江苏省灌云一中2020届高三3月线上考试数学试题 19页

绝密★启用前 灌云一中2020届高三3月线上考试 数学 数学试卷（总分160分）‎ 一．填空题（共14小题）‎ ‎1．已知集合A＝{x|x≥1}，B＝{﹣1，0，1，4}，则A∩B＝　 　．‎ ‎2．设复数z＝a+bi（a，b∈R，i是虚数单位），且z2＝2i，则a+b＝　 　．‎ ‎3．若一组样本数据21，19，x，20，18的平均数为20，则该组样本数据的方差为　 　．‎ ‎4．椭圆（b＞0）与双曲线有公共的焦点，则b＝　 　．‎ ‎5．执行如图所示的伪代码，则输出的结果为　 　．‎ ‎6．把分别标有“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意的排成一排，则能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率是　 　．‎ ‎7．已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在半径为2的同一个球的球面上．则球的体积与圆柱的体积的比值为　 　．‎ ‎8．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足，S2020＝　 　．‎ ‎9．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若＝则sin（A﹣）＝　 　．‎ ‎10．如图，在平面四边形ABCD中，∠CBA＝∠CAD＝90°，∠ACD＝30°，AB＝BC，点E在线段BC上，且＝3，若＝λ+μ（λ，μ∈R），则的值为　 　．‎ ‎11．过直线l：y＝x﹣2上任意一点P作圆C： x2+y2＝1的一条切线，切点为A，若存在定点B（x0，y0），使得PA＝PB恒成立，则x0﹣y0＝　 　．‎ ‎12．设a＞0，b＞0，a﹣2b＝1，则的最小值为　 　．‎ ‎13．函数f（x）＝sinωx（ω＞0）的图象与其对称轴在y轴右侧的交点从左到右依次记为A1，A2，A3，…，An，…，在点列{An}中存在三个不同的点Ak、Al、Ap，使得△AkAlAp是等腰直角三角形，将满足上述条件的ω值从小到大组成的数记为ωn，则ω6＝　 　．‎ ‎14．已知定义在R上的偶函数f（x）满足f（1+x）+f（1﹣x）＝0．且当0≤x≤1时，f（x）＝log3（a﹣x）．若对于任意x∈[﹣1，0]，都有5，则实数t的取值范围为　 　．‎ 二．解答题（共10小题）‎ ‎15．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且‎2a﹣c＝2bcosC．‎ ‎（1）求B； （2）若，△ABC的面积为，求△ABC的周长．‎ ‎16．如图，在三棱锥A﹣BCD中，点M、N分别在棱AC、CD上，N为CD的中点．‎ ‎（1）若M为AC的中点，求证：AD∥平面BMN；‎ ‎（2）若平面ABD⊥平面BCD，AB⊥BC，求证：BC⊥AD．‎ ‎17．如图所示，一座小岛A距离海岸线上最近的点P的距离是‎2km，从点P沿海岸正东‎12km处有一城镇B．一年青人从小岛A出发，先驾驶小船到海岸线上的某点C处，再沿海岸线步行到城镇B．若∠PAC＝θ，假设该年青人驾驶小船的平均速度为‎2km/h，步行速度为‎4km/h．‎ ‎（Ⅰ）试将该年青人从小岛A到城镇B的时间t表示成角θ的函数；‎ ‎（Ⅱ）该年青人欲使从小岛A到城镇B的时间t最小，请你告诉他角θ的值．‎ ‎18．已知椭圆C：+＝1（a＞b＞0）的左右焦点分别为F1，F2，点P是椭圆C上一点，以PF1为直径的圆E：x2+＝过点F2．（Ⅰ）求椭圆C的方程；‎ ‎（Ⅱ）过点P且斜率大于0的直线l1与C的另一个交点为A，与直线x＝4的交点为B，过点（3，）且与l1垂直的直线l2与直线x＝4交于点D，求△ABD面积的最小值．‎ ‎19．已知函数的极大值为，其中e＝2.71828…为自然对数的底数．‎ ‎（1）求实数k的值；‎ ‎（2）若函数，对任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x）恒成立．‎ ‎（i）求实数a的取值范围；‎ ‎（ii）证明：x‎2f（x）＞asinx+x2﹣1．‎ ‎20．对于数列{an}，若从第二项起的每一项均大于该项之前的所有项的和，则称{an}为P 数列．（1）若{an}的前n项和Sn＝3n+2，试判断{an}是否是P数列，并说明理由；‎ ‎（2）设数列a1，a2，a3，…，a10是首项为﹣1、公差为d的等差数列，若该数列是P数列，求d的取值范围；‎ ‎（3）设无穷数列{an}是首项为a、公比为q的等比数列，有穷数列{bn}，{cn}是从{an}中取出部分项按原来的顺序所组成的不同数列，其所有项和分别为T1，T2，求{an}是P数列时a与q所满足的条件，并证明命题“若a＞0且T1＝T2，则{an}不是P数列”．‎ 参考答案与试题解析 一．填空题（共14小题）‎ ‎1．　{1，4}　．‎ ‎【分析】进行交集的运算即可．‎ ‎【解答】解：∵A＝{x|x≥1}，B＝{﹣1，0，1，4}，‎ ‎∴A∩B＝{1，4}．‎ 故答案为：{1，4}．‎ ‎【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，交集的运算，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎2．　±2　．‎ ‎【分析】由已知利用复数代数形式的乘除运算可得a2﹣b2+2abi＝2i，然后利用复数相等的条件列式求得a，b的值，则答案可求．‎ ‎【解答】解：∵z＝a+bi（a，b∈R），且z2＝2i，‎ ‎∴（a+bi）2＝a2﹣b2+2abi＝2i，‎ 得，解得或．‎ ‎∴a+b＝±2．‎ 故答案为：±2．‎ ‎【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数相等的条件，是基础题．‎ ‎3．　2　．‎ ‎【分析】由平均数的定义求出x的值，再计算方差的大小．‎ ‎【解答】解：数据21，19，x，20，18的平均数为 ‎×（21+19+x+20+18）＝20，‎ 解得x＝22；‎ 所以该组样本数据的方差为 s2＝×[（21﹣22）2+（19﹣20）2+（22﹣20）2+（20﹣20）2+（18﹣20）2]＝2．‎ 故答案为：2．‎ ‎【点评】本题考查了平均数与方差的计算问题，是基础题．‎ ‎4．　4　．‎ ‎【分析】求得双曲线的焦点坐标，可得25﹣b2＝9，解方程可得b的值．‎ ‎【解答】解：双曲线的焦点为（±3，0），‎ 由题意可得25﹣b2＝9，得b2＝16，则b＝4．‎ 故答案为：4．‎ ‎【点评】本题考查椭圆和双曲线的焦点坐标，考查方程思想和运算能力，属于基础题．‎ ‎5．　15　．‎ ‎【分析】根据给出的算法语句的作用求解即可．‎ ‎【解答】解：依题意，第一次运行循环时，I＝1，满足I＜9，S＝2×1+1＝3，I＝3；‎ 第二次运行循环时，I＝3，满足I＜9，S＝2×3+1＝7，I＝5；‎ 第三次运行循环时，I＝5，满足I＜9，S＝2×5+1＝11，I＝7；‎ 第四次运行循环时，I＝7，满足I＜9，S＝2×7+1＝15，I＝9；‎ 循环结束，‎ 输出S＝15，‎ 故答案为：15．‎ ‎【点评】本题考查了算法语句的理解和应用，考查分析和解决问题的能力，属于基础题．‎ ‎6．　　．‎ ‎【分析】基本事件总数n＝＝24，能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”包含的基本事件个数m＝2，由此能求出能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率．‎ ‎【解答】解：把分别标有“诚”“信”“考”“试”的四张卡片随意的排成一排，‎ 基本事件总数n＝＝24，‎ 能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”包含的基本事件个数m＝2，‎ 则能使卡片从左到右可以念成“诚信考试”和“考试诚信”的概率是p＝＝＝．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查概率的求法，考查查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎7．　　．‎ ‎【分析】画图分析可得，该球的直径与圆柱的底面直径和高构成直角三角形，进而求得圆柱的底面半径，进而求得球的体积与圆柱的体积的比值．‎ ‎【解答】解：如图，‎ 外接球的体积，‎ 圆柱的底面直径，故底面半径，‎ 故圆柱体积V2＝3π×2＝6π．故球的体积与圆柱的体积的比值为．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题主要考查了圆柱与外接球的关系，需要根据球的直径和圆柱的底面直径和高构成直角三角形进行求解．属于基础题．‎ ‎8．　　．‎ ‎【分析】直接利用关系式的应用求出结果．‎ ‎【解答】解：当n＝1时有得，当n≥2时，①，‎ 又②，‎ ‎②﹣①得，‎ 整理得；‎ 于是n＝2得，‎ n＝4得，‎ n＝6得，…，‎ ‎，‎ ‎；‎ ‎．‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，求和公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于中档题型．‎ ‎9．　　．‎ ‎【分析】由已知结合正弦定理及余弦定理可求A，然后代入即可求解．‎ ‎【解答】解：∵＝，‎ 由正弦定理可得，，‎ 整理可得，b2+c2﹣a2＝bc，‎ 由余弦定理可得，cosA＝，‎ ‎∵0＜A＜π，‎ ‎∴A＝，‎ 则sin（A﹣）＝sin＝．‎ 故答案为：‎ ‎【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础试题．‎ ‎10．　　．‎ ‎【分析】建立平面直角坐标系后，设AB＝BC＝t后，用向量的坐标运算可得．‎ ‎【解答】解如图建立直角坐标系：设AB＝BC＝t，‎ 则A（﹣t，0），C（0，t），‎ 点E在线段BC上，且＝3，所以E（0，），‎ 因为在Rt△ADC中，AC＝，∠ACD＝30°，‎ 所以AD＝，‎ 由题知Rt△ABC，是等腰三角形．‎ 所以∠DAF＝45°，‎ 所以DF＝AF＝，‎ D（﹣（1+）t，），‎ ‎＝（t，t），＝（﹣，），＝（t，），‎ 若＝λ+μ（λ，μ∈R），‎ 则（t，t）＝λ（﹣，）+μ（t，），‎ ‎，解得，，‎ 所以．‎ 故答案为：．‎ ‎【点评】本题考查了平面向量的基本运算，属中档题．‎ ‎11．　2±　．‎ ‎【分析】设P（a，a﹣2），B必在以P为圆心，PA为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆的公共点，PB2＝PA2恒成立，即任意a∈R，（x0﹣a）2+[y0﹣（a﹣1）]2＝a2+（a﹣2）2﹣1恒成立，所以，即可解得x0，y0，进而得到答案．‎ ‎【解答】解：设P（a，a﹣2），‎ 由题意知B必在以P为圆心，PA为半径的圆上，B（x0，y0）为这些圆的公共点，‎ 因为PB2＝PA2，‎ 所以（x0﹣a）2+[y0﹣（a﹣2）]2＝a2+（a﹣2）2﹣1‎ 即（x02+y02+4y0+1）﹣‎2a（x0+y0）＝0，‎ 因为任意a∈R，（x02+y02+4y0+1）﹣‎2a（x0+y0）＝0恒成立，‎ 所以 解得或，‎ 所以x0﹣y0＝2±，‎ 故答案为：2±．‎ ‎【点评】本题考查直线与圆的位置关系，恒成立问题，属于难题．‎ ‎12．　4+2　．‎ ‎【分析】结合已知条件进行化简后，直接利用基本不等式即可求解．‎ ‎【解答】解：∵a＞0，b＞0，a﹣2b＝1，‎ 则＝，‎ ‎＝ab，‎ ‎＝ab+，‎ ‎＝ab+，‎ 当且仅当ab＝时取等号，此时取得最小值4+2．‎ 故答案为：4+2．‎ ‎【点评】本题考查了基本不等式在求最值中的应用，属于基础题．‎ ‎13．　π　．‎ ‎【分析】令ωx＝kπ+，可求对称轴方程，进而可求A1，A2，A3，……An的坐标，由△AkAtAp是等腰直角三角形可知直线的斜率之积为﹣1可求ωn，进而可求ω6的值．‎ ‎【解答】解：由ωx＝kπ+，得x＝，k∈Z，‎ 由题意得x＝，，，…，，‎ 即A1（，1），A2（，﹣1），A3（，1），A4（ ，﹣1）…，‎ 由△A‎1A2A3是等腰直角三角形，‎ 得kA‎1A2•kA‎2A3＝﹣1，‎ 即 •＝﹣1，得ω1＝，‎ 同理△A‎1A4A7是等腰直角三角形得kA‎1A4•kA‎1A4＝﹣1，得ω2＝．‎ 同理△A‎1A6A11是等腰直角三角形得kA‎1A6•kA‎6A11＝﹣1，得ω2＝从而有ωn＝．‎ 则ω6＝＝π，‎ 故答案是：π．‎ ‎【点评】本题主要考查了正弦函数的对称性及直线垂直关系的应用，还考查了归纳推理的应用，属于知识的简单综合．‎ ‎14．　　．‎ ‎【分析】先求得f（1）的值，由此求得a的值，证得f（x）时周期为4的函数，将1﹣log3‎ ‎5转化为f（），根据函数周期性和对称性，将原式转化为﹣+4k≤x2﹣tx，结合x的取值范围即可求得t的取值范围．‎ ‎【解答】解：因为f（1+x）+f（1﹣x）＝0．令x＝0，则‎2f（1）＝0，即f（1）＝0，‎ 由于0≤x≤1时，f（x）＝log3（a﹣x）．所以（1）＝log3（a﹣1）＝0，解得a＝2，‎ 即有当0≤x≤1时，f（x）＝log3（2﹣x）．‎ 因为1﹣log35＝＝﹣＝﹣＝﹣f（）＝﹣f（1﹣）＝f（1+）＝f（），‎ 又因为f（x）为偶函数，所以f（）＝f（﹣），‎ 再根据f（1+x）+f（1﹣x）＝0．f（﹣x）＝f（x），‎ 则f（x+4）＝f[1+（x+3）]＝﹣f[1﹣（x+3）]＝﹣f[﹣（x+2）]＝﹣f（x+2）＝﹣f[1+（1+x）]＝f[1﹣（1+x）]＝f（﹣x）＝f（x），‎ 所以函数f（x）是周期为4的周期函数，‎ 当x∈[﹣1，0]时，﹣x∈[0，1]，所以f（x）＝f（﹣x）＝log3（2+x），‎ 所以当x∈[﹣1，1]时，f（x）＝log3（2﹣|x|）．‎ 因为f（1+x）+f（1﹣x）＝0，所以f（2﹣x）+f（x）＝0，故f（x）＝﹣f（2﹣x），‎ 所以当x∈[1，3]时，2﹣x∈[﹣1，1]，所以f（x）＝﹣log3（2﹣|2﹣x|）．‎ 作出函数f（x）的图象如图：‎ 由5，得﹣+4k≤x2﹣tx﹣≤+4k（k∈Z），对于任意x∈[﹣1，0]成立 当x＝0时，﹣+4k≤﹣≤+4k，解得﹣≤k≤，所以k＝0，即﹣≤x2﹣tx﹣≤对于任意x∈[﹣1，0]成立，‎ 当x∈[﹣1，0）时，由﹣≤x2﹣tx﹣得t≥（x+）的最大值，由于y＝x+在[﹣‎ ‎1，0）单调递减，所以t≥﹣1﹣＝﹣，‎ 由x2﹣tx﹣≤得t≤（x﹣）的最小值，由于y＝x﹣在[﹣1，0）单调递增，所以t≤﹣1﹣＝1，‎ 综上，t的取值范围是[﹣，1]，‎ 故答案为：[﹣，1]．‎ ‎【点评】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用．‎ 二．解答题（共10小题）‎ ‎15． ‎ ‎【分析】（1）由已知利用余弦定理可得a2+c2﹣b2＝ac，可求cosB的值，结合范围B∈（0，π），可得B的值．‎ ‎（2）由已知利用三角形的面积公式可求ac＝2，进而利用余弦定理可求a+c的值，即可求解△ABC的周长．‎ ‎【解答】解：（1）∵‎2a﹣c＝2bcosC＝2b•，‎ ‎∴整理可得a2+c2﹣b2＝ac，‎ ‎∵cosB＝＝＝，‎ ‎∴由B∈（0，π），可得B＝．‎ ‎（2）∵B＝，△ABC的面积为＝acsinB＝ac，‎ ‎∴ac＝2，‎ ‎∵，‎ ‎∴由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB，可得3＝a2+c2﹣ac＝（a+c）2﹣‎3ac＝（a+c）2﹣6，解得a+c＝3，‎ ‎∴△ABC的周长a+b+c＝3+．‎ ‎【点评】本题主要考查了余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．‎ ‎16．‎ ‎【分析】（1）推导出MN∥AD，由此能证明AD∥平面BMN．‎ ‎（2）作AO⊥BD，垂足为O，推导出AO⊥平面BCD，从而AO⊥BC，再由AB⊥BC，得BC⊥平面ABD，由此能证明BC⊥AD．‎ ‎【解答】证明：（1）在△ACD中，∵点M、N分别在棱AC、CD的中点，‎ ‎∴MN∥AD，‎ ‎∵AD⊄平面BMN，MN⊂平面BMN，‎ ‎∴AD∥平面BMN．‎ ‎（2）如图，在平面ADB中，作AO⊥BD，垂足为O，‎ ‎∵平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，‎ AO⊂平面ABD，∴AO⊥平面BCD，‎ ‎∵BC⊂平面BCD，∴AO⊥BC，‎ 又AB⊥BC，AB∩AO＝A，∴BC⊥平面ABD，‎ ‎∵AD⊂平面ABD，∴BC⊥AD．‎ ‎【点评】本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．‎ ‎17．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据直角三角形的边角关系求出AC和BC的值，再求t关于θ的函数解析式；‎ ‎（Ⅱ）根据t的解析式，结合三角函数的性质求出t的最小值以及对应θ的值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由题意知，AP⊥PB，AP＝2，，‎ 所以PC＝2tanθ，，BC＝12﹣2tanθ，‎ 所以t关于θ的函数为 ‎；‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，‎ 令，则；‎ 解得，当且仅当时，等号成立；‎ 即时，所化时间t最小．‎ ‎【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了三角函数图象与性质的问题，是中档题．‎ ‎18． ‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据题意求得椭圆的焦点坐标，利用椭圆的定义求得a和b的值，即可求得椭圆方程；‎ ‎（Ⅱ）设直线l1的方程，代入涂鸦方程，利用韦达定理求得A的横坐标，求得直线l2方程，求得D点坐标，利用三角形的面积公式及基本不等式即可求得△ABD面积的最小值．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）在圆E的方程中，令y＝0，得到：x2＝4，‎ 所以F1（﹣2，0），F2（2，0），‎ 又因为，所以P点坐标为，‎ 所以，则，b＝2，‎ 因此椭圆的方程为；‎ ‎（Ⅱ）设直线l1：y﹣＝k（x﹣2）（k＞0），‎ 所以点B的坐标为，‎ 设A（xA，yA），D（xD，yD），将直线l1代入椭圆方程得：（1+2k2）x2+（4k﹣8k2）x+8k2﹣8k﹣4＝0，‎ 所以xPxA＝，所以xA＝，‎ 直线l2的方程为y﹣＝﹣（x﹣3），所以点D坐标为，‎ 所以S△ABD＝（4﹣xA）|yB﹣yD|＝••‎ ‎＝2k++2≥2+2，‎ 当且仅当2k＝，即k＝时取等号，‎ 综上，△ABD面积的最小值2+2．‎ ‎【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与椭圆的位置关系，韦达定理及基本不等式的应用，考查转化思想，属于中档题．‎ ‎19． ‎ ‎【分析】（1）对f（x）求导，判断函数的极大值为f（e），求出k；‎ ‎（2）（i）根据题意，任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x），即，设H（t）＝et﹣at﹣a，H'（t）＝et﹣a，只需H（t）≥0，t∈R，对a分类讨论求出即可；‎ ‎（ii）要证x‎2f（x）＞asinx+x2﹣1，只需证明，化简得xlnx+1＞asinx，只需证，集合（i）证明即可．‎ ‎【解答】解：（1）f'（x）＝，x＞0，‎ 当x∈（0，e）时，f'（x）＞0，f（x）递增；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，f（x）递减；‎ 所以f（x）的极大值为f（e）＝，‎ 故k＝1；‎ ‎（2）（i）根据题意，任意x∈（0，+∞），g（x）≥af（x），即，‎ 化简得xex﹣alnx﹣ax﹣a≥0，令h（x）＝xex﹣alnx﹣ax﹣a，x＞0，‎ h（x）＝elnxex﹣alnx﹣ax﹣a＝elnx+x﹣a（lnx+x）﹣a，‎ 令lnx+x＝t，t∈R，设H（t）＝et﹣at﹣a，H'（t）＝et﹣a，只需H（t）≥0，t∈R，‎ 当a＜0时，当t＜0时，H（t）＜1﹣at﹣a，所以H（）＜1﹣a（﹣1）﹣a＝0，不成立；‎ 当a＝0时，H（t）≥0显然成立；‎ 当a＞0时，由H'（t）＝et﹣a，当t∈（﹣∞，lna），H（t）递减，t∈（lna，+∞），H（t）递增，‎ H（t）的最小值为H（lna）＝a﹣alna﹣a＝﹣alna，‎ 由H（lna）＝﹣alna≥0，得0＜a≤1，‎ 综上0≤a≤1；‎ ‎（ii）证明：要证x‎2f（x）＞asinx+x2﹣1，只需证明，‎ 化简得xlnx+1＞asinx，只需证，‎ 设F（x）＝lnx+，G（x）＝x﹣sinx，‎ 由F'（x）＝，当x∈（0，1）时，F（x）递减；x∈（1，+∞）时，F（x）递增；‎ 所以F（x）≥F（1）＝1，‎ 由G'（x）＝1﹣cosx≥0，G（x）在（0，+∞）递增，故G（x）＞G（0）＝0，得x＞sinx，‎ 又由（i）0≤a≤1，所以，‎ 所以F（x）＞成立，‎ 故原命题成立．‎ ‎【点评】本题考查已知导数的极值求参数，考查利用导数判断单调性，证明不等式恒成立，考查计算能力，属于中档题．‎ ‎20． ‎ ‎【分析】（1）求出数列{an}的通项，根据P数列的定义判断即可；‎ ‎（2）由P数列的定义建立不等式，求解即可；‎ ‎（3）通过反证法即可得出结论．‎ ‎【解答】解：（1）∵，‎ ‎∴，‎ 当n＝1时，a1＝S1＝5，‎ 故，‎ 那么当k∈N•时，，符合题意，‎ 故数列{an}是P数列；‎ ‎（2）由题意知，该数列的前n项和为，‎ 由数列a1，a2，a3，…，a10是P数列，可知a2＞S1＝a1，故公差d＞0，‎ 对满足n＝1，2，3……，9的任意n都成立，则 ‎，解得，‎ 故d的取值范围为；‎ ‎（3）①若{an}是P数列，则a＝S1＜a2＝aq，‎ 若a＞0，则q＞1，又由an+1＞Sn对一切正整数n都成立，可知，即对一切正整数n都成立，‎ 由，故2﹣q≤0，可得q≥2，；‎ 若a＜0，则q＜1，又由an+1＞Sn对一切正整数n都成立，可知，即（2﹣q）qn＜1对一切正整数n都成立，‎ 又当q∈（﹣∞，﹣1]时，（2﹣q）qn＜1当n＝2时不成立，‎ 故有或，解得，‎ ‎∴当{an}是P数列时，a与q满足的条件为或；‎ ‎②假设{an}是P数列，则由①可知，q≥2，a＞0，且{an}中每一项均为正数，‎ 若{bn}中的每一项都在{cn}中，则由这两数列是不同数列，可知T1＜T2；‎ 若{cn}中的每一项都在{bn}中，同理可得T1＞T2；‎ 若{bn}中至少有一项不在{cn}中且{cn}中至少有一项不在{bn}中，‎ 设{bn'}，{cn'是将{bn}，{cn}中的公共项去掉之和剩余项依次构成的数列，它们的所有项和分别为T1'，T2'，‎ 不妨设{bn'}，{cn'}中最大的项在{bn'}中，设为am（m≥2），‎ 则T2'≤a1+a2+……+am﹣1＜am≤T1'，故T2'＜T1'，故总有T1≠T2与T1＝T2矛盾，故假设错误，原命题正确．‎ ‎【点评】本题考查数列的通项公式的求法，考查P数列的判断，考查等差数列、等比数列等基础知识，考查运算求解能力，是难题．‎