2013年北京市高考数学试卷（理科） 22页

‎2013年北京市高考数学试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1．（5分）已知集合A={﹣1，0，1}，B={x|﹣1≤x＜1}，则A∩B=（　　）‎ A．{0} B．{﹣1，0} C．{0，1} D．{﹣1，0，1}‎ ‎2．（5分）在复平面内，复数（2﹣i）2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 ‎3．（5分）“φ=π”是“曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎4．（5分）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎5．（5分）函数f（x）的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y=ex关于y轴对称，则f（x）=（　　）‎ A．ex+1 B．ex﹣1 C．e﹣x+1 D．e﹣x﹣1‎ ‎6．（5分）若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（　　）‎ A．y=±2x B． C． D．‎ ‎7．（5分）直线l过抛物线C：x2=4y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎8．（5分）设关于x，y的不等式组表示的平面区域内存在点P（x0，y0），满足x0﹣2y0=2，求得m的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．（5分）在极坐标系中，点（2，）到直线ρsinθ=2的距离等于　　．‎ ‎10．（5分）若等比数列{an}满足a2+a4=20，a3+a5=40，则公比q=　　；前n项和Sn=　　．‎ ‎11．（5分）如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA=3，PD：DB=9：16，则PD=　　，AB=　　．‎ ‎12．（5分）将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是　　．‎ ‎13．（5分）向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若（λ，μ∈R），则=　　．‎ ‎14．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为　　．‎ ‎　‎ 三、解答题共6小题，共50分．解答应写出文字说明，演算步骤 ‎15．（13分）在△ABC中，a=3，b=2，∠B=2∠A．‎ ‎（Ⅰ）求cosA的值；‎ ‎（Ⅱ）求c的值．‎ ‎16．（13分）如图是预测到的某地5月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择5月1日至5月13日中的某一天到达该市，并停留2天 ‎（Ⅰ）求此人到达当日空气质量优良的概率；‎ ‎（Ⅱ）设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望 ‎（Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）‎ ‎17．（14分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1‎ C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．‎ ‎（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎18．（13分）设l为曲线C：y=在点（1，0）处的切线．‎ ‎（Ⅰ）求l的方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方．‎ ‎19．（14分）已知A，B，C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点．‎ ‎（Ⅰ）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；‎ ‎（Ⅱ）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．‎ ‎20．（13分）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an+1，an+2…的最小值记为Bn，dn=An﹣Bn．‎ ‎（Ⅰ）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N*，an+4=an），写出d1，d2，d3，d4的值；‎ ‎（Ⅱ）设d是非负整数，证明：dn=﹣d（n=1，2，3…）的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；‎ ‎（Ⅲ）证明：若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．‎ ‎　‎ ‎2013年北京市高考数学试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．‎ ‎1．（5分）（2013•北京）已知集合A={﹣1，0，1}，B={x|﹣1≤x＜1}，则A∩B=（　　）‎ A．{0} B．{﹣1，0} C．{0，1} D．{﹣1，0，1}‎ ‎【分析】找出A与B的公共元素，即可确定出两集合的交集．‎ ‎【解答】解：∵A={﹣1，0，1}，B={x|﹣1≤x＜1}，‎ ‎∴A∩B={﹣1，0}．‎ 故选B ‎　‎ ‎2．（5分）（2013•北京）在复平面内，复数（2﹣i）2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 ‎【分析】化简复数为代数形式，求出复数对应点的坐标，即可判断复数对应点所在象限．‎ ‎【解答】解：复数（2﹣i）2=4﹣4i+i2=3﹣4i，‎ 复数对应的点（3，﹣4），‎ 所以在复平面内，复数（2﹣i）2对应的点位于第四象限．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎3．（5分）（2013•北京）“φ=π”是“曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点”的（　　）‎ A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【分析】按照充要条件的定义从两个方面去求①曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点，求出φ的值，②φ=π时，曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点．‎ ‎【解答】解：φ=π时，曲线y=sin（2x+φ）=﹣sin2x，过坐标原点．‎ 但是，曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点，即O（0，0）在图象上，‎ 将（0，0）代入解析式整理即得sinφ=0，φ=kπ，k∈Z，不一定有φ=π．‎ 故“φ=π”是“曲线y=sin（2x+φ）过坐标原点”的充分而不必要条件．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．（5分）（2013•北京）执行如图所示的程序框图，输出的S值为（　　）‎ A．1 B． C． D．‎ ‎【分析】从框图赋值入手，先执行一次运算，然后判断运算后的i的值与2的大小，满足判断框中的条件，则跳出循环，否则继续执行循环，直到条件满足为止．‎ ‎【解答】解：框图首先给变量i和S赋值0和1．‎ 执行，i=0+1=1；‎ 判断1≥2不成立，执行，i=1+1=2；‎ 判断2≥2成立，算法结束，跳出循环，输出S的值为．‎ 故选C．‎ ‎　‎ ‎5．（5分）（2013•北京）函数f（x）的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y=ex关于y轴对称，则f（x）=（　　）‎ A．ex+1 B．ex﹣1 C．e﹣x+1 D．e﹣x﹣1‎ ‎【分析】首先求出与函数y=ex的图象关于y轴对称的图象的函数解析式，然后换x为x+1即可得到要求的答案．‎ ‎【解答】解：函数y=ex的图象关于y轴对称的图象的函数解析式为y=e﹣x，‎ 而函数f（x）的图象向右平移1个单位长度，所得图象与曲线y=ex的图象关于y轴对称，‎ 所以函数f（x）的解析式为y=e﹣（x+1）=e﹣x﹣1．即f（x）=e﹣x﹣1．‎ 故选D．‎ ‎　‎ ‎6．（5分）（2013•北京）若双曲线的离心率为，则其渐近线方程为（　　）‎ A．y=±2x B． C． D．‎ ‎【分析】通过双曲线的离心率，推出a、b关系，然后直接求出双曲线的渐近线方程．‎ ‎【解答】解：由双曲线的离心率，可知c=a，‎ 又a2+b2=c2，所以b=a，‎ 所以双曲线的渐近线方程为：y==±x．‎ 故选B．‎ ‎　‎ ‎7．（5分）（2013•北京）直线l过抛物线C：x2=4y的焦点且与y轴垂直，则l与C所围成的图形的面积等于（　　）‎ A． B．2 C． D．‎ ‎【分析】先确定直线的方程，再求出积分区间，确定被积函数，由此利用定积分可求直线l与抛物线围成的封闭图形面积．‎ ‎【解答】解：抛物线x2=4y的焦点坐标为（0，1），‎ ‎∵直线l过抛物线C：x2=4y的焦点且与y轴垂直，‎ ‎∴直线l的方程为y=1，‎ 由 ，可得交点的横坐标分别为﹣2，2．‎ ‎∴直线l与抛物线围成的封闭图形面积为 =（ x﹣）|=．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎8．（5分）（2013•北京）设关于x，y的不等式组表示的平面区域内存在点P（x0，y0），满足x0﹣2y0=2，求得m的取值范围是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【分析】先根据约束条件画出可行域．要使可行域存在，必有m＜﹣2m+1，要求可行域包含直线y=‎ x﹣1上的点，只要边界点（﹣m，1﹣2m）在直线y=x﹣1的上方，且（﹣m，m）在直线y=x﹣1的下方，从而建立关于m的不等式组，解之可得答案．‎ ‎【解答】解：先根据约束条件画出可行域，‎ 要使可行域存在，必有m＜﹣2m+1，要求可行域包含直线y=x﹣1上的点，只要边界点（﹣m，1﹣2m）‎ 在直线y=x﹣1的上方，且（﹣m，m）在直线y=x﹣1的下方，‎ 故得不等式组，‎ 解之得：m＜﹣．‎ 故选C．‎ ‎　‎ 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分．‎ ‎9．（5分）（2013•北京）在极坐标系中，点（2，）到直线ρsinθ=2的距离等于　1　．‎ ‎【分析】先将点的极坐标化成直角坐标，极坐标方程化为直角坐标方程，然后用点到直线的距离来解．‎ ‎【解答】解：在极坐标系中，点化为直角坐标为（ ，1），直线ρsinθ=2化为直角坐标方程为y=2，‎ ‎（ ，1），到y=2的距离1，即为点到直线ρsinθ=2的距离1，‎ 故答案为：1．‎ ‎　‎ ‎10．（5分）（2013•北京）若等比数列{an}满足a2+a4=20，a3+a5=40，则公比q=　2　；前n项和Sn=　2n+1﹣2　．‎ ‎【分析】利用等比数列的通项公式和已知即可得出，解出即可得到a1及q，再利用等比数列的前n项和公式即可得出．‎ ‎【解答】解：设等比数列{an}的公比为q，‎ ‎∵a2+a4=20，a3+a5=40，∴，解得．‎ ‎∴==2n+1﹣2．‎ 故答案为：2，2n+1﹣2．‎ ‎　‎ ‎11．（5分）（2013•北京）如图，AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，PB与圆O相交于D，若PA=3，PD：DB=9：16，则PD=　　，AB=　4　．‎ ‎【分析】由PD：DB=9：16，可设PD=9x，DB=16x．利用切割线定理可得PA2=PD•PB，即可求出x，进而得到PD，PB．AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，利用切线的性质可得AB⊥PA．再利用勾股定理即可得出AB．‎ ‎【解答】解：由PD：DB=9：16，可设PD=9x，DB=16x．‎ ‎∵PA为圆O的切线，∴PA2=PD•PB，‎ ‎∴32=9x•（9x+16x），化为，∴．‎ ‎∴PD=9x=，PB=25x=5．‎ ‎∵AB为圆O的直径，PA为圆O的切线，∴AB⊥PA．‎ ‎∴==4．‎ 故答案分别为，4．‎ ‎　‎ ‎12．（5分）（2013•北京）将序号分别为1，2，3，4，5的5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号，那么不同的分法种数是　96　．‎ ‎【分析】求出5张参观券全部分给4人，每人至少1张，如果分给同一人的2张参观券连号的组数，然后分给4人排列即可．‎ ‎【解答】解：5张参观券全部分给4人，分给同一人的2张参观券连号，方法数为：1和2，2和3，3和4，4和5，四种连号，其它号码各为一组，分给4人，共有4×=96种．‎ 故答案为：96．‎ ‎　‎ ‎13．（5分）（2013•北京）向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若（λ，μ∈R），则=　4　．‎ ‎【分析】以向量、的公共点为坐标原点，建立如图直角坐标系，得到向量、、的坐标，结合题中向量等式建立关于λ、μ的方程组，解之得λ=﹣2且μ=﹣，即可得到的值．‎ ‎【解答】解：以向量、的公共点为坐标原点，建立如图直角坐标系 可得=（﹣1，1），=（6，2），=（﹣1，﹣3）‎ ‎∵‎ ‎∴，解之得λ=﹣2且μ=﹣‎ 因此，==4‎ 故答案为：4‎ ‎　‎ ‎14．（5分）（2013•北京）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在线段D1E上，点P到直线CC1的距离的最小值为　　．‎ ‎【分析】如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，利用线面平行的判定即可得到C1C∥平面D1EF，进而得到异面直线D1E与C1C的距离．‎ ‎【解答】解：如图所示，取B1C1的中点F，连接EF，ED1，‎ ‎∴CC1∥EF，‎ 又EF⊂平面D1EF，CC1⊄平面D1EF，‎ ‎∴CC1∥平面D1EF．‎ ‎∴直线C1C上任一点到平面D1EF的距离是两条异面直线D1E与CC1的距离．‎ 过点C1作C1M⊥D1F，‎ ‎∵平面D1EF⊥平面A1B1C1D1．‎ ‎∴C1M⊥平面D1EF．‎ 过点M作MP∥EF交D1E于点P，则MP∥C1C．‎ 取C1N=MP，连接PN，则四边形MPNC1是矩形．‎ 可得NP⊥平面D1EF，‎ 在Rt△D1C1F中，C1M•D1F=D1C1•C1F，得=．‎ ‎∴点P到直线CC1的距离的最小值为．‎ 故答案为 ‎　‎ 三、解答题共6小题，共50分．解答应写出文字说明，演算步骤 ‎15．（13分）（2013•北京）在△ABC中，a=3，b=2，∠B=2∠A．‎ ‎（Ⅰ）求cosA的值；‎ ‎（Ⅱ）求c的值．‎ ‎【分析】（Ⅰ）由条件利用正弦定理和二倍角公式求得cosA的值．‎ ‎（Ⅱ）由条件利用余弦定理，解方程求得c的值，再进行检验，从而得出结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）由条件在△ABC中，a=3，，∠B=2∠A，‎ 利用正弦定理可得 ，即=．‎ 解得cosA=．‎ ‎（Ⅱ）由余弦定理可得 a2=b2+c2﹣2bc•cosA，即 9=+c2﹣2×2×c×，‎ 即 c2﹣8c+15=0．‎ 解方程求得 c=5，或 c=3．‎ 当c=3时，此时a=c=3，根据∠B=2∠A，可得 B=90°，A=C=45°，‎ ‎△ABC是等腰直角三角形，但此时不满足a2+c2=b2，故舍去．‎ 当c=5时，求得cosB==，cosA==，‎ ‎∴cos2A=2cos2A﹣1==cosB，∴B=2A，满足条件．‎ 综上，c=5．‎ ‎　‎ ‎16．（13分）（2013•北京）如图是预测到的某地5月1日至14日的空气质量指数趋势图，空气质量指数小于100表示空气质量优良，空气质量指数大于200表示空气重度污染，某人随机选择5月1日至5月13日中的某一天到达该市，并停留2天 ‎（Ⅰ）求此人到达当日空气质量优良的概率；‎ ‎（Ⅱ）设X是此人停留期间空气质量优良的天数，求X的分布列与数学期望 ‎（Ⅲ）由图判断从哪天开始连续三天的空气质量指数方差最大？（结论不要求证明）‎ ‎【分析】（Ⅰ）由图查出13天内空气质量指数小于100的天数，直接利用古典概型概率计算公式得到答案；‎ ‎（Ⅱ）由题意可知X所有可能取值为0，1，2，得出P（X=0），P（X=1），p（x=2）及分布列与数学期望；‎ ‎（Ⅲ）因为方差越大，说明三天的空气质量指数越不稳定，由图直接看出答案．‎ ‎【解答】解：设Ai表示事件“此人于5月i日到达该地”（i=1，2，…，13）‎ 依据题意P（Ai）=，Ai∩Aj=∅（i≠j）‎ ‎（Ⅰ）设B表示事件“此人到达当日空气质量优良”，则P（B）=…（3分）‎ ‎（Ⅱ）X的所有可能取值为0，1，2‎ P（X=0）=，P（X=1）=，P（X=2）=…（6分）‎ ‎∴X的分布列为 X ‎0‎ ‎1‎ ‎2‎ P ‎…（8分）‎ ‎∴X的数学期望为E（X）=…（11分）‎ ‎（Ⅲ）从5月5日开始连续三天的空气质量指数方差最大． …（13分）‎ ‎　‎ ‎17．（14分）（2013•北京）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1C1C是边长为4的正方形．平面ABC⊥平面AA1C1C，AB=3，BC=5．‎ ‎（Ⅰ）求证：AA1⊥平面ABC；‎ ‎（Ⅱ）求证二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值；‎ ‎（Ⅲ）证明：在线段BC1上存在点D，使得AD⊥A1B，并求的值．‎ ‎【分析】（I）利用AA1C1C是正方形，可得AA1⊥AC，再利用面面垂直的性质即可证明；‎ ‎（II）利用勾股定理的逆定理可得AB⊥AC．通过建立空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角；‎ ‎（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，利用向量垂直于数量积得关系即可得出．‎ ‎【解答】（I）证明：∵AA1C1C是正方形，∴AA1⊥AC．‎ 又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C=AC，‎ ‎∴AA1⊥平面ABC．‎ ‎（II）解：由AC=4，BC=5，AB=3．‎ ‎∴AC2+AB2=BC2，∴AB⊥AC．‎ 建立如图所示的空间直角坐标系，则A1（0，0，4），B（0，3，0），B1（0，3，4），C1（4，0，4），‎ ‎∴，，．‎ 设平面A1BC1的法向量为，平面B1BC1的法向量为=（x2，y2，z2）．‎ 则，令y1=4，解得x1=0，z1=3，∴．‎ ‎，令x2=3，解得y2=4，z2=0，∴．‎ ‎===．‎ ‎∴二面角A1﹣BC1﹣B1的余弦值为．‎ ‎（III）设点D的竖坐标为t，（0＜t＜4），在平面BCC1B1中作DE⊥BC于E，可得D，‎ ‎∴=，=（0，3，﹣4），‎ ‎∵，∴，‎ ‎∴，解得t=．‎ ‎∴．‎ ‎　‎ ‎18．（13分）（2013•北京）设l为曲线C：y=在点（1，0）处的切线．‎ ‎（Ⅰ）求l的方程；‎ ‎（Ⅱ）证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方．‎ ‎【分析】（Ⅰ）求出切点处切线斜率，代入代入点斜式方程，可以求解；‎ ‎（Ⅱ）利用导数分析函数的单调性，进而分析出函数图象的形状，可得结论．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）∵‎ ‎∴‎ ‎∴l的斜率k=y′|x=1=1‎ ‎∴l的方程为y=x﹣1‎ 证明：（Ⅱ）令f（x）=x（x﹣1）﹣lnx，（x＞0）‎ 曲线C在直线l的下方，即f（x）=x（x﹣1）﹣lnx＞0，‎ 则f′（x）=2x﹣1﹣=‎ ‎∴f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，又f（1）=0‎ ‎∴x∈（0，1）时，f（x）＞0，即＜x﹣1‎ x∈（1，+∞）时，f（x）＞0，即＜x﹣1‎ 即除切点（1，0）之外，曲线C在直线l的下方 ‎　‎ ‎19．（14分）（2013•北京）已知A，B，C是椭圆W：上的三个点，O是坐标原点．‎ ‎（Ⅰ）当点B是W的右顶点，且四边形OABC为菱形时，求此菱形的面积；‎ ‎（Ⅱ）当点B不是W的顶点时，判断四边形OABC是否可能为菱形，并说明理由．‎ ‎【分析】（I）根据B的坐标为（2，0）且AC是OB的垂直平分线，结合椭圆方程算出A、C两点的坐标，从而得到线段AC的长等于．再结合OB的长为2并利用菱形的面积公式，即可算出此时菱形OABC的面积；‎ ‎（II）若四边形OABC为菱形，根据|OA|=|OC|与椭圆的方程联解，算出A、C的横坐标满足=r2﹣1，从而得到A、C的横坐标相等或互为相反数．再分两种情况加以讨论，即可得到当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．‎ ‎【解答】解：（I）∵四边形OABC为菱形，B是椭圆的右顶点（2，0）‎ ‎∴直线AC是BO的垂直平分线，可得AC方程为x=1‎ 设A（1，t），得，解之得t=（舍负）‎ ‎∴A的坐标为（1，），同理可得C的坐标为（1，﹣）‎ 因此，|AC|=，可得菱形OABC的面积为S=|AC|•|BO|=；‎ ‎（II）∵四边形OABC为菱形，∴|OA|=|OC|，‎ 设|OA|=|OC|=r（r＞1），得A、C两点是圆x2+y2=r2‎ 与椭圆的公共点，解之得=r2﹣1‎ 设A、C两点横坐标分别为x1、x2，可得A、C两点的横坐标满足 x1=x2=•，或x1=•且x2=﹣•，‎ ‎①当x1=x2=•时，可得若四边形OABC为菱形，则B点必定是右顶点（2，0）；‎ ‎②若x1=•且x2=﹣•，则x1+x2=0，‎ 可得AC的中点必定是原点O，因此A、O、C共线，可得不存在满足条件的菱形OABC 综上所述，可得当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能为菱形．‎ ‎　‎ ‎20．（13分）（2013•北京）已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an+1，an+2…的最小值记为Bn，dn=An﹣Bn．‎ ‎（Ⅰ）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列（即对任意n∈N*，an+4=an），写出d1，d2，d3，d4的值；‎ ‎（Ⅱ）设d是非负整数，证明：dn=﹣d（n=1，2，3…）的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；‎ ‎（Ⅲ）证明：若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．‎ ‎【分析】（Ⅰ）根据条件以及dn=An﹣Bn 的定义，直接求得d1，d2，d3，d4的值．‎ ‎（Ⅱ）设d是非负整数，若{an}是公差为d的等差数列，则an=a1+（n﹣1）d，从而证得dn=An﹣Bn=﹣d，‎ ‎（n=1，2，3，4…）．若dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．可得{an}是一个不减的数列，‎ 求得dn=An﹣Bn=﹣d，即 an+1﹣an=d，即{an}是公差为d的等差数列，命题得证．‎ ‎（Ⅲ）若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），则{an}的项不能等于零，再用反证法得到{an}的项不能超过2，‎ 从而证得命题．‎ ‎【解答】解：（Ⅰ）若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3…，是一个周期为4的数列，∴d1=A1﹣B1=2﹣1=1，‎ d2=A2﹣B2=2﹣1=1，d3=A3﹣B3=4﹣1=3，d4=A4﹣B4=4﹣1=3．‎ ‎（Ⅱ）充分性：设d是非负整数，若{an}是公差为d的等差数列，则an=a1+（n﹣1）d，‎ ‎∴An=an=a1+（n﹣1）d，Bn=an+1=a1+nd，∴dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．‎ 必要性：若 dn=An﹣Bn=﹣d，（n=1，2，3，4…）．假设ak是第一个使ak﹣ak﹣1＜0的项，‎ 则dk=Ak﹣Bk=ak﹣1﹣Bk≥ak﹣1﹣ak＞0，这与dn=﹣d≤0相矛盾，故{an}是一个不减的数列．‎ ‎∴dn=An﹣Bn=an﹣an+1=﹣d，即 an+1﹣an=d，故{an}是公差为d的等差数列．‎ ‎（Ⅲ）证明：若a1=2，dn=1（n=1，2，3，…），首先，{an}的项不能等于零，否则d1=2﹣0=2，矛盾．‎ 而且还能得到{an}的项不能超过2，用反证法证明如下：‎ 假设{an}的项中，有超过2的，设am是第一个大于2的项，由于{an}的项中一定有1，否则与d1=1矛盾．‎ 当n≥m时，an≥2，否则与dm=1矛盾．‎ 因此，存在最大的i在2到m﹣1之间，使ai=1，此时，di=Ai﹣Bi=2﹣Bi≤2﹣2=0，矛盾．‎ 综上，{an}的项不能超过2，故{an}的项只能是1或者2．‎ 下面用反证法证明{an}的项中，有无穷多项为1．‎ 若ak是最后一个1，则ak是后边的各项的最小值都等于2，故dk=Ak﹣Bk=2﹣2=0，矛盾，‎ 故{an}的项中，有无穷多项为1．‎ 综上可得，{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1．‎ ‎　‎ 参与本试卷答题和审题的老师有：sllwyn；qiss；minqi5；sxs123；沂蒙松；ywg2058；caoqz；刘长柏；豫汝王世崇（排名不分先后）‎ ‎2017年2月3日