【期末押题卷】北京市2024-2025学年高二下学期数学期末测试押题预测卷三（含解析）

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北京市2024-2025学年高二下学期数学期末测试押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022 海淀区校级模拟）展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（　　）
A．﹣375 B．﹣15 C．15 D．375
2．（4分）（2024秋 山西期中）若函数f（x）满足f（x）＝x3f′（2）x2﹣3x，则f′（2）的值为（　　）
A．﹣1 B．2 C．3 D．4
3．（4分）（2024秋 包头期末）已知三个数成等比数列，它们的和等于14，积等于64，则这个等比数列的公比为（　　）
A．2或 B．或 C． D．2
4．（4分）（2024春 湖北期中）函数f（x）＝x2+1，当自变量x由1增加到1+Δx时，函数的平均变化率为（　　）
A．2 B．Δx+（Δx）2 C．Δx+2 D．﹣Δx﹣2
5．（4分）（2024春 安溪县期末）用4种不同的颜色对右侧图形中的4个区域进行着色，相邻两个区域颜色不同，则不同的着色方法种数等于（　　）
A．16 B．24 C．48 D．256
6．（4分）（2024秋 辽宁期末）已知离散型随机变量X的分布列如下，若E（12X+2）＝9，则D（X）＝（　　）
X ﹣1 0 a 2
P b
A． B． C． D．
7．（4分）（2022 全国二模）盒子中装有编号为0，1，2，3，4，5，6的7个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之和为3的倍数的概率为（　　）
A． B． C． D．
8．（4分）（2024秋 湖北期末）若等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S2022＜0，S2023＞0”是“a1011 a1012＜0”的（　　）
A．充要条件
B．必要不充分条件
C．充分不必要条件
D．既不充分也不必要条件
9．（4分）（2024春 湖北期中）若不等式对任意a∈R，b∈（0，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．（﹣∞，2]
10．（4分）（2023 浑南区校级模拟）已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）（2022 南京模拟）在的展开式中，x2的系数为 　 　 ．
12．（4分）（2022 石狮市校级开学）已知篮球运动员Y投三分球命中率为，且每次投篮是否命中相互独立，若Y连续3次三分线外投篮，记命中次数为X，得分为ξ，则E（X）＝　 　 ，D（ξ）＝　 　 ．
13．（4分）（2024 杨浦区校级开学）等差数列{an}的首项a1＝3，公差为d，若a3＝4，则　 　 ．
14．（4分）（2024秋 和平区期末）某射击俱乐部开展青少年射击培训，俱乐部共有6支气枪，其中有2支气枪未经试射校正，有4支气枪已校正，若用校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.8，用未校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.4．某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是 　 　 ；若此少年射手任取一支气枪进行4次射击（每次射击后将气枪放回），每次射击结果相互不影响，则4次射击中恰有2次射中10环的概率为 　 　 ．
15．（4分）（2022春 潮州期末）已知数列{an}的通项公式为，则该数列中的数值最大的项是第 　 　 项．
三．解答题（共6小题，满分60分，每小题10分）
16．（10分）（2024 和平区一模）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝x（1﹣ex﹣1）（x＞0），（a∈R，e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）在x＝1处的切线方程为y＝k（x），求证：当x∈（1，+∞）时，g（x）＜k（x）；
（Ⅲ）若存在x1＜x2＜x3，使得h（x1）＝h（x2）＝h（x3），且x2＝mx1，求证：当m∈（1，2）时，x2+x3＜（2ln2e）x1+1．
17．（10分）已知某类种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，求E（X），D（X）．
18．（10分）（2022 丽水开学）设函数f（x）＝（x+a）2﹣3|ax|，其中a∈R．
（Ⅰ）当a＝1时，求函数f（x）的值域；
（Ⅱ）若对任意x∈[a，a+1]，恒有f（x）≤1，求a的取值范围．
19．（10分）（2024春 顺义区期末）若数列An：a1，a2， ，an（n≥2）满足ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2， ，n﹣1），则称An为E数列．记S（An）＝a1+a2+ +an．
（Ⅰ）若E数列A5满足a1＝﹣1，a5＝1，直接写出S（A5）所能取到的最大值和最小值；
（Ⅱ）若E数列An满足n＝2024，a1＝﹣1，an＝1，求证：存在k∈{1，2， ，2024}，使得ak＝0；
（Ⅲ）若E数列An（n≥2）满足a1＝an＝1，求S（An）所能取到的最大值（结果用含n的代数式表示）．
20．（10分）（2024春 凉州区期中）已知，，求的值．
21．（10分）（2024秋 海淀区期末）已知非空集合A满足如下三个性质，则称集合A满足性质P：
①A Z；
② x，y，z∈A，x+y﹣z∈A；
③ x∈A，4x∈A；
（Ⅰ）判断下列集合是否满足性质P？
A＝{x|x＝4k+2，k∈Z}，B＝{x|x＝3k+1，k∈Z}．（只需写出结论）
（Ⅱ）若集合A满足性质P，且存在x0∈A，使得﹣x0∈A，求证： k∈Z，x∈A，都有kx∈A；
（Ⅲ）若集合A满足性质P，且{a，b，c，d} A，b﹣a＝10，d﹣c＝2025，求所有的符合题意的集合A．
北京市2024-2025学年高二下学期数学期末测试押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2022 海淀区校级模拟）展开式的二项式系数之和为64，则展开式的常数项为（　　）
A．﹣375 B．﹣15 C．15 D．375
【考点】二项式系数与二项式系数的和．
【专题】转化思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【答案】D
【分析】根据二项式系数和公式即可求出n的值，再根据二项式定理求出常数项即可．
【解答】解：由已知可得2n＝64，解得n＝6，
则二项式的展开式的常数项为C375，
故选：D．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
2．（4分）（2024秋 山西期中）若函数f（x）满足f（x）＝x3f′（2）x2﹣3x，则f′（2）的值为（　　）
A．﹣1 B．2 C．3 D．4
【考点】简单复合函数的导数．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】求解导函数，再赋值x＝2，解关于f′（2）的方程可得．
【解答】解：对f（x）求导可得，f′（x）＝3x2﹣f′（2）x﹣3，
则f′（2）＝12﹣2f′（2）﹣3，解得f′（2）＝3．
故选：C．
【点评】本题主要考查导数的运算，属于基础题．
3．（4分）（2024秋 包头期末）已知三个数成等比数列，它们的和等于14，积等于64，则这个等比数列的公比为（　　）
A．2或 B．或 C． D．2
【考点】由等比数列的前n项和求解数列．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】A
【分析】设这三个数分别为x，y，z，根据条件列方程组，求出x，y，z，再得到这个等比数列的公比即可．
【解答】解：根据题意，设这三个数分别为x，y，z，
则三个数成等比数列，则y2＝xz．
这三个数的和等于14，积等于64，所以x+y+z＝14，xyz＝64．
联立方程组，可得x＝2，y＝4，z＝8或x＝8，y＝4，z＝2，
所以当x＝2，y＝4，z＝8时，这个等比数列的公比为2；
当x＝8，y＝4，z＝2时，这个等比数列的公比为，
所以等比数列的公比是2或．
故选：A．
【点评】本题考查等差数列、等差数列的性质和应用，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
4．（4分）（2024春 湖北期中）函数f（x）＝x2+1，当自变量x由1增加到1+Δx时，函数的平均变化率为（　　）
A．2 B．Δx+（Δx）2 C．Δx+2 D．﹣Δx﹣2
【考点】平均变化率．
【专题】转化思想；转化法；导数的概念及应用；运算求解．
【答案】C
【分析】结合平均变化率公式，即可求解．
【解答】解：f（x）＝x2+1，
则函数的平均变化率为：．
故选：C．
【点评】本题主要考查平均变化率公式，属于基础题．
5．（4分）（2024春 安溪县期末）用4种不同的颜色对右侧图形中的4个区域进行着色，相邻两个区域颜色不同，则不同的着色方法种数等于（　　）
A．16 B．24 C．48 D．256
【考点】部分位置的元素有限制的排列问题．
【专题】计算题；转化思想；综合法；排列组合；运算求解．
【答案】C
【分析】由排列、组合及简单计数问题，结合分步乘法计数原理求解．
【解答】解：现要用4种不同的颜色对4个区域进行着色，要求有公共边的两个区域不能用同一种颜色，
共有48种不同的着色方法．
故选：C．
【点评】本题考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步乘法计数原理，属中档题．
6．（4分）（2024秋 辽宁期末）已知离散型随机变量X的分布列如下，若E（12X+2）＝9，则D（X）＝（　　）
X ﹣1 0 a 2
P b
A． B． C． D．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）；离散型随机变量的方差与标准差．
【专题】对应思想；综合法；概率与统计；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】由题意，根据概率之和为1求出，再借助期望的性质计算可得，则可得a＝1，最后计算方差即可得．
【解答】解：因为，
解得，
因为E（12X+2）＝12E（X）+2＝9，
解得，
此时，
解得a＝1，
则．
故选：C．
【点评】本题考查离散型随机变量的期望和方差，考查了逻辑推理和运算能力，属于基础题．
7．（4分）（2022 全国二模）盒子中装有编号为0，1，2，3，4，5，6的7个球，从中任意取出两个，则这两个球的编号之和为3的倍数的概率为（　　）
A． B． C． D．
【考点】古典概型及其概率计算公式．
【专题】方程思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】D
【分析】根据题意求得所有情况的可能性，再求出满足题意的可能性，利用古典概型的概率公式即可求得结果．
【解答】解：从7个不同的球 中取出2个球，则共有21种情况，
编号之和为3的倍数，即编号之和为3，6，9，
则共有7种情况，
故满足题意的概率为P．
故选：D．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8．（4分）（2024秋 湖北期末）若等差数列{an}的前n项和为Sn，则“S2022＜0，S2023＞0”是“a1011 a1012＜0”的（　　）
A．充要条件
B．必要不充分条件
C．充分不必要条件
D．既不充分也不必要条件
【考点】充分条件与必要条件；等差数列的性质；等差数列的前n项和．
【专题】对应思想；定义法；等差数列与等比数列；简易逻辑；逻辑思维．
【答案】C
【分析】分别判断充分条件和必要条件是否成立即可．
【解答】解：等差数列{an}中，S2022＜0，S2023＞0，
所以a1+a2022＝a1011+a1012＜0，a1+a2023＝2a1012＞0，
所以a1011＜0，a1012＞0，
所以a1011 a1012＜0，充分性成立；
当a1011 a1012＜0时，或，
不能得出S2022＜0，S2023＞0，必要性不成立．
故选：C．
【点评】本题考查了充分条件与必要条件是否成立的应用问题，是基础题．
9．（4分）（2024春 湖北期中）若不等式对任意a∈R，b∈（0，+∞）恒成立，则实数m的取值范围是（　　）
A． B． C． D．（﹣∞，2]
【考点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的最值．
【专题】函数思想；转化思想；数形结合法；综合法；函数的性质及应用；导数的概念及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】可转化为求动点（a，ea）与动点（b，lnb）的距离的最小值，结合y＝ex与y＝lnx的图象，可得答案．
【解答】解：可以看作动点（a，ea）与动点（b，lnb）的之间距离，再求最小值，
画出y＝ex与y＝lnx的图象，如下图：
函数y＝ex的导函数为y＝ex，在A（0，1）的切线斜率为e0＝1，
且在A（0，1）切线方程为y﹣1＝x，即y＝x+1，
函数y＝lnx（x＞0）的导函数为，在B（1，0）的切线斜率为1，
且在B（1，0）切线方程为y＝x﹣1，因为y＝x+1与y＝x﹣1平行，
所以y＝x+1与y＝x﹣1之间的距离为，
可得．
故选：C．
【点评】本题考查了转化思想、数形结合思想及导数的几何意义，属于中档题．
10．（4分）（2023 浑南区校级模拟）已知，，，则a，b，c的大小关系为（　　）
A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．a＜c＜b
【考点】利用导数研究函数的单调性．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】B
【分析】构造函数，利用导数与函数的单调性证得f（x）在（1，e）上单调递增，从而证得，进而由对数函数的单调性得到b＜a＜c．
【解答】解：因为，，，
故令，则，
因为1＜x＜e，所以0＜lnx＜1，故恒成立，
所以f（x）在（1，e）上单调递增，
因为，所以，即，
故，
又因为y＝lnx在（0，+∞）上单调递增，所以，即b＜a＜c．
故选：B．
【点评】本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，以及利用函数的单调性比较大小，属于中档题．
二．填空题（共5小题，满分20分，每小题4分）
11．（4分）（2022 南京模拟）在的展开式中，x2的系数为 　﹣10　 ．
【考点】二项式定理．
【专题】转化思想；综合法；二项式定理；运算求解．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先写出展开式的通项公式，然后令x的指数为2，进而可以求解．
【解答】解：展开式的通项公式为：，r＝0，1，…，5，
令2，可得：r＝1，则x2的系数为10，
故答案为：﹣10．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
12．（4分）（2022 石狮市校级开学）已知篮球运动员Y投三分球命中率为，且每次投篮是否命中相互独立，若Y连续3次三分线外投篮，记命中次数为X，得分为ξ，则E（X）＝　1　 ，D（ξ）＝　6　 ．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】1；6．
【分析】由题意可得X满足二项分布，然后利用二项分布的均值和方差公式进行计算即可
．
【解答】解：由题意可得X满足二项分布，
所以，，
由于ξ＝3X，所以D（ξ）＝9D（X）＝6
故答案为：1；6
【点评】本题考查二项分布的均值和方差公式，属于基础题．
13．（4分）（2024 杨浦区校级开学）等差数列{an}的首项a1＝3，公差为d，若a3＝4，则　　 ．
【考点】数列求和的其他方法；等差数列通项公式的应用；求等比数列的前n项和．
【专题】整体思想；综合法；等差数列与等比数列；运算求解．
【答案】．
【分析】由等差数列的性质，结合数列的极限求解．
【解答】解：已知等差数列{an}的首项a1＝3，公差为d，a3＝4，
则，
则．
故答案为：．
【点评】本题考查了等差数列的性质，重点考查了数列的极限，属基础题．
14．（4分）（2024秋 和平区期末）某射击俱乐部开展青少年射击培训，俱乐部共有6支气枪，其中有2支气枪未经试射校正，有4支气枪已校正，若用校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.8，用未校正过的气枪射击，射中10环的概率为0.4．某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是 　　 ；若此少年射手任取一支气枪进行4次射击（每次射击后将气枪放回），每次射击结果相互不影响，则4次射击中恰有2次射中10环的概率为 　　 ．
【考点】概率的应用；相互独立事件的概率乘法公式．
【专题】计算题；方程思想；转化思想；综合法；概率与统计；运算求解．
【答案】；．
【分析】根据题意，设该某少年射手选中校正过的气枪是事件A，射中10环为事件B，由全概率公式计算第一空答案，由n次独立试验中恰有k次发生的概率公式计算第二空答案，综合可得答案．
【解答】解：根据题意，设该某少年射手选中校正过的气枪是事件A，射中10环为事件B，
则P（A），P（）＝1﹣P（A），P（B|A）＝0.8，P（B|）＝0.4，
故P（B）＝P（A）P（B|A）+P（）P（B|），
即某少年射手任取一支气枪进行1次射击，射中10环的概率是，
若此少年射手任取一支气枪进行4次射击，4次射击中恰有2次射中10环的概率P（）2（1）2．
故答案为：；．
【点评】本题考查概率的应用，涉及条件概率、全概率公式的应用，属于基础题．
15．（4分）（2022春 潮州期末）已知数列{an}的通项公式为，则该数列中的数值最大的项是第 　5　 项．
【考点】数列的函数特性．
【专题】函数思想；转化法；等差数列与等比数列；逻辑思维．
【答案】5
【分析】由一元二次函数f（x）＝﹣2x2+21x图象与性质可得数列{an}中的数值最大的项．
【解答】解：对于一元二次函数f（x）＝﹣2x2+21x，开口向下，且其对称轴为x，
又，n∈N*，所以当n＝5时，an最大．
故数列{an}中的数值最大的项是第5项．
故答案为：5．
【点评】本题考查了数列的最大（小）项问题，考查一元二次函数的图象与性质，属于基础题．
三．解答题（共6小题，满分60分，每小题10分）
16．（10分）（2024 和平区一模）已知函数f（x）＝xlnx，g（x）＝x（1﹣ex﹣1）（x＞0），（a∈R，e为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；
（Ⅱ）设g（x）在x＝1处的切线方程为y＝k（x），求证：当x∈（1，+∞）时，g（x）＜k（x）；
（Ⅲ）若存在x1＜x2＜x3，使得h（x1）＝h（x2）＝h（x3），且x2＝mx1，求证：当m∈（1，2）时，x2+x3＜（2ln2e）x1+1．
【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．
【专题】综合题；转化思想；综合法；构造法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）递增区间为（，+∞），递减区间为（0，）；
（Ⅱ）证明见解析；
（Ⅲ）证明见解析．
【分析】（Ⅰ）求导，令f'（x）＞0，f'（x）＜0，求出不等式的解集即可；
（Ⅱ）求出g（x）在x＝1处的切线方程，构造函数F（x）＝﹣x+1﹣x（1﹣ex﹣1），利用导数求出该函数的单调性，可得F（x）＞0，即可证明结论；
（Ⅲ）设h（x1）＝h（x2）＝h（x3）＝t∈（，0），由（Ⅱ）知x3＜1﹣t，由（Ⅰ）知，x1lnx1＝x2lnx2，结合条件x2＝mx1，可得lnx1lnm，
从而得x2+x3＜mx1+1﹣t＝mx1+1﹣x1lnx1＝mx1+1﹣x1（lnm）＝（mlnm）x1+1，构造函数φ（m）＝mlnm，m∈（1，2），利用导数研究该函数的单调性，即可证明结论．
【解答】（Ⅰ）解：函数f（x）＝xlnx的定义域为（0，+∞），
f'（x）＝lnx+1，令f'（x）＞0，得x，
令f'（x）＜0，得0＜x，
所以函数f（x）的单调递增区间为（，+∞），递减区间为（0，）．
（Ⅱ）证明：g'（x）＝1﹣ex﹣1﹣xex﹣1＝1﹣（x+1）ex﹣1，
g'（1）＝﹣1，g（1）＝0，
所以g（x）在x＝1处的切线方程为y＝﹣x+1；
令F（x）＝﹣x+1﹣x（1﹣ex﹣1），（x＞1），
F'（x）＝﹣1﹣1+（x+1）ex﹣1＝（x+1）ex﹣1﹣2，
令G（x）＝（x+1）ex﹣1﹣2，G'（x）＝（x+2）ex﹣1＞0，
所以G（x）在（1，+∞）上单调递增，且G（1）＝0，
所以F'（x）＞0，
所以F（x）在（1，+∞）上单调递增，且F（1）＝0，
所以﹣x+1﹣x（1﹣ex﹣1）＞0，即﹣x+1＞x（1﹣ex﹣1）．
（Ⅲ）证明：当0＜x＜1时，由（Ⅰ）知，h（x）＝f（x）递增区间为（，1），递减区间为（0，），
且h（），h（1）＝0，x→0时，h（x）→0，
当x≥1时，由（Ⅱ）知g'（x）＝1﹣（x+1）ex﹣1＜0，
所以h（x）＝g（x）在（1，+∞）上单调递减，且h（1）＝0，
因为存在x1＜x2＜x3，使得h（x1）＝h（x2）＝h（x3），
设h（x1）＝h（x2）＝h（x3）＝t∈（，0），
由（Ⅱ）知x3＜1﹣t，
由x1lnx1＝x2lnx2，x2＝mx1，得x1lnx1＝mx1ln（mx1），
所以lnx1lnm，
所以x2+x3＜mx1+1﹣t＝mx1+1﹣x1lnx1＝mx1+1﹣x1（lnm）
＝（mlnm）x1+1，
令φ（m）＝mlnm，m∈（1，2），
φ'（m）＝1lnm，
令p（m）＝m（m﹣1）﹣lnm，m∈（1，2），
p'（m）＝2m﹣10，
所以p（m）在（1，2）上单调递增，且p（1）＝0，
所以p（m）＞0，即φ'（m）＞0，
所以φ（m）在（1，2）上单调递增，
所以φ（m）＜φ（2）＝2+2ln2＝2ln2e，
所以x2+x3＜（2ln2e）x1+1．
【点评】本题考查导数的综合应用，转化的数学思想方法，属难题．
17．（10分）已知某类种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，求E（X），D（X）．
【考点】离散型随机变量的均值（数学期望）．
【专题】对应思想；定义法；概率与统计；运算求解．
【答案】E（X）＝200；D（X）＝360．
【分析】记没有发芽的种子数为Y，可知Y～B（1000，0.1），根据二项分布期望和方差计算公式可得E（Y）和D（Y），由X＝2Y、期望和方差的性质可计算求得结果．
【解答】解：记没有发芽的种子数为Y，则X＝2Y，
由题意知：Y～B（1000，0.1），E（Y）＝1000×0.1＝100，D（Y）＝1000×0.1×0.9＝90，
∴E（X）＝E（2Y）＝2E（Y）＝200，
D（X）＝D（2Y）＝4D（Y）＝360．
【点评】本题考查离散型随机变量的期望和方差，是中档题．
18．（10分）（2022 丽水开学）设函数f（x）＝（x+a）2﹣3|ax|，其中a∈R．
（Ⅰ）当a＝1时，求函数f（x）的值域；
（Ⅱ）若对任意x∈[a，a+1]，恒有f（x）≤1，求a的取值范围．
【考点】函数恒成立问题；函数的值域．
【专题】计算题；函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）[﹣1，0]．
【分析】（Ⅰ）分段去绝对值，然后由二次函数性质可得；
（Ⅱ）先根据在端点出成立可得a的范围，然后分段证明区间内的最大值小于等于1即可．
【解答】解：（I）当a＝1时，，
即，
所以f（x）的值域为；
（II）因为对任意x∈[a，a+1]，恒有f（x）≤1，
∴，即，解得﹣1≤a≤0，
下面证明，当a∈[﹣1，0]时，对任意x∈[a，a+1]恒有f（x）≤1，
（i）当a≤x≤0时，f（x）＝x2﹣ax+a2，f（a）＝f（0）＝a2≤1，
故f（x）≤max{f（a），f（0）}≤1成立；
（ii）当0≤x≤a+1时，f（x）＝x2+5ax+a2，f（a+1）＝7a2+7a+1≤1，f（0）≤1，
故f（x）≤max{f（a+1），f（0）}≤1成立，
此时，对任意x∈[a，a+1]，恒有f（x）≤1，
所以实数a的取值范围是[﹣1，0]．
【点评】本题考查了分段函数的值域以及不等式的恒成立问题，属于中档题．
19．（10分）（2024春 顺义区期末）若数列An：a1，a2， ，an（n≥2）满足ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2， ，n﹣1），则称An为E数列．记S（An）＝a1+a2+ +an．
（Ⅰ）若E数列A5满足a1＝﹣1，a5＝1，直接写出S（A5）所能取到的最大值和最小值；
（Ⅱ）若E数列An满足n＝2024，a1＝﹣1，an＝1，求证：存在k∈{1，2， ，2024}，使得ak＝0；
（Ⅲ）若E数列An（n≥2）满足a1＝an＝1，求S（An）所能取到的最大值（结果用含n的代数式表示）．
【考点】数列的应用．
【专题】分类讨论；定义法；等差数列与等比数列；逻辑思维．
【答案】（1）3，﹣3．
（2）证明过程见解答．
（3）（）2．
【分析】（1）根据E数列的定义即可求解．
（2）用反证法证明，假设任意k∈{1，2，…，2024}，ak≠0．设al是An中最后一个小于零的项（由a1＝﹣1，n＝2024可知这样的项存在），并且由an＝1从而推出al≤﹣1，ai+1≥1推出矛盾即可证明．
（3）令ck＝ak+1﹣ak（k＝1，2，…，n﹣1），则ck∈{﹣1，0，1}，从而可得an＝a1+c1+c2+ +cn﹣1，
进而推出c1+c2+ +cn﹣1＝0，由ck∈{﹣1，0，1}（k＝1，2，…，n﹣1）可得 k中1与﹣1的个数相等．不妨令n＝2k+1（k∈N*），
从而S（An）＝2k+1+（k）c1+（k）c2+…+（k）c2k﹣1+（k）c2k+（k）（c1+c2+…+c2k﹣1+c2k），
进而S，
进而可得，从而利用等差数列的前n项和公式即可求解．
【解答】解：（1）S（A5）所能取到的最大值是3，所能取到的最小值是﹣3．
（2）用反证法，假设任意k∈{1，2，…，2024}，ak≠0．
设al是An中最后一个小于零的项（由a1＝﹣1，n＝2024可知这样的项存在），并且由an＝1，可知l＜n．
由a1＝﹣1，ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2，…，n﹣1）可知An是整数列，
从而al≤﹣1，al+1≥1，所以al+1﹣a1≥2，与ak+1﹣ak∈{1，0，﹣1}（k＝1，2，…，n﹣1）矛盾．
所以假设不成立，从而存在k∈{1，2，…，2024}，使得ak＝0．
（3）令ck＝ak+1﹣ak（k＝1，2，…，n﹣1），则ck∈{﹣1，0，1}．
因为a2＝a1+c1，a3＝a1+c1+c2，…，an＝a1+c1+c2+ +cn﹣1，
所以S（An）＝na1+（n﹣1）c1+（n﹣2）c2+（n﹣3）c3+ +cn﹣1＝n+（n﹣1）c1+（n﹣2）c2+（n﹣3）c3+ +cn﹣1，
根据a1＝an，可知c1+c2+ +cn﹣1＝0，注意到ck∈{﹣1，0，1}（k＝1，2，…，n﹣1），并且ck中1与﹣1的个数相等．
不妨令n＝2k+1（k∈N*），
S（An）＝n+（n﹣1）c1+（n﹣2）c2+（n﹣3）c3+ +cn﹣1
＝2k+1+2kc1+（2k﹣1）c2+ +2c2k﹣1+c2k
＝2k+1+（k）c1+（k）c2+ +（）c2k﹣1+（）c2k+（k）（c1+c2+…+c2k﹣1+c2k），
＝2k+1+（k）（c1﹣c2k）+（k）（c2﹣c2k﹣1）+ （k） 0
≤2k+1+（k）×2+（k）×2+
＝2k+1+2k﹣1+2k﹣3+ +1
＝（k+1）2
＝（）2．
等号取到当且仅当c1＝c2＝ ＝ck＝1，ck+1＝ck+2＝ ＝c2k＝﹣1．
故S（An）所能取到的最大值为．
【点评】本题考查数列的应用，属于中档题．
20．（10分）（2024春 凉州区期中）已知，，求的值．
【考点】两角和与差的三角函数的逆用．
【专题】转化思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】．
【分析】利用正弦的和差角公式，弦化切化简即可求解．
【解答】解：，
得
所以
从而得．
【点评】本题考查了两角和与差的三角函数公式的应用，属于基础题．
21．（10分）（2024秋 海淀区期末）已知非空集合A满足如下三个性质，则称集合A满足性质P：
①A Z；
② x，y，z∈A，x+y﹣z∈A；
③ x∈A，4x∈A；
（Ⅰ）判断下列集合是否满足性质P？
A＝{x|x＝4k+2，k∈Z}，B＝{x|x＝3k+1，k∈Z}．（只需写出结论）
（Ⅱ）若集合A满足性质P，且存在x0∈A，使得﹣x0∈A，求证： k∈Z，x∈A，都有kx∈A；
（Ⅲ）若集合A满足性质P，且{a，b，c，d} A，b﹣a＝10，d﹣c＝2025，求所有的符合题意的集合A．
【考点】元素与集合的属于关系的应用．
【专题】新定义；分类讨论；集合思想；综合法；定义法；集合；逻辑思维；运算求解；新定义类．
【答案】（Ⅰ）集合A不具有性质P，集合B具有性质P．
（Ⅱ）证明见解析；
（Ⅲ）A＝Z或A＝{x|x＝5k，k∈Z}．
【分析】（Ⅰ）根据集合新定义所需条件，逐个分析即可；
（Ⅱ）分k＝0，k＞0和k＜0讨论即可；
（Ⅲ）分析得 k∈Z，r∈{0，1，2，3，4}，再对集合A中的元素分类讨论即可．
【解答】解：（Ⅰ）集合A不具有性质P，集合B具有性质P，理由如下：
对集合A，当k＝1，x＝6，但4x＝24，
令4k+2＝24，解得，则集合A不具有性质P；
对于集合B＝{x|x＝3k+1，k∈Z}，显然A Z，满足条件①，
对于条件②，不妨设x＝3k1+1，k1∈Z，y＝3k2+1，k2∈Z，z＝3k3+1，k3∈Z，
则x+y﹣z＝3（k1+k2﹣k3）+3＝3（k1+k2﹣k3+1）∈A，其中k1，k2，k3∈Z，满足条件②，
对于条件③，设x＝3k4+1，k4∈Z，
则4x＝4（3k4+1）＝3（4k4+1）+1∈A，其中k4∈Z，则集合B具有性质P，
综上集合A不具有性质P，集合B具有性质P；
（Ⅱ）证明：因为x0，﹣x0∈A，
所以4x0∈A，x0+x0﹣4x0＝﹣2x0∈A，（﹣x0）+（﹣x0）﹣（﹣2x0）＝0∈A．
所以对 x，y∈A，有x+y﹣0＝x+y∈A，0+0﹣x＝﹣x∈A．
若k＝0，kx＝0∈A；
若k＞0，kx∈A；
若k＜0，kx＝（﹣k）（﹣x）∈A．
综上， k∈Z，x∈A，都有kx∈A；
（Ⅲ）A＝Z或A＝{x|x＝5k，k∈Z}，理由如下：
对 x∈A，有x+b﹣a＝x+10∈A，
所以x+202×10＝x+2020∈A，
（x+2020）+c﹣d＝x+2020﹣2025＝x﹣5∈A，
所以（x﹣5）+10＝x+5∈A．
所以 k∈Z，r∈{0，1，2，3，4}，
若5k+r∈A，则r∈A；
若r∈A，则5k+r∈A．
令B＝{0，1，2，3，4}，则A∩B≠ ．
若1∈A，则4∈A，4﹣5＝﹣1∈A，
由（2）中结论知对 k∈Z，都有k∈A，所以A＝Z．
若2∈A，则8∈A，2+2﹣8＝﹣4∈A，﹣4+5＝1∈A，所以A＝Z．
若3∈A，则3×4＝12∈A，12﹣10＝2∈A，所以A＝Z．
若4∈A，4×4＝16∈A，16﹣5﹣5﹣5＝1∈A，A＝Z．
若1，2，3，4 A，0∈A，
k∈Z，5k∈A，5k+1，5k+2，5k+3，5k+4 A，
所以A＝{x|x＝5k，k∈Z}．
综上，A＝Z或A＝{x|x＝5k，k∈Z}．
【点评】本题属于集合新定义题，考查了集合思想、分类讨论思想和逻辑推理能力，属于难题．
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