f（x）是R上的增函数，g（x）=f（x）﹣f（ax）（a＞1），

不妨令f（x）=x，a=2，

则g（x）=f（x）﹣f（ax）=﹣x，

sgn[g（x）]=﹣sgnx．所以A不正确，B正确，

sgn[f（x）]=sgnx，C不正确；D正确；

对于D，令f（x）=x+1，a=2，

则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不正确；

故选：B．

【点评】本题考查函数表达式的比较，选取特殊值法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．

三、解答题（本大题满分74分）

19．（12分）（2016春·寿县校级期末）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）=c．

（Ⅰ）求C；

（Ⅱ）若c=，△ABC的面积为，求△ABC的周长．

【考点】解三角形．

【专题】综合题；转化思想；综合法；解三角形．

【分析】（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简，整理后利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，根据sinC不为0求出cosC的值，即可确定出出C的度数；

（2）利用余弦定理列出关系式，利用三角形面积公式列出关系式，求出a+b的值，即可求△ABC的周长．

【解答】解：（Ⅰ）已知等式利用正弦定理化简得：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的周长为5+．

【点评】此题考查了正弦、余弦定理，三角形的面积公式，以及三角函数的恒等变形，熟练掌握定理及公式是解本题的关键．

20．（14分）（2016秋·杨浦区校级月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．

（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；

（Ⅱ）若二面角P﹣CD﹣A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．

【考点】直线与平面所成的角；直线与平面平行的判定．

【专题】数形结合；转化思想；空间位置关系与距离；空间角．

【分析】（I）延长AB交直线CD于点M，由点E为AD的中点，可得AE=ED=AD，由BC=CD=AD，可得ED=BC，已知ED∥BC．可得四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD．利用线面平行的判定定理证明得直线CM∥平面PBE即可．

（II）如图所示，由∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为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，大小为45°．PA=AD．不妨设AD=2，则BC=CD=AD=1．可得P（0，0，2），E（0，1，0），C（﹣1，2，0），利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出．

【解答】解：（I）延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED=AD，

∵BC=CD=AD，∴ED=BC，

∵AD∥BC，即ED∥BC．∴四边形BCDE为平行四边形，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内可以找到一点M（M=AB∩CD），使得直线CM∥平面PBE．

（II）如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为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，大小为45°．

∴PA=AD．

不妨设AD=2，则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），

设平面PCE的法向量为=（x，y，z），则，可得：．

令y=2，则x=2，z=1，∴=（2，2，1）．

设直线PA与平面PCE所成角为θ，

则sinθ====．

【点评】本题考查了空间位置关系、空间角计算公式、法向量的性质，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．

21．（14分）（2016·浙江）已知a≥3，函数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的取值范围

（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）

【考点】函数最值的应用；函数的最值及其几何意义．

【专题】新定义；函数思想；分析法；函数的性质及应用．

【分析】（Ⅰ）由a≥3，讨论x≤1时，x＞1，去掉绝对值，化简x²﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|，判断符号，即可得到F（x）=x²﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围；

（Ⅱ）（i）设f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x²﹣2ax+4a﹣2，求得f（x）和g（x）的最小值，再由新定义，可得F（x）的最小值；

（ii）分别对当0≤x≤2时，当2＜x≤6时，讨论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时，

x²﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x²+2（a﹣1）（2﹣x）＞0；

当x＞1时，x²﹣2ax+4a﹣2﹣2|x﹣1|=x²﹣（2+2a）x+4a=（x﹣2）（x﹣2a），

则等式F（x）=x²﹣2ax+4a﹣2成立的x的取值范围是[2，2a]；

（Ⅱ）（i）设f（x）=2|x﹣1|，g（x）=x²﹣2ax+4a﹣2，

则f（x）_min=f（1）=0，g（x）_min=g（a）=﹣a²+4a﹣2．

由﹣a²+4a﹣2=0，解得a=2+（负的舍去），

由F（x）的定义可得m（a）=min{f（1），g（a）}，

即m（a）=；

（ii）当0≤x≤2时，F（x）≤f（x）≤max{f（0），f（2）}=2=F（2）；

当2＜x≤6时，F（x）≤g（x）≤max{g（2），g（6）}

=max{2，34﹣8a}=max{F（2），F（6）}．

则M（a）=．

【点评】本题考查新定义的理解和运用，考查分类讨论的思想方法，以及二次函数的最值的求法，不等式的性质，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

22．（16分）（2015·闵行区二模）各项均为正数的数列{b_n}的前n项和为S_n，且对任意正整数n，都有2S_n=b_n（b_n+1）．

（1）求数列{b_n}的通项公式；

（2）如果等比数列{a_n}共有2015项，其首项与公比均为2，在数列{a_n}的每相邻两项a_k与a_k+1之间插入k个（﹣1）^kb_k（k∈N^*）后，得到一个新的数列{c_n}．求数列{c_n}中所有项的和；

（3）如果存在n∈N^*，使不等式 成立，求实数λ的范围．

【考点】数列与不等式的综合；数列的求和．

【专题】等差数列与等比数列；不等式的解法及应用．

【分析】（1）运用数列的通项和前n项和的关系，结合等差数列的定义和通项公式，即可得到；

（2）运用等比数列的求和公式和数列求和方法：分组求和，即可得到所求；

（3）运用参数分离可得，运用基本不等式和单调性，分别求出不等式左右两边的最值，即可得到所求范围．

【解答】解：（1）当n=1时，由2S₁=b₁（b₁+1）得b₁=1，

当n≥2时，由2S_n=b_n（b_n+1），2S_n﹣1=b_n﹣1（b_n﹣1+1）得（b_n+b_n﹣1）（b_n﹣b_n﹣1）=b_n+b_n﹣1

因数列{b_n}的各项均为正数，所以b_n﹣b_n﹣1=1，

所以数列{b_n}是首项与公差均为1的等差数列，

所以数列{b_n}的通项公式为b_n=n．

（2）数列{a_n}的通项公式为，

数列{c_n}共有2015+1+2+…+2014=1008×2015项，

其所有项的和为S_1008×2015=（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，

记

因为，当取等号，所以取不到，

当n=3时，的最小值为（n∈N^*）递减，

的最大值为B₁=6，

所以如果存在n∈N^*，使不等式 成立

实数λ应满足A₃≤λ≤B₁，即实数λ的范围应为．

【点评】本题考查数列的通项和前n项和的关系，主要考查等差数列和等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查不等式存在性问题转化为求最值问题，具有一定的难度和综合性．

23．（18分）（2013·上海）如图，已知双曲线C₁：，曲线C₂：|y|=|x|+1，P是平面内一点，若存在过点P的直线与C₁，C₂都有公共点，则称P为“C₁﹣C₂型点”

（1）在正确证明C₁的左焦点是“C₁﹣C₂型点“时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）；

（2）设直线y=kx与C₂有公共点，求证|k|＞1，进而证明原点不是“C₁﹣C₂型点”；

（3）求证：圆x²+y²=内的点都不是“C₁﹣C₂型点”

【考点】直线与圆锥曲线的关系；点到直线的距离公式；双曲线的简单性质．

【专题】压轴题；新定义；圆锥曲线的定义、性质与方程．

【分析】（1）由双曲线方程可知，双曲线的左焦点为（），当过左焦点的直线的斜率不存在时满足左焦点是“C₁﹣C₂型点”，当斜率存在时，要保证斜率的绝对值大于等于该焦点与（0，1）连线的斜率；

（2）由直线y=kx与C₂有公共点联立方程组有实数解得到|k|＞1，分过原点的直线斜率不存在和斜率存在两种情况说明过远点的直线不可能同时与C₁和C₂有公共点；

（3）由给出的圆的方程得到圆的图形夹在直线y=x±1与y=﹣x±1之间，进而说明当|k|≤1时过圆内的点且斜率为k的直线与C₂无公共点，当|k|＞1时，过圆内的点且斜率为k的直线与C₂有公共点，再由圆心到直线的距离小于半径列式得出k的范围，结果与|k|＞1矛盾．从而证明了结论．

【解答】（1）解：C₁的左焦点为（），写出的直线方程可以是以下形式：

或，其中．

（2）证明：因为直线y=kx与C₂有公共点，

所以方程组有实数解，因此|kx|=|x|+1，得．

若原点是“C₁﹣C₂型点”，则存在过原点的直线与C₁、C₂都有公共点．

考虑过原点与C₂有公共点的直线x=0或y=kx（|k|＞1）．

显然直线x=0与C₁无公共点．

如果直线为y=kx（|k|＞1），则由方程组，得，矛盾．

所以直线y=kx（|k|＞1）与C₁也无公共点．

因此原点不是“C₁﹣C₂型点”．

（3）证明：记圆O：，取圆O内的一点Q，设有经过Q的直线l与C₁，C₂都有公共点，显然l不与x轴垂直，

故可设l：y=kx+b．

若|k|≤1，由于圆O夹在两组平行线y=x±1与y=﹣x±1之间，因此圆O也夹在直线y=kx±1与y=﹣kx±1之间，

从而过Q且以k为斜率的直线l与C₂无公共点，矛盾，所以|k|＞1．

因为l与C₁由公共点，所以方程组有实数解，

得（1﹣2k²）x²﹣4kbx﹣2b²﹣2=0．

因为|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．

因为圆O的圆心（0，0）到直线l的距离，

所以，从而，得k²＜1，与|k|＞1矛盾．

因此，圆内的点不是“C₁﹣C₂型点”．

【点评】本题考查了双曲线的简单几何性质，考查了点到直线的距离公式，考查了直线与圆锥曲线的关系，直线与圆锥曲线联系在一起的综合题在高考中多以高档题、压轴题出现，主要涉及位置关系的判定，弦长问题、最值问题、对称问题、轨迹问题等．突出考查了数形结合、分类讨论、函数与方程、等价转化等数学思想方法．属难题．