2023北京一六一中高二（上）期中数学（教师版）（含解析）

2023北京一六一中高二（上）期中
数 学
一、选择题：本大题共10道小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1．已知A（﹣1，﹣3），B（3，5），则直线AB的斜率为（　　）
A．2 B．1 C． D．不存在
2．圆x2+y2﹣2x+4y+3＝0的圆心坐标为（　　）
A．（﹣2，4） B．（2，﹣4） C．（1，﹣2） D．（﹣1，2）
3．两个焦点的坐标分别为（﹣3，0），（3，0）的椭圆上的任一点到两焦点的距离之和为8，则椭圆的标准方程
为（　　）
A．+＝1 B．+＝1
C．+＝1 D．+＝1
4．任意的k∈R，直线kx﹣y+1＝3k恒过定点（　　）
A．（0，0） B．（0，1） C．（3，1） D．（2，1）
5．已知圆C1：x2+y2＝1与圆C2：x2+y2﹣8x+7＝0，则圆C1与圆C2的位置关系是（　　）
A．相离 B．相交 C．内切 D．外切
6．过点的直线l与圆有公共点，则直线l的倾斜角取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．“a＝﹣1”是“直线l1：ax+4y﹣3＝0与直线l2：x+（a﹣3）y+2＝0”平行的（　　）
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
8．如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝AD＝AB＝2，∠BAD＝，∠BAA1＝∠A1AD＝，则 ＝（　　）
A．12 B．8 C．6 D．4
9．数学家欧拉在1765年提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半．这条直线被后人称为三角形的欧拉线．已知△ABC的顶点A（2，0），B（1，2），且AC＝BC，则△ABC的欧拉线的方程为（　　）
A．x﹣2y﹣4＝0 B．2x+y﹣4＝0 C．4x+2y+1＝0 D．2x﹣4y+1＝0
10．曲线C：x3+y3＝1．给出下列结论：
①曲线C关于原点对称；
②曲线C上任意一点到原点的距离不小于1；
③曲线C只经过2个整点（即横、纵坐标均为整数的点）．
其中，所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．② C．②③ D．③
二、填空题：本大题共5小题，共25分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
11．（5分）已知空间向量＝（2，3，1），＝（﹣4，2，x），且⊥，则||＝　 　．
12．（5分）已知过点（0，2）的直线l的方向向量为（1，6），点A（a，b）在直线l上，则满足条件的一组a，b的值依次为　 　．
13．（5分）正方体中ABCD﹣A1B1C1D1，E是C1D1的中点，那么异面直线DE和AC所成角的余弦值等于　 　．
14．（5分）将一张坐标纸对折，如果点（0，m）与点（m﹣2，2）重合，则点（﹣4，1）与点 　 　重合．
15．（5分）给定两个不共线的空间向量与，定义叉乘运算：．规定：
（ⅰ）为同时与，垂直的向量；
（ⅱ），，三个向量构成右手系（如图1）；
（ⅲ）．
如图2，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AD＝2，AA1＝4．给出下列四个结论：
①；
②；
③；
④．
其中，正确结论的序号是 　 　．
三、解答题：本大题共6题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程，并把答案写在答题纸中相应位置上。
16．（14分）在平面直角坐标系中，已知A（﹣3，9），B（2，2），C（5，3），线段AC的中点M；
（1）求过M点和直线BC平行的直线方程；
（2）求BC边的高线所在直线方程．
17．（14分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段BB1的中点．
（1）求证：BC1∥平面AED1；
（2）求点A1到平面AED1的距离；
（3）直线AA1与平面AED1所成角的正弦值．
18．（14分）已知圆C的圆心在直线2x﹣y＝0上，且与x轴相切于点（1，0）．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）若圆C直线l：x﹣y+m＝0交于A，B两点，_____，求m的值．
从下列三个条件中任选一个补充在上面问题中并作答：
条件①：圆C被直线l分成两段圆弧，其弧长比为2：1；
条件②：；
条件③：∠ACB＝90°．
19．（14分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，AD⊥平面ABP，BC∥AD，∠PAB＝90°．PA＝AB＝2，AD＝3，BC＝m，E是PB的中点．
（Ⅰ）证明：AE⊥平面PBC；
（Ⅱ）若二面角C﹣AE﹣D的余弦值是，求m的值；
（Ⅲ）若m＝2，在线段AD上是否存在一点F，使得PF⊥CE．若存在，确定F点的位置；若不存在，说明理由．
20．（14分）已知圆C：（x﹣a）2+y2＝1与直线y＝﹣x﹣1交于M、N两点，点P为线段MN的中点，O为坐标原点，直线OP的斜率为．
（Ⅰ）求a的值及△MON的面积；
（Ⅱ）若圆C与x轴交于A、B两点，点Q是圆C上异于A、B的任意一点，直线QA、QB分别交l：x＝﹣4于R、S两点．当点Q变化时，以RS为直径的圆是否过圆C内的一定点，若过定点，请求出定点；若不过定点，请说明理由．
21．（15分）已知S＝{1，2，…，n}，A S，T＝{t1，t2} S，记Ai＝{x|x＝a+ti，a∈A}（i＝1，2），用|X|表示有限集合X的元素个数．
（1）若n＝4，A1 A2＝ ，分别讨论A＝{1，2，3}和A＝{1，2，4}时，集合T的情况；
（2）若n＝6，A1 A2＝ ，求|A1∪A2|的最大值；
（3）若n＝7，|A|＝4，则对于任意的A，是否都存在T，使得A1 A2＝ ？说明理由．
参考答案
一、选择题：本大题共10道小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1．【分析】根据两点坐标求出直线AB的斜率即可．
【解答】解：直线AB的斜率k＝＝2，
故选：A．
【点评】此题考查学生会根据两点坐标求过两点直线的斜率，是一道基础题．
2．【分析】由方程x2+y2﹣2x+4y+3＝0可得（x﹣1）2+（y+2）2＝2，即可得到圆心的坐标．
【解答】解：由方程x2+y2﹣2x+4y+3＝0可得（x﹣1）2+（y+2）2＝2，
∴圆心坐标为（1，﹣2）．
故选：C．
【点评】本题考查了圆的标准方程及其配方法，属于基础题．
3．【分析】由题意可得：c＝3，并且得到椭圆的焦点在x轴上，再根据椭圆的定义得到a＝4，进而由a，b，c的关系求出b的值得到椭圆的方程．
【解答】解：∵两个焦点的坐标分别是（﹣3，0），（3，0），
∴椭圆的焦点在横轴上，并且c＝3，
∴由椭圆的定义可得：2a＝8，即a＝4，
∴由a，b，c的关系解得b＝，
∴椭圆方程是+＝1．
故选：B．
【点评】本题主要考查椭圆的标准方程与椭圆的定义，以及考查椭圆的简单性质，此题属于基础题．
4．【分析】根据直线方程可求定点坐标．
【解答】解：由kx﹣y+1＝3k得k（x﹣3）﹣y+1＝0，所以直线过定点（3，1）．
故选：C．
【点评】本题考查直线系方程求定点问题，考查学生的运算能力，属基础题．
5．【分析】根据题意，由圆的方程得到两个圆的圆心和半径，求出圆心距，再判断位置关系．
【解答】解：根据题意，圆C1：x2+y2＝1，圆心为（0，0），半径r＝1，
圆C2：x2+y2﹣8x+7＝0，即（x﹣4）2+y2＝9，圆心为（4，0），半径R＝3，
圆心距|C1C2|＝4＝R+r，两圆外切．
故选：D．
【点评】本题考查圆与圆的位置关系，涉及圆的一般方程，属于基础题．
6．【分析】当直线l的斜率不存在时，直线l与圆有公共点；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣＝k（x+），由直线l与圆有公共点，得到圆心（0，0）到直线的距离d小于等于圆半径，由此能求出直线l的倾斜角的取值范围．
【解答】解：当直线l的斜率不存在时，
直线l的方程为x＝﹣，圆心（0，0）到直线的距离d＝，
直线l与圆有公共点；
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y﹣＝k（x+），即kx﹣y++k＝0，
∵直线l与圆有公共点，
∴圆心（0，0）到直线的距离d＝≤，
解得k≤﹣，
∴直线l的倾斜角的取值范围是[，]．
故选：A．
【点评】本题考查直线的倾斜角的取值范围的求法，考查圆、直线方程、点到直线的距离公式等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想，属中档题．
7．【分析】由已知先求出两直线平行时的a，然后检验充分及必要性即可判断．
【解答】解：当直线l1：ax+4y﹣3＝0与直线l2：x+（a﹣3）y+2＝0”平行时，
有a（a﹣3）＝4，
解得a＝4或a＝﹣1，经检验都符合题意，
故“a＝﹣1”是“直线l1：ax+4y﹣3＝0与直线l2：x+（a﹣3）y+2＝0”平行的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查了直线的一般式方程平行条件的应用，属于基础题．
8．【分析】由平面向量数量积的运算，结合平面向量线性运算求解即可．
【解答】解：由题意可得，，
又 ＝＝，
故选：B．
【点评】本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了平面向量线性运算，属基础题．
9．【分析】由三角形的重心、垂心和外心的定义与性质，推出△ABC的欧拉线就是线段AB的中垂线，再求得中垂线的斜率和线段AB的中点，即可得解．
【解答】解：因为AC＝BC，所以点C在线段AB的中垂线上，
设该中垂线为直线l，
取BC的中点D，连接AD，则AD与直线l的交点在直线l上，该交点即为△ABC的重心，
过点A作AE⊥BC于E，则AE与直线l的交点在直线l上，该交点即为△ABC的垂心，
因为外心到△ABC的三个顶点的距离相等，所以外心也在直线l上，
故△ABC的欧拉线就是直线l，
由A（2，0），B（1，2），知AB的中点坐标为（，1），直线AB的斜率为＝﹣2，
所以直线l的斜率为，其方程为y﹣1＝（x﹣），即2x﹣4y+1＝0．
故选：D．
【点评】本题考查直线方程的求法，两条直线的垂直关系，理解三角形的重心、垂心和外心的定义与性质是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
10．【分析】将方程中的x换成﹣x，y换成﹣y，即有﹣x3﹣y3＝1，则x3+y3＝﹣1，曲线C关于原点不对称；曲线C：x3+y3＝1过点M（x，），M到原点O（0，0）的距离：|MO|＝≥1；曲线C：x3+y3＝1经过（1，0），（0，1）两个整数点．
【解答】解：将方程中的x换成﹣x，y换成﹣y，即有﹣x3﹣y3＝1，则x3+y3＝﹣1，
所以曲线C关于原点不对称，故①错误；
曲线C：x3+y3＝1过点M（x，），
M到原点O（0，0）的距离：|MO|＝≥1，故②正确；
曲线C：x3+y3＝1经过（1，0），（0，1）两个整数点，故③正确；
故正确的结论的序号是：②③，
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查曲线的对称性、曲线上的点到原点的距离和整点问题等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
二、填空题：本大题共5小题，共25分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
11．【分析】由垂直的性质求出x的值，从而可得的坐标，再由模的坐标运算即可求出||．
【解答】解：∵＝（2，3，1），＝（﹣4，2，x），且⊥，
∴ ＝﹣8+6+x＝0，
解得x＝2，
∴＝（﹣4，2，2），
∴||＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查向量的模的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
12．【分析】由题意根据查直线的方向向量，求出直线的斜率，用点斜式求直线的方程，把 点A（a，b）代入直线l的方程，可得一组a，b的值．
【解答】解：∵过点（0，2）的直线l的方向向量为（1，6），
故直线l的斜率为6，方程为 y﹣2＝6（x﹣0），即 y＝6x+2．
∵点A（a，b）在直线l上，∴b＝6a+2，
则满足条件的一组a，b的值依次为1，8．
【点评】本题主要考查直线的方向向量，用点斜式求直线的方程，属于基础题．
13．【分析】如图连接A1C1，取A1D1的中点F，连接EF，说明异面直线DE和AC所成角，就是异面直线DE和EF所成角，设正方体的棱长为：2，求出DE＝DF，EF，即可求出cos∠DEF，得到所以异面直线DE和AC所成角的余弦值．
【解答】解：如图连接A1C1，取A1D1的中点F，连接EF，易知EF∥A1C1∥AC，
所以异面直线DE和AC所成角，就是异面直线DE和EF所成角，
设正方体的棱长为：2，
所以DE＝DF＝＝，
EF＝，
所以cos∠DEF＝＝，
所以异面直线DE和AC所成角的余弦值等于．
故答案为：．
【点评】本题考查空间点、线、面的位置关系及学生的空间想象能力、求异面直线角的能力．在立体几何中找平行线是解决问题的一个重要技巧，这个技巧就是通过三角形的中位线找平行线，如果试题的已知中涉及到多个中点，则找中点是出现平行线的关键技巧．
14．【分析】先利用点斜式求出折线的方程，再利用“垂直、中点在轴上”这两个条件求得与点（﹣4，1）重合的点的坐标．
【解答】解：将一张坐标纸对折一次，已知点点（0，m）与点（m﹣2，2）重合，
则折线经过点（，），且斜率为＝1，故折线的方程为y﹣＝x﹣，即x﹣y+2＝0．
则与点（﹣4，1）重合的点的坐标是M（a，b），则由，
解得a＝﹣1，b＝﹣2，
即M（﹣1，﹣2）．
故答案为：（﹣1，﹣2）．
【点评】本题主要考查求一个点关于某条直线的对称点的点的坐标的方法，利用了“垂直、中点在轴上”这两个条件，属于中档题．
15．【分析】根据题意，结合“叉乘运算”的定义，依次分析四个结论，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于①，|×|＝||||sin90°＝2×2×1＝4，||＝4，又由与、都垂直且三个向量构成右手系，则，①正确；
对于②，，而×＝，②错误；
对于③，+＝，则有|（+）×|＝|×|＝2×4×1＝8，（+）×方向与相同，
|×|＝2×4×1＝8，×与方向相同，|×|＝2×4×1＝8，且×与方向相同，
故|×+×|＝8，且×+×的方向与+即方向相同，
则有，③正确；
对于④，由于，则（×） ＝ ＝4×4＝16，V＝2×2×4＝16，④正确；
故答案为：①③④．
【点评】本题考查命题真假的判断，注意理解“叉乘运算”的定义以及运算性质，属于基础题．
三、解答题：本大题共6题，共85分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程，并把答案写在答题纸中相应位置上。
16．【分析】（1）根据A（﹣3，9），B（2，2），C（5，3），求得点M的坐标，和直线直线BC的斜率，写出直线方程；
（2）根据，得到BC边的高线的斜率，写出直线方程．
【解答】解：（1）因为A（﹣3，9），B（2，2），C（5，3），
所以M（1，6），，
所以过M点和直线BC平行的直线方程为，
即x﹣3y+17＝0；
（2）因为，
所以BC边的高线的斜率为﹣3，
所以BC边的高线所在直线方程y﹣9＝﹣3（x+3），
即3x+y＝0．
【点评】本题主要考查直线方程的求解，考查计算能力，属于基础题．
17．【分析】（1）通过证明四边形ABC1D1是平行四边形得出BC1∥AD1即可证明BC1∥平面AED1；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点A1到平面AED1的距离；
（3）利用向量法能求出直线AA1与平面AED1所成角的正弦值．
【解答】解：（1）证明：在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段BB1的中点，
∴AB∥C1D1，且AB＝C1D1，
∴四边形ABC1D1是平行四边形，∴BC1∥AD1，
∵BC1 平面AED1，AD1 平面AED1，
∴BC1∥平面AED1；
（2）以A为原点，建立空间直角坐标系，如图，
则A1（0，0，2），A（0，0，0），D1（2，0，2），E（0，2，1），
则＝（0，0，2），＝（2，0，2），＝（0，2，1），
设平面AED1的一个法向量为＝（x，y，z），
则，取y＝1，得＝（2，1，﹣2），
则点A1到平面AED1的距离为：
d＝＝；
（3）平面AED1的法向量为＝（2，1，﹣2），
设直线AA1与平面AED1所成角为θ，
则直线AA1与平面AED1所成角的正弦值为：
sinθ＝＝＝．
【点评】本题考查线面平行的判定与性质、线面角、点到平面的距离、向量法等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18．【分析】（Ⅰ）设圆心坐标为C（a，b），半径为r．由已知可求a，b，r，进而可求圆C的方程；
（Ⅱ）选择条件①：求得圆心到直线的距离d＝1，进而可求m的值．
选择条件②和③；可得d＝，可求m的值．
【解答】解：（Ⅰ）设圆心坐标为C（a，b），半径为r．
由圆C的圆心在直线2x﹣y＝0上，知：2a＝b．
又∵圆C与x轴相切于点（1，0），
∴a＝1，b＝2，则r＝|b﹣0|＝2．
∴圆C圆心坐标为（1，2），则圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣2）2＝4；
（Ⅱ）如果选择条件①：∠ACB＝120°，而|CA|＝|CB|＝2，
∴圆心C到直线l的距离d＝1，
以，
解得m＝+1或m＝﹣+1．
如果选择条件②； ，而|CA|＝|CB|＝2，
∴圆心C到直线l的距离，
则，
解得m＝﹣1或3．
如果选择条件③；∠ACB＝90°．而|CA|＝|CB|＝2，
∴圆心C到直线l的距离，
则，
解得m＝﹣1或3．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系，考查求圆的方程，考查点到线的距离，属中档题．
19．【分析】（Ⅰ）推导出BC⊥平面PAB． AE⊥BC． AE⊥PB．由此能证明AE⊥平面PBC．
（Ⅱ）建立空间直角坐标系A﹣xyz．利用向量法能求出m的值．
（Ⅲ）设F（0，0，t）（0≤t≤3）．当m＝2时，C（0，2，2）.，．由PF⊥CE知，，﹣2﹣2t＝0，t＝﹣1．这与0≤t≤3矛盾．从而在线段AD上不存在点F，使得PF⊥CE．
【解答】解：（Ⅰ）证明：因为 AD⊥平面PAB，BC∥AD，
所以 BC⊥平面PAB．
又因为 AE 平面PAB，所以 AE⊥BC．
在△PAB中，PA＝AB，E是PB的中点，所以 AE⊥PB．
又因为 BC∩PB＝B，所以 AE⊥平面PBC．
（Ⅱ）解：因为 AD⊥平面PAB，所以AD⊥AB，AD⊥PA．
又因为 PA⊥AB，所以，如图建立空间直角坐标系A﹣xyz．
则A（0，0，0），B（0，2，0），C（0，2，m），E（1，1，0），P（2，0，0），D（0，0，3），
，．
设平面AEC的法向量为＝（x，y，z）．
则即 令x＝1，则y＝﹣1，，于是＝（1，﹣1，）．
因为AD⊥平面PAB，所以AD⊥PB．又PB⊥AE，所以PB⊥平面AED．
又因为，所以 取平面AED的法向量为＝（﹣1，1，0）．
所以|cos＜＞|＝＝，即，解得m2＝1．
又因为m＞0，所以m＝1．
（Ⅲ）解：结论：不存在．理由如下：
证明：设F（0，0，t）（0≤t≤3）．
当m＝2时，C（0，2，2）.，．
由PF⊥CE知，，﹣2﹣2t＝0，t＝﹣1．这与0≤t≤3矛盾．
所以，在线段AD上不存在点F，使得PF⊥CE．
【点评】本题考查线面垂直的证明，考查实数值的求法，考查满足线线垂直的点是否存在的判断与证明，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．
20．【分析】（Ⅰ）求得直线OP的方程，联立方程可得P的坐标，进而可求a，进而求得MN的长，求得C到直线y＝﹣x﹣1的距离，可求△MON的面积；（Ⅱ）设直线QA的方程为y＝k（x+3），其中k≠0，求得R的坐标，进而可得直线QB的方程，求得S的坐标，进而求得MN为直径的圆的方程，可求定点．
【解答】解：（Ⅰ）由题知：直线OP方程为，
则由，得到，即，
∵点P为线段MN的中点，∴MN⊥PC，
∴a＝﹣2，∴，
∴C（﹣2，0）到直线y＝﹣x﹣1距离为．
∴，
又：O到直线y＝﹣x﹣1的距离为，MN边上的高为．
S△MON＝××＝；
（Ⅱ）不妨设直线QA的方程为 y＝k（x+3），其中k≠0，
在直线QA的方程中，令x＝﹣4，可得R（﹣4，﹣k），
因为QA⊥QB，则直线QB的方程为，
在直线QB的方程中，令x＝﹣4，可得，即点，
线段EN的中点为，半径平方为，
所以以线段MN为直径的圆的方程为，
即，
由，解得，
因此，当点Q变化时，以RS为直径的圆恒过圆C内的定点．
【点评】本题考查直线与圆的综合运用，考查运算求解能力，属于中档题．
21．【分析】（1）由已知得t1﹣t2≠a﹣b，其中a，b∈A，当A＝{1，2，3}时，t1，t2相差3；由此可求得T，当A＝{1，2，4}时，同理可得；
（2）若n＝6，A1 A2＝ ，S＝{1，2，3，4，5，6}，当A＝{2，3，4，5，6}时，则t1，t2相差5，所以T＝{1，6}，A中至多有5个元素，所以A1，A2也至多有5个元素，求出A1，A2得出结果．
（3）当A＝{1，2，5，7}时，2﹣1＝1，5﹣1＝4，5﹣2＝3，7﹣1＝6，7﹣2＝5，7﹣5＝2，则t1，t2相差不可能1，2，3，4，5，6，可得结论．
【解答】解：（1）若A1 A2＝ ，则t1﹣t2≠a﹣b，其中a，b∈A，
否则t1+a＝t2+b，A1 A2≠ ，
若n＝4，当A＝{1，2，3}时，2﹣1＝1，3﹣1＝2，
所以t1﹣t2≠1，2，则t1，t2相差3，
因为S＝{1，2，3，4}，T＝{t1，t2} S，
所以T＝{1，4}；
当A＝{1，2，4}时，2﹣1＝1，4﹣2＝2，4﹣1＝3，
所以t1﹣t2≠1，2，3，
因为S＝{1，2，3，4}，T＝{t1，t2} S，
所以T不存在；
（2）若n＝6，A1 A2＝ ，S＝{1，2，3，4，5，6}，
当A＝S时，2﹣1＝1，5﹣1＝4，5﹣2＝3，7﹣1＝6，7﹣2＝5，7﹣5＝2，
所以A≠S，t1﹣t2≠1，2，3，4，5，所以T不存在；
所以A中至多有5个元素；
当A＝{2，3，4，5，6}时，3﹣2＝1，4﹣2＝2，5﹣2＝3，6﹣2＝4，
所以t1﹣t2≠1，2，3，4，则t1，t2相差5，
所以T＝{1，6}；
Ai＝{x|x＝a+ti，a∈A}（i＝1，2），
所以A1＝{3，4，5，6，7}，A2＝{8，9，10，11，12}，A1 A2＝{3，4，5，6，7，8，9，10，11，12}．
因为A中至多有5个元素，所以A1，A2也至多有5个元素，
所以|A1∪A2|的最大值为10．
（3）不一定存在，
当A＝{1，2，5，7}时，
2﹣1＝1，5﹣1＝4，5﹣2＝3，7﹣1＝6，7﹣2＝5，7﹣5＝2，
则t1，t2相差不可能1，2，3，4，5，6，这与T＝{t1，t2} {1，2，3，4，5，6，7}矛盾，
故不都存在T．
【点评】本题考查元素与集合关系、集合中元素的性质、并集、交集运算等基础知识，考查运算求解能力，是难题．