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高三数学试卷答案
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B A A C B D C
二．多选题（共3小题）
题号 9 10 11
答案 AC BCD BCD
一．选择题（共8小题）
1．若复数 ，则| |＝（ ）
2+𝑖𝑖
𝑧𝑧 = 𝑧𝑧
A．5 1−2𝑖𝑖 B． C． D．1
1
√5
【解答】解：复数 ， 5
2+𝑖𝑖
𝑧𝑧 =
则| |＝|z| 1−2𝑖𝑖 1．
�
2+𝑖𝑖 |2+𝑖𝑖| 5
故选𝑧𝑧 ：D =．| 1−2𝑖𝑖 |= |1−2𝑖𝑖| =� 5 =
2．如果ab＞0，那么直线ax+by+1＝0一定经过（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．坐标原点
【解答】解：因为ab＞0，直线ax+by+1＝0整理可得y x ，可得该直线的斜率
𝑎𝑎 1
=− −
k ＜0，一定过第二，四象限， 𝑏𝑏 𝑏𝑏
𝑎𝑎
=−
𝑏𝑏
当 ＜0时，直线不过第一象限，
1
−
当 𝑏𝑏＞0时，直线不过第三象限，
1
−
𝑏𝑏
第1页（共19页）因为 0，直线不过原点．
1
故选−：𝑏𝑏B．≠
3．已知集合M＝{x Z|x2﹣4x≤0}，N＝{1，3，5，7}，P＝M∩N，则P的真子集共有（ ）
A．3个 ∈ B．4个 C．5个 D．6个
【解答】解：解不等式x2﹣4x≤0可得：0≤x≤4，又x Z，则集合M＝{0，1，2，3，
4}， ∈
又N＝{1，3，5，7}，所以M∩N＝{1，3}，共有两个元素，
因为P＝M∩N，所以集合P中共有两个元素，其真子集个数为22﹣1＝3个．
故选：A．
4．我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了“重差术”，即通过立表测量影长来
计算远处目标的高度和距离的方法．测量时使用的标杆高度为 h（称为“表高”），太
阳天顶距为 （太阳光线与垂直于底面方向的夹角，且 0°＜ ＜90°）．根据三角学
知识，标杆在θ地面上的影长l与表高h满足关系：l＝htan ．假θ设对同一表高进行两次
测量，第一次测量时太阳天顶距为 ，影长为表高的 2 倍θ，第二次测量时太阳天顶距
α
为 ，且满足 ，则第二次测量时影长是表高的（ ）
1
β 𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡(𝛼𝛼−𝛽𝛽)=
A．1倍 B． 倍3 C． 倍 D． 倍
3 5 7
【解答】解：由题意，第一
2
次测量时太阳天顶距为
2
，影长为表高的2倍
2
，
又标杆在地面上的影长l与表高h满足关系：l＝htaαn ，
所以tan ＝2， θ
又因为第α二次测量时太阳天顶距为 ，且满足 ，解得 tan
1 2−𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡𝛽𝛽
＝1， β 𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡(𝛼𝛼−𝛽𝛽)= 3 = 1+2𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡𝛽𝛽 β
则第二次测量时影长l＝htan ＝h×1＝h，即第二次测量时影长是表高的1倍．
故选：A． β
5．已知函数 ＞ ，M，N分别为f（x）的图象两条相邻对称轴上
𝜋𝜋
𝑓𝑓(𝑥𝑥)=2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡(𝜔𝜔𝑥𝑥+ )(𝜔𝜔 0)
3
第2页（共19页）的动点，向量 ， ， ，为得到函数 的图
→ → →
𝜋𝜋
象，需要将f（𝑎𝑎 x）=的(2图象0)（| 𝑀𝑀 𝑀𝑀）⋅𝑎𝑎 |=3𝜋𝜋 𝑔𝑔(𝑥𝑥)=2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡(𝜔𝜔𝑥𝑥−
3
)+3
A．先向右平移 个单位长度，再向上平移3个单位长度
2𝜋𝜋
B．先向右平移23 个单位长度，再向下平移3个单位长度
C．先向右平移 π个单位长度，再向上平移3个单位长度
π
D．先向右平移 个单位长度，再向上平移3个单位长度
4𝜋𝜋
【解答】解：设9 在 上的投影向量为 ，则 ，
→ → → → → → → → →
𝑀𝑀𝑀𝑀 𝑎𝑎 𝑏𝑏 |𝑀𝑀𝑀𝑀⋅𝑎𝑎|=|𝑏𝑏⋅𝑎𝑎|=|𝑎𝑎|⋅|𝑏𝑏|=3𝜋𝜋
由 ， ，可得 ，所以 ，
→ → →
3𝜋𝜋
因𝑎𝑎为=
M
(、2
N
0分)别在f（|𝑎𝑎
x
|）=图2象的两|条𝑏𝑏|相=邻2对称轴，
所以 ，解得 ，可得 ，
→
𝑇𝑇 𝜋𝜋 3𝜋𝜋 2 2 𝜋𝜋
= = |𝑏𝑏| = 𝜔𝜔 = 𝑓𝑓(𝑥𝑥)=2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡( 𝑥𝑥+ )
结合2 𝜔𝜔 2 ， 3 3 3
2 𝜋𝜋
𝑔𝑔(𝑥𝑥)=2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡( 𝑥𝑥− )+3
可知将f（x）先向右3 平移3 个单位长度，得到y＝2sin[ （x﹣ ） ]＝2sin（ ）
2 𝜋𝜋 2 𝜋𝜋
的图象， π 3 π + 3 3 𝑥𝑥 − 3
再将所得图象向上平移3个单位长度而得，对照各个选项，只有C符合题意．
故选：C．
6．公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体．正
六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体，公元前200年，阿基
米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，
这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同．如图所示，现代足球就是
基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
第3页（共19页）A．60 B．90 C．120 D．180
【解答】解：易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的
交点，每条棱都是两个面的公共边，
所以正二十面体的棱数为 ，顶点的个数为 ，
3×20 3×20
由图象可知正二十面体的每
2
个顶=点3截0角后为一个正五边
5
形，=即1每2个顶点处增加了5条
棱；
原来的30条棱数量不变，所以足球截面体的棱数为12×5+30＝90．
故选：B．
7．如图，某机器狗位于点P处，它可以向上、下、左、右四个方向自由移动，每次移动
一个单位．现机器狗从点P出发移动4次，则在机器狗仍回到点P的条件下，它向右
移动了2次的概率为（ ）
A． B． C． D．
2 1 1 1
【解
3
答】解：设事件A＝“
2
向右移动2次”，事件 3B＝“移动4次后仍回
6
到点P”，
每次移动有4种方向，4次移动，总路径数为：44＝256，
设上、下单位数分别为a，b，左、右单位数分别为c，d
第4页（共19页）因运动4次后仍回到点P，所以上下步数相等且左右步数相等，
记a＝b＝m，c＝d＝n，则a+b+c+d＝2m+2n＝4，即m+n＝2，（m，n N *）．
若m＝0，n＝2，即a＝0，b＝0，c＝2，d＝2，则路径数有 6种；∈
2
若m＝1，n＝1，即a＝1，b＝1，c＝1，d＝1，则路径数有𝐶𝐶4 = 24种；
1 1 1
若m＝2，n＝0，即a＝2，b＝2，c＝0，d＝0，则路径数有𝐶𝐶4𝐶𝐶36𝐶𝐶2种=；
2
𝐶𝐶4 =
所以 ．
6+24+6 9
事件𝑃𝑃 A ( B 𝐵𝐵＝)=“向2右5移6 动= 26次4且回到点P”
要使向右移动2次且回到点P，则d＝2＝c且a＝b，
又a+b+c+d＝4，所以a＝b＝0，路径数有6种；
．
6 3
𝑃𝑃(𝐴𝐴𝐵𝐵)= =
256 128
所以 ．
3
𝑃𝑃(𝐴𝐴𝐵𝐵) 128 1
𝑃𝑃(𝐴𝐴|𝐵𝐵)= = 9 =
𝑃𝑃(𝐵𝐵) 6
故选：D． 64
8．若对任意的x1 ，x2 （m，+∞），且当x1 ＜x2 时，都有 ＞ ，则m的最
𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1−𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2 3
小值是（ ） ∈ 𝑥𝑥1−𝑥𝑥2 𝑥𝑥1𝑥𝑥2
A．e B． C．3 D．
1 1
2
【解答】解：因为x1 ＜x2 时3，都有 ＞ ， 𝑒𝑒
𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1−𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2 3
所以lnx1 ﹣lnx2 ＜ ，𝑥𝑥1 −𝑥𝑥2 𝑥𝑥1𝑥𝑥2
3(𝑥𝑥1−𝑥𝑥2) 3 3
= −
所以lnx1 ＜lnx2 𝑥𝑥1𝑥𝑥2， 𝑥𝑥2 𝑥𝑥1
3 3
+ +
𝑥𝑥1 𝑥𝑥2
令f（x）＝lnx ，则f（x1 ）＜f（x2 ），
3
又因为对任意的+ 𝑥𝑥x1 ，x2 （m，+∞），
所以f（x）在（m，+∞∈）上单调递增，
f′（x） ，
1 3 𝑥𝑥−3
=
𝑥𝑥
−
𝑥𝑥
2 =
𝑥𝑥
2 第5页（共19页）令f′（x）＞0得x＞3，
所以在（3，+∞）上，f（x）单调递增，
所以m≥3，
所以m的最小值为3，
故选：C．
二．多选题（共3小题）
（多选）9．如图，已知斜三棱柱ABC﹣A1B1C1 中，∠ ，∠ ，∠ ，
𝜋𝜋 2𝜋𝜋 𝜋𝜋
AB＝AC＝1，AA1 ＝2，点O是B1C与BC1 的交点𝐵𝐵𝐴𝐴．𝐶𝐶下=列2选项𝐵𝐵中𝐴𝐴𝐴𝐴正 1 确=的3有（𝐶𝐶 𝐴𝐴 𝐴𝐴1 ）= 3
A． （ ）
→ → → →
1
𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐴𝐴1
B．| | 2
→
3
𝐴𝐴𝐴𝐴=
2
C．直线AO与BC所成的角的余弦值
√3
D．平面ABC与平面B1BCC1 不垂直
3
【解答】解：对于 A，
→ → → → → → → → →
1 1
𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐵𝐵𝐴𝐴 =𝐴𝐴𝐵𝐵+ (𝐵𝐵𝐶𝐶+𝐶𝐶𝐶𝐶1)=𝐴𝐴𝐵𝐵+ (𝐴𝐴𝐶𝐶−𝐴𝐴𝐵𝐵+
，故A正确； 2 2
→ → → →
1
𝐴𝐴𝐴𝐴1)= (𝐴𝐴𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐴𝐴1)
对于B，2∵ ，
→ → → →
1
𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐴𝐴1)
∴ 2
→ → → → → → → → →
2 1 2 1 2 2 2
|𝐴𝐴𝐴𝐴| = |𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐴𝐴1| = (|𝐴𝐴𝐵𝐵| +|𝐴𝐴𝐶𝐶| +|𝐴𝐴𝐴𝐴1| +2|𝐴𝐴𝐵𝐵|⋅|𝐴𝐴𝐶𝐶|⋅
4 4
2
→ → → →
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠∠𝐵𝐵𝐴𝐴𝐶𝐶+2|𝐴𝐴𝐵𝐵|⋅|𝐴𝐴𝐴𝐴1|⋅𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠∠𝐵𝐵第𝐴𝐴𝐴𝐴61页+（|共𝐴𝐴𝐶𝐶1|9⋅页|𝐴𝐴）𝐴𝐴 1|，
1 1 1 3
= (1+1+4+2×1×2×(− )+2×1×2× )=
4 2 2 2
∴ ，故B错误；
→ �
6
|𝐴𝐴𝐴𝐴|=
对于C， 2 （
→ → → → → → → → → → → →
1 1 2
𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐶𝐶 = (𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐴𝐴1)⋅(𝐴𝐴𝐶𝐶−𝐴𝐴𝐵𝐵)= 𝐴𝐴𝐵𝐵⋅𝐴𝐴𝐶𝐶+|𝐴𝐴𝐶𝐶| +𝐴𝐴𝐴𝐴1⋅𝐴𝐴𝐶𝐶−
2 2
）
→ → → → →
2
|𝐴𝐴𝐵𝐵| −𝐴𝐴𝐶𝐶⋅𝐴𝐴𝐵𝐵−𝐴𝐴𝐴𝐴1⋅𝐴𝐴𝐵𝐵
1，
1 1 1
= (2× +2× )=
2 2 2
， ， ，故C正确；
→ →
→ → → �
𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐵𝐵𝐶𝐶 1 3
|𝐵𝐵𝐶𝐶|=√2 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠〈𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐵𝐵𝐶𝐶〉= → → =� 6 � = 3
对于D，取BC的中点E，连|接𝐴𝐴𝐶𝐶
A
|⋅
E
|𝐵𝐵，𝐶𝐶 | 2× 2
∵AB＝AC，∴AE⊥BC，且 ，
→ → →
1
𝐴𝐴𝐴𝐴 = (𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐶𝐶)
又 2 0，∴AE⊥BB1 ，
→ → → → →
1
∵𝐴𝐴 BC 𝐴𝐴∩⋅𝐵𝐵 B 𝐵𝐵 B 1 1 ＝= B2，(𝐴𝐴 B 𝐵𝐵 C +，𝐴𝐴 B 𝐶𝐶 B ) 1 ⋅𝐴𝐴平𝐴𝐴面 1 = BB1C1C，∴AE⊥平面BB1C1C，
又AE 平面ABC，∴平面⊂ABC与平面B1BCC1 垂直，故D错误．
故选：⊂AC．
（多选）10．在数列{an}中，若对 n N *，都有 （q 为常数），则称数列
𝑎𝑎𝑛𝑛+2−𝑎𝑎𝑛𝑛+1
∀ ∈ = 𝑞𝑞
{an}为“等差比数列”，q为公差比，设数列{a𝑎𝑎n}𝑛𝑛的+1前−𝑎𝑎n𝑛𝑛项和是Sn ，则下列说法一定正
第7页（共19页）确的是（ ）
A．等差数列{an}是等差比数列
B．若等比数列{an}是等差比数列，则该数列的公比与公差比相同
C．若数列{Sn}是等差比数列，则数列{an+1}是等比数列
D．若数列{an}是等比数列，则数列{Sn}等差比数列
【解答】解：对于A，若{an}是常数列，则{an}是等差数列，但an+1 ﹣an ＝0，
故 无意义，故A说法错误；
𝑎𝑎𝑛𝑛+2−𝑎𝑎𝑛𝑛+1
对于𝑎𝑎𝑛𝑛B+，1−若𝑎𝑎等𝑛𝑛 比数列{an}是等差比数列，则 ，q≠1，
𝑙𝑙−1
𝑎𝑎𝑙𝑙 =𝑎𝑎1𝑞𝑞
则 ，故B说法正确；
𝑛𝑛+1 𝑛𝑛 𝑛𝑛
𝑎𝑎𝑛𝑛+2−𝑎𝑎𝑛𝑛+1 𝑎𝑎1𝑞𝑞 −𝑎𝑎1𝑞𝑞 𝑎𝑎1𝑞𝑞 (𝑞𝑞−1)
对于 𝑎𝑎𝑛𝑛C+ ， 1− 若 𝑎𝑎 数 𝑛𝑛 列= {S𝑎𝑎n1}𝑞𝑞 是𝑛𝑛等 −𝑎𝑎 差 1𝑞𝑞 比𝑛𝑛−数1列=， 𝑎𝑎 1𝑞𝑞 𝑛𝑛−1 (𝑞𝑞−1) = 𝑞𝑞
则 q，所以数列{an+1}是等比数列，故C正确；
𝑆𝑆𝑛𝑛+2−𝑆𝑆𝑛𝑛+1 𝑎𝑎𝑛𝑛+2
= =
对于𝑆𝑆𝑛𝑛D+，1−若𝑆𝑆𝑛𝑛数列{𝑎𝑎a𝑛𝑛 n}+是1 等比数列，则 q，
𝑎𝑎𝑛𝑛+2 𝑆𝑆𝑛𝑛+2−𝑆𝑆𝑛𝑛+1
= =
所以数列{Sn}等差比数列，故D正确 𝑎𝑎 ．𝑛𝑛+ 1 𝑆𝑆𝑛𝑛+1−𝑆𝑆𝑛𝑛
故选：BCD．
（多选）11．
如图所示，△ABC中，AB＝1，AC＝4，BC ，D在BC边上，E在AC边上，且AD
为∠BAC的角平分线，∠ABE＝90°，则=（√ 13 ）
A．BE＝2
B．△ABC的面积为
√3
C．
�
4 3
D．𝐴𝐴若𝐴𝐴点= P在
5
△ABE的外接圆上，则PB+2PE的最大值为
第8页（共19页）
2√7【解答】解：对于 A，在△ABC 中，由余弦定理得 ∠
2 2 2
𝐴𝐴𝐵𝐵 +𝐴𝐴𝐶𝐶 −𝐵𝐵𝐶𝐶
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝐵𝐵𝐴𝐴𝐶𝐶 = =
， 2𝐴𝐴𝐵𝐵⋅𝐴𝐴𝐶𝐶
1+16−13 1
结2合×10×°4＜=∠2BAC＜180°，可得∠BAC＝60°，
在Rt△ABE中， ° ，故A项错误；
𝐵𝐵𝐴𝐴 =𝐴𝐴𝐵𝐵𝑡𝑡𝑎𝑎𝑡𝑡60 =√3
对于B，由 ，可知B项正确；
�
1 1 3
𝑆𝑆△𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 = ×𝐴𝐴𝐵𝐵×𝐴𝐴𝐶𝐶×𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡60°= ×1×4× =√3
对于C，由余弦定理2，得 2 2 ，
2 2 2
�
𝐴𝐴𝐶𝐶 +𝐵𝐵𝐶𝐶 −𝐴𝐴𝐵𝐵 13+16−1 7 7 13
结合C为三角形的内角， 𝑐𝑐 得 𝑐𝑐𝑠𝑠𝐶𝐶 = 2𝐴𝐴𝐶𝐶⋅𝐵𝐵𝐶𝐶 = 2×4，× � 13 = 2 � 13 = 26
�
2 39
𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝐶𝐶 =√1−𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝐶𝐶 =
因为∠DAC ∠BAC＝30°， 26
1
=
2
所以 sin∠ADC＝sin（C+30°）＝sinCcos30°+cosCsin30°
� � �
39 3 7 13 1
= × + × =
． 26 2 26 2
�
5 13
26
在△ACD中，由正弦定理得 ，所以
�
，
39
𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐶𝐶𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝐶𝐶 4×26 4 � 3
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑙𝑙𝐴𝐴 = 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑙𝑙∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴𝐴 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡∠𝐴𝐴𝐴𝐴𝐶𝐶 = 5 � 13 = 5
故C项正确； 26
对于D，由 ，AB⊥BE，可知AE为△ABE的外接圆的直径，
2 2
所以△ABE 𝐴𝐴的𝐴𝐴外=接√圆𝐴𝐴𝐵𝐵的半+径𝐵𝐵𝐴𝐴 R =2 AE＝1，
1
=
2
当PB+2PE取得最大值时，点P在弧 上，故∠BPE＝∠BAE＝60°，
设∠PBE＝ ，则∠PEB＝120°﹣ ，𝐵𝐵�0𝐴𝐴°𝐴𝐴＜ ＜120°，
所以 α ，即α α ° ，PE＝
𝑃𝑃𝐴𝐴 𝑃𝑃𝑃𝑃
= = 2 𝑃𝑃𝐵𝐵 =2𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡(120 −𝛼𝛼)=√3𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝛼𝛼+𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝛼𝛼
𝑠𝑠𝑠𝑠𝑙𝑙(120°−𝛼𝛼) 𝑠𝑠𝑠𝑠𝑙𝑙𝛼𝛼
第9页（共19页）2sin ，
α
所以 ，其中 ， ，
�
3 5
𝑃𝑃𝐵𝐵+2𝑃𝑃𝐴𝐴 =√3𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝛼𝛼+5𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝛼𝛼 =2√7𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡(𝛼𝛼+𝜃𝜃) 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝜃𝜃 = � 𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠𝜃𝜃 = �
结合正弦函数的性质，可知当 时，PB+2PE取得最大值 2 ，7 故D正确2．7
𝜋𝜋
故选：BCD．
𝛼𝛼+𝜃𝜃 =
2
2√7
三．填空题（共3小题）
12．已知两点 A（﹣m，0），B（m，0）（m＞0），如果在直线 3x+4y+25＝0 上存在点 P，
使得∠APB＝90°，则m的取值范围是 [5，+∞） ．
【解答】解：∵P在直线3x+4y+25＝0上，设点P（x， ），
−3𝑥𝑥−25
∴ （x+m， ）， 4
→
−3𝑥𝑥−25
𝐴𝐴𝑃𝑃 =
（x﹣m， 4 ）；
→
−3𝑥𝑥−25
𝐵𝐵又𝑃𝑃∠= APB＝90°，
4
∴ • （x+m）（x﹣m） 0，
→ →
−3𝑥𝑥−25 2
即𝐴𝐴
2
𝑃𝑃 5x2𝐵𝐵
+
𝑃𝑃
15
= 0x+625﹣16m2＝0；+(
4
) =
∴△≥0，
即1502﹣4×25×（625﹣16m2）≥0，
解得m≥5，或m≤﹣5，
又m＞0，∴m的取值范围是[5，+∞）．
故答案为：[5，+∞）．
13．已知0＜x1 ＜x2 ＜ ， ，则cos（x2 ﹣x1 ）＝ ．
1 7
π 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝑥𝑥1 =𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝑥𝑥2 = −
【解答】解：因为0＜x1 ＜x2 ＜ ， 3 ， 9
1
所以x2 ＝ ﹣x1 ， π 𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝑥𝑥1 =𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝑥𝑥2 = 3
π
第10页（共19页）则cos（x2 ﹣x1 ）＝cos（ ﹣2x1 ）＝﹣cos2x1 ＝﹣（1﹣2sin2x1 ）＝﹣1+2×（ ）2 ．
1 7
π =−
故答案为： ． 3 9
7
−
14．已知函数 f（9 x）＝xlnx+x（x﹣a）2（a R），当 ， 时，f（x）＜xf'（x）恒成
1
立，则实数a的取值范围是 （﹣∞，∈ ） ．𝑥𝑥 ∈ [ 2 2]
【解答】解：构造函数g（x） ，x
√2
， ，
𝑓𝑓(𝑥𝑥) 1
= ∈[ 2]
g′（x） ， 𝑥𝑥 2
𝑥𝑥𝑓𝑓′(𝑥𝑥)−𝑓𝑓(𝑥𝑥)
= 2
∵当 ， 时𝑥𝑥，f（x）＜xf'（x）恒成立，
1
𝑥𝑥 ∈[ 2]
∴g′（x）2 ＞0在x ， 上恒成立，
1
由g（x）＝lnx+（x ∈﹣[ 2a）22，]
∴g′（x） 2（x﹣a）＞0在x ， 上恒成立，
1 1
= + ∈[ 2]
化为a＜x 𝑥𝑥的最小值， 2
1
+
2𝑥𝑥
∵x ， ，∴x 2 ，当且仅当x ， 时取等号，
�
1 1 1 2 1
∴a＜∈[
2
，2] +
2𝑥𝑥
≥ �𝑥𝑥⋅
2𝑥𝑥
=√2 =
2
∈[
2
2]
即实数√2a的取值范围是（﹣∞， ），
故答案为：（﹣∞， ）． √2
四．解答题（共5小题√）2
15．已知直线l1 ：x﹣2y+3＝0，l2 ：2x+3y﹣8＝0．
（1）求经过点A（1，4）且与直线l2 垂直的直线方程；
（2）求经过直线l1 与l2 的交点，且在两坐标轴上的截距互为相反数的直线方程．
（3）若直线l：kx﹣y+2+4k＝0（k R）交x轴的负半轴于点A，交y轴的正半轴于点
B，O为坐标原点，设△AOB的面积∈为S，求S的最小值及此时直线l的方程．
【解答】解：（1）由直线 ： ，可得直线l2 的斜率为
2 8
𝑙𝑙2 2𝑥𝑥+3𝑦𝑦−8=0⇒𝑦𝑦=− 𝑥𝑥+
第11页（共19页） 3 3，
2
−
依3题意，所求直线斜率为 ，则其方程可设为 ，
3 3
𝑦𝑦 = 𝑥𝑥+𝑏𝑏
该直线经过点M（1，4），2则 ，解得2 ，
3 5
4= ×1+𝑏𝑏 𝑏𝑏 =
故所求直线方程为 ，即2 3x﹣2y+5＝0；……2……………………………3分
3 5
𝑦𝑦 = 𝑥𝑥+
（2）联立 2 ，2解得 ，即直线l1 与l2 的交点为（1，2），
𝑥𝑥−2𝑦𝑦+3=0 𝑥𝑥 =1
当直线经过� 2原𝑥𝑥点+时3𝑦𝑦，−满8足=题0意，设�直𝑦𝑦线=方2程为y＝kx，
代入（1，2），解得k＝2，此时y＝2x；
当直线的截距都不为0时，设直线方程为 ， ，
𝑥𝑥 𝑦𝑦
+ = 1(𝑎𝑎 𝑏𝑏 ≠ 0)
依题意 ，解得a＝﹣1，b＝1，此𝑎𝑎时直𝑏𝑏 线方程为x﹣y+1＝0，
𝑎𝑎 =−𝑏𝑏
综上，�所 1 求
+
直 2 线
=
方
1
程为y＝2x或x﹣y+1＝0．…………………………………8分
𝑎𝑎 𝑏𝑏
（3）由题可知 k＞0，在 kx﹣y+2+4k＝0 中，令 y＝0，解得 ，即得
4𝑘𝑘+2
𝑥𝑥 =−
， ， 𝑘𝑘
4𝑘𝑘+2
𝐴𝐴再(令− x＝𝑘𝑘 0，可0)得y＝4k+2，即得B（0，4k+2），
故 ，
2
1 1 4𝑘𝑘+2 2(2𝑘𝑘+1) 1
𝑆𝑆 = |𝐴𝐴𝐴𝐴|⋅|𝐴𝐴𝐵𝐵|= × ×(4𝑘𝑘+2)= =2(4𝑘𝑘+ +4)
则 2 2 𝑘𝑘 𝑘𝑘 ， 𝑘𝑘
1 1
𝑆𝑆 =2(4𝑘𝑘+ +4)≥2(2�4𝑘𝑘⋅ +4)=2×(4+4)=16
当且仅当 𝑘𝑘，即 时取等𝑘𝑘号，
1 1
4𝑘𝑘 = 𝑘𝑘 =
故S的最小值为𝑘𝑘 16，此时2直线的方程为 ．………………………………13分
1
16．如图，四边形ABCD的对角线相交于点𝑦𝑦 = O，2 𝑥𝑥∠+ AO 4 B＝ ．
（1）求证：AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2AC•BDcos ； θ
（2）已知AB＝2，BC＝CD＝2 ，AD＝2 ，θ＝60°．
①求四边形ABCD的面积； √3 √7 θ
第12页（共19页）②若△ABD与△BCD面积相等，求证：AC⊥CD．
【解答】解：（1）证明：由余弦定理得在△AOB 中，AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OBcos
①， θ
在△COD中，CD2＝OC2+OD2﹣2OC•ODcos ②，
在△AOD中，AD2＝OA2+OD2+2OA•ODcos ③θ ，
在△BOC中，BC2＝OB2+OC2+2OB•OCcosθ④，
由③+④﹣①﹣②得 AD2+BC2﹣AB2﹣CD2θ＝2（OA•OD+OB•OC+OA•OB+OC•OD）
cos
＝2θ[OA（• OD+OB）+OC（• OB+OD）]cos ＝2（OA•BD+OC•BD）cos ＝2AC•BDcos ，
故AD2+BC2﹣AB2﹣CD2＝2AC•BDcos θ；……………………………θ……5分 θ
（2）①由（1）得AD2+BC2﹣AB2﹣CDθ2＝2AC•BDcos ，
又AB＝2， ， ， ＝60°， θ
可求得AC•𝐵𝐵B𝐶𝐶D＝=2𝐶𝐶4𝐴𝐴，=又2四√边3 形𝐴𝐴𝐴𝐴AB=CD2√的7面θ积为
；
1 1
𝑆𝑆 =
2
(𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐴𝐴𝐴𝐴+𝐴𝐴𝐵𝐵⋅𝐴𝐴𝐶𝐶+𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝐴𝐴𝐵𝐵+𝐴𝐴𝐶𝐶…⋅𝐴𝐴…𝐴𝐴…)𝑠𝑠…𝑖𝑖𝑡𝑡6…0…°=…2…𝐴𝐴…𝐶𝐶⋅…𝐵𝐵…𝐴𝐴𝑠𝑠…𝑖𝑖𝑡𝑡…60
1
°
0
=分6 √3
②证明：由若△ABD与△BCD面积相等，因为BD为公共底边，
故两个三角形BD上的高相等，即OAsin60°＝OCsin60°，所以OA＝OC，
设OA＝OC＝m，OB＝n，
在△AOB中得：4＝m2+n2﹣2mncos60°，即4＝m2+n2﹣mn，
在△BOC中得：12＝m2+n2+mn，
两式相加得：m2+n2＝8，两式相减得：2mn＝8，
所以（m﹣n）2＝m2+n2﹣2mn＝0，故m＝n，
第13页（共19页）故m＝n＝2，所以AC＝2m＝4，又 ， ，所以AD2＝AC2+CD2＝28，
由勾股定理得：AC⊥CD． 𝐴𝐴𝐴𝐴 = 2√7 𝐶𝐶𝐴𝐴…=…2…√…3 ………………………15分
17．如图所示，已知四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，侧面PBC为直角
三角形，O是PC的中点，Q是直线AD上的动点，过直线BC的平面与侧棱PA，PD
分别交于N，M且MN＝2，其中BC＝PB＝4，AC＝AB＝AP＝6．
（1）求证：MN∥AD；
（2）求异面直线MN与PC所成的角；
（3）求直线OQ与平面BCMN平面所成角的正弦值的最大值．
【解答】解：（1）证明：由题意可知四边形ABCD是平行四边形，所以BC∥AD，
即有BC∥平面PAD，
又由MN 平面BCMN，平面BCMN∩平面PAD＝MN，
所以BC∥⊂MN，
即得MN∥AD； …………………………………3分
（2）由（1）知BC∥MN，
则直线MN与PC所成的角为∠PCB（或其补角），
又由△PBC为直角三角形，且PB＝BC，所以∠ ，
𝜋𝜋
𝑃𝑃𝐶𝐶𝐵𝐵 =
即得异面直线MN与PC所成的角为 ； ………………4…………………8分
𝜋𝜋
（3）设直线OQ与平面BCMN所成角
4
记为 ，
第14页（共1θ9页）取BC的中点为E，连接OE，AE，由AB＝AC，所以AE⊥BC，
又由△PBC是直角三角形，且PB＝BC，
所以PB⊥BC，又因为O，E分别是PC，BC的中点，
所以可得OE⊥BC，又由OE，AE 平面AOE，且OE∩AE＝E，
所以BC⊥平面AOE，又因为AO ⊂平面AOE，
所以可得AO⊥BC，又由AC＝AP⊂，
所以AO⊥PC，
所以AO⊥平面PBC．
此时分别以OB，OC，OA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示空间直角坐标系，
则可得O（0，0，0）， ，， ，C（0， ，0）， ，， ，P（0， ，
0）， ， ， 𝐵𝐵，(2 √2 0 0) 2√2 𝐴𝐴(0 0 2√7) −2√2
𝑀𝑀(0 −√2 √7)
设Q（x，y，z），由 ，可得 ， ， ，
→ → →
𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝜆𝜆𝐴𝐴𝐴𝐴 =𝜆𝜆𝐵𝐵𝐶𝐶 𝐴𝐴(−2√2𝜆𝜆 2√2𝜆𝜆 2√7)
即得 ， ， ，
→
𝐴𝐴𝐴𝐴 =(−2√2𝜆𝜆 2√2𝜆𝜆 2√7)
设平面BCMN的一个法向量 ，， ，
→
𝑡𝑡 =(𝑚𝑚 𝑡𝑡 𝑞𝑞)
又由 ， ，
→ → → →
𝑡𝑡⋅𝐵𝐵𝐶𝐶 =0 𝑡𝑡⋅𝐵𝐵𝑀𝑀 =0
所以可得 ，， ，
→ �
3 14
𝑡𝑡 =(1 1 )
7
所以 ，当且仅当Q与A点重合时取得等号．
→ →
�
|𝐴𝐴𝐴𝐴⋅𝑡𝑡| 6 2 3
𝑠𝑠𝑖𝑖𝑡𝑡𝜃𝜃 = → → = ≤
|𝐴𝐴𝐴𝐴 |⋅|𝑡𝑡|
�3
7
2
⋅
�
16 𝜆𝜆
2
+ 28
4
…………………………………15分
第15页（共19页）18．对于任意两个正数a，b（a＜b），记区间[a，b]上曲线y＝f（x）下的曲边梯形面积为
S（a，b），并规定S（a，a）＝0，S（a，b）＝﹣S（b，a），记S（a，x）＝F（x）﹣
F（a），其中f（x）＝F′（x）．
（1）若f（x） 时，求证：S（1，2）＝S（5，10）；
1
=
（2）若f（x） 𝑥𝑥时，求证： ＜ ；
，
1 𝑏𝑏−𝑎𝑎 𝑎𝑎+𝑏𝑏
=
（3）若f（x）＝l𝑥𝑥nx+1，直线y𝑆𝑆 ＝ (𝑎𝑎c与
𝑏𝑏
曲
)
线S2（1，x）交于M（x1 ，y1 ），N（x2 ，y2 ）两
点．求证：0＜x1x2 ＜ （其中e为自然常数）．
1
2
𝑒𝑒
【解答】证明：（1）因为S（a，x）＝F（x）﹣F（a），且f（x）＝F'（x），
当 时，可知S（a，x）＝lnx﹣lna，
1
所𝑓𝑓以(𝑥𝑥 S )（= 1，𝑥𝑥 2）＝ln2﹣ln1＝ln2，
第16页（共19页）S（5，10）＝ln10﹣ln5＝ln2，
所以S（1，2）＝S（5，10）成立；…………………………………3分
（2）因为 时，S（a，b）＝lnb﹣lna，所以要证 ＜ ，
，
1 𝑏𝑏−𝑎𝑎 𝑎𝑎+𝑏𝑏
𝑓𝑓(𝑥𝑥)=
即证 ＜ 𝑥𝑥 ， 𝑆𝑆(𝑎𝑎 𝑏𝑏) 2
𝑏𝑏−𝑎𝑎 𝑎𝑎+𝑏𝑏
𝑙𝑙𝑙𝑙𝑏𝑏−𝑙𝑙𝑙𝑙𝑎𝑎 2
即证 ＜ ，即证
𝑏𝑏
＜ ，
2(𝑏𝑏−𝑎𝑎) 2(𝑎𝑎−1) 𝑏𝑏
𝑙𝑙𝑡𝑡𝑏𝑏 − 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑎𝑎 𝑏𝑏 𝑙𝑙𝑡𝑡
𝑎𝑎+𝑏𝑏 1+𝑎𝑎 𝑎𝑎
设 ，＞，则不等式可化为 ＜ ＞ ，
𝑏𝑏 2(𝑡𝑡−1)
= 𝑡𝑡 𝑡𝑡 1 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑡𝑡(𝑡𝑡 1)
要𝑎𝑎证 ＜ ，作差得 1+𝑡𝑡 ＞，
2(𝑡𝑡−1) 2(𝑡𝑡−1)
即证（ 1t++1𝑡𝑡 ）lnt 𝑙𝑙﹣𝑡𝑡𝑡𝑡 2t+2＞0在𝑙𝑙𝑡𝑡 t 𝑡𝑡−（1，1++𝑡𝑡∞）0恒成立，
构造函数h（t）＝（t+1）lnt﹣∈2t+2，
则ℎ′ ，再设 ，则 ′ ，
1 1 1 1 𝑡𝑡−1
(𝑡𝑡)=𝑙𝑙𝑡𝑡𝑡𝑡+ −1 𝑘𝑘(𝑡𝑡)=𝑙𝑙𝑡𝑡𝑡𝑡+ −1 𝑘𝑘 (𝑡𝑡)= − 2 = 2
因为t＞1，所以 𝑡𝑡′ ＞恒成立，𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑡𝑡 𝑡𝑡
𝑡𝑡−1
𝑘𝑘 (𝑡𝑡)= 2 0
所以ℎ′ 在（𝑡𝑡 1，+∞）为增函数，所以ℎ′ ＞ ，
1 1
所以h′(（𝑡𝑡) t =）𝑙𝑙＞𝑡𝑡𝑡𝑡 0 +在𝑡𝑡（− 1 1，+∞）恒成立，可得h（t）＝(𝑡𝑡（)= t+1 𝑙𝑙𝑡𝑡）𝑡𝑡 l + nt﹣𝑡𝑡 − 2t+ 1 2在ℎ′（(1 1 )，= + 0∞′ ）
为增函数，
所以h（t）＞h（1）＝0，所以（t+1）lnt﹣2t+2＞0在t （1，+∞）恒成立，
∈
所以不等式 ＜ 成立，得证；…………………………………10分
𝑏𝑏−𝑎𝑎 𝑎𝑎+𝑏𝑏
（3）因为（ 𝑙𝑙𝑙𝑙xl𝑏𝑏n−x） 𝑙𝑙𝑙𝑙'𝑎𝑎 ＝lnx+21，所以S（1，x）＝xlnx，
令g（x）＝S（1，x），故g（x）＝xlnx，g′（x）＝lnx+1，
所以g（x）在 ， 为减函数，在 ， 为增函数，
1 1
(0 ) ( +∞)
𝑒𝑒 ， 𝑒𝑒
1 1
𝑔𝑔(𝑥𝑥)𝑚𝑚𝑠𝑠𝑙𝑙 =𝑔𝑔( )=−
故直线y＝c与𝑒𝑒曲线S 𝑒𝑒（1，x）交于M（x1 ，y1 ），N（x2 ，y2 ），所以 ＜＜，
1
− 𝑐𝑐 0
第17页（共19页） 𝑒𝑒且x1lnx1 ＝c，x2lnx2 ＝c，即有 ①， ②，
𝑐𝑐 𝑐𝑐
𝑥𝑥1 = 𝑥𝑥2 =
𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥1 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2
①+②得： ，
𝑐𝑐 𝑐𝑐 𝑐𝑐(𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥1+𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2)
𝑥𝑥1+𝑥𝑥2 = + =
①﹣②得： 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥1 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥1𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2 ，
𝑐𝑐 𝑐𝑐 𝑐𝑐(𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2−𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥1)
𝑥𝑥1−𝑥𝑥2 = − =
由第（2）问知： 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥＞1 𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2 ，𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥 1𝑙𝑙𝑡𝑡𝑥𝑥2
𝑥𝑥1+𝑥𝑥2 𝑥𝑥1−𝑥𝑥2
2 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1−𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2
所以 ＞𝑐𝑐(𝑙𝑙𝑛𝑛𝑥𝑥2−𝑙𝑙𝑛𝑛𝑥𝑥1) ＜＜ ，
𝑐𝑐(𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1+𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2) 𝑙𝑙𝑛𝑛𝑥𝑥1𝑙𝑙𝑛𝑛𝑥𝑥2 −𝑐𝑐 1
= (− 𝑐𝑐 0)
2𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1−𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2 𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥1𝑙𝑙𝑙𝑙𝑥𝑥2 𝑒𝑒
所以lnx1+lnx2 ＜﹣2，即 ＜ ，
1
𝑙𝑙𝑡𝑡(𝑥𝑥1𝑥𝑥2) 𝑙𝑙𝑡𝑡 2
所以 ＜ ＜ 成立．………………𝑒𝑒…………………17分
1
0 𝑥𝑥1𝑥𝑥2 2
19．定义一类集合𝑒𝑒：对于集合 ＝{x1 ，x2 ，…，xn}（n≥2，n N），若 xi 都满足|xi|
＜1，则称 为“单位有界集”Ω；在集合 中定义一种运算：若x∈i ，xj ∀，定∈Ω义
.现对Ω单位有界集 进行如下操Ω作：第一步，从 中任取∈两Ω个元∈Ω素xi 、x 𝑥𝑥（
j
𝑠𝑠⊗ i≠𝑥𝑥 j） 𝑗𝑗 ，=
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗
Ω Ω
1将+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥中𝑗𝑗 除了xi 、xj 以外的元素构成的集合记为
1
，令Η
1
＝
1
∪{xi xj}；第二步，若
集合ΩΗ 1 还是单位有界集，则继续任取两个元素Ωxm ，xl （m≠Ωl），将⊗Η 1 中除了 xm ，xl
以外的元素构成的集合记为
2
，令Η
2
＝
2
∪{xm xl}；依次类推……
（1）对于任意的单位有界集Ω ，判断Η
1
Ω是否仍然⊗为单位有界集．若是，请证明；若
不是，请举出反例； Ω
（2）证明：若xi ，xj ，xm ，则（xi xj ） xm ＝xi （xj xm ）；
（3）当 ∈＜Ω ， ⊗ 时，⊗对集合⊗ 进行⊗ k步上述操作，当Η
k
只有
𝑡𝑡𝜋𝜋
𝛺𝛺 ={𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 |1≤𝑡𝑡 10 𝑡𝑡∈𝑀𝑀} Ω
一个元素时停止，10求所有满足条件的Η
k
．
【解答】解：（1）是，证明如下：
从 中任取两个元素xi 、xj （i≠j），﹣1＜xi ＜1，﹣1＜xj ＜1，
要证Ω明Η
1
是单位有界集，只需证明 ＜ ＜，
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗
−1 𝑥𝑥𝑠𝑠⊗𝑥𝑥𝑗𝑗 = 1
1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
第18页（共19页）因为 ，
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗 𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗+1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 (𝑥𝑥𝑖𝑖+1)+(1+𝑥𝑥𝑖𝑖)𝑥𝑥𝑗𝑗 (1+𝑥𝑥𝑖𝑖)(1+𝑥𝑥𝑗𝑗)
+ 1 = = =
其中 11++𝑥𝑥xi𝑖𝑖＞ 𝑥𝑥𝑗𝑗0，xj+1＞0， 1+1+𝑥𝑥x𝑖𝑖i𝑥𝑥x𝑗𝑗j ＞0， 1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
所以 ＞，即xi xj ＞﹣1；
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗
+ 1 0 ⊗
因为1因+为𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 ，
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗 𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗−1−𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 (𝑥𝑥𝑖𝑖−1)−(𝑥𝑥𝑖𝑖−1)𝑥𝑥𝑗𝑗 (𝑥𝑥𝑖𝑖−1)(1−𝑥𝑥𝑗𝑗)
− 1 = = =
其中xi ﹣11 ＜ +𝑥𝑥0𝑖𝑖， 𝑥𝑥𝑗𝑗1﹣xj ＞0，1+1x+ix𝑥𝑥j𝑖𝑖＞ 𝑥𝑥𝑗𝑗0， 1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
所以 ＜，即xi xj ＜1，所以Η 1 仍然为单位有界集．
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗
− 1 0 ⊗
1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 …………………………………5分
（2）证明：因为 𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗 ，
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗 1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 +𝑥𝑥𝑚𝑚 𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗+𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑚𝑚𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
(𝑥𝑥𝑠𝑠⊗𝑥𝑥𝑗𝑗)⊗𝑥𝑥𝑚𝑚 =
1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
⊗𝑥𝑥𝑚𝑚 = 𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗 =
1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑗𝑗𝑥𝑥𝑚𝑚
1+1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗 𝑥𝑥𝑚𝑚
𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑗𝑗 ，
𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑗𝑗
𝑥𝑥𝑖𝑖+1+𝑥𝑥𝑚𝑚𝑥𝑥𝑗𝑗
𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗+𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑚𝑚𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
𝑥𝑥𝑠𝑠⊗(𝑥𝑥𝑗𝑗⊗𝑥𝑥𝑚𝑚)=𝑥𝑥𝑠𝑠⊗
1+𝑥𝑥𝑚𝑚𝑥𝑥𝑗𝑗
= 𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑗𝑗 =
1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑚𝑚+𝑥𝑥𝑗𝑗𝑥𝑥𝑚𝑚
所以（xi xj ） xm ＝xi （xj xm ）1．+𝑥𝑥 𝑖𝑖1+𝑥𝑥𝑚𝑚𝑥𝑥𝑗𝑗
⊗ ⊗ ⊗ ⊗ …………………………………10分
（3）由（1）（2）知H1 ．H2 ，…，Hk﹣1 都为“单位有界集”，所定义的运算具有结合
律，
又 ，即定义的运算具有交换律，
𝑥𝑥𝑗𝑗+𝑥𝑥𝑖𝑖 𝑥𝑥𝑖𝑖+𝑥𝑥𝑗𝑗
𝑥𝑥𝑗𝑗 ⊗𝑥𝑥𝑠𝑠 = = =𝑥𝑥𝑠𝑠⊗𝑥𝑥𝑗𝑗
1+𝑥𝑥𝑗𝑗𝑥𝑥𝑖𝑖 1+𝑥𝑥𝑖𝑖𝑥𝑥𝑗𝑗
不妨先取 ， ，
𝜋𝜋 9𝜋𝜋
𝑥𝑥1 =𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝑥𝑥9 =𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠
因为 10 ，所以x1 •1 x9 0＝0，所以 ，
𝜋𝜋 9𝜋𝜋 𝑡𝑡𝜋𝜋
𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 =−𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝛨𝛨1 ={𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 |2≤𝑡𝑡 ≤8}
再取 10 ，10 ，x2 •x8 ＝0，所以 10 ，
2𝜋𝜋 8𝜋𝜋 𝑡𝑡𝜋𝜋
𝑥𝑥2 =𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝑥𝑥9 =𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 𝛨𝛨2 ={𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 |3≤𝑡𝑡 ≤7}
类似的， 10 10 ， ，所1以0 Η
k
＝{0}．
𝑡𝑡𝜋𝜋 𝜋𝜋
𝛨𝛨3 ={𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 |4≤𝑡𝑡 ≤6} 𝛨𝛨4 ={𝑐𝑐𝑐𝑐𝑠𝑠 }={0}
10 2…………………………………17分
第19页（共19页）
