2018-2019学年上海市延安中学高考数学三模试卷
一、填空题（本题满分54分，第1题到第6题，每小题4分；第7题到第12温金榜题名，高考必胜!蝉鸣声里勾起高考记忆三年的生活，每天睡眠不足六个小时，十二节四十五分钟的课加上早晚自习，每天可以用完一支中性笔，在无数杯速溶咖啡的刺激下，依然活蹦乱跳，当我穿过昏暗的清晨走向教学楼时，我看到了远方地平线上渐渐升起的黎明充满自信，相信自己很多考生失利不是输在知识技能上而是败在信心上，觉得自己不行。临近考试前可以设置完成一些小目标，比如说今天走1万步等，考试之前给自己打气，告诉自己“我一定行”! 金榜题名，高考必胜!蝉鸣声里勾起高考记忆三年的生活，每天睡眠不足六个小时，十二节四十五分钟的课加上早晚自习，每天可以用完一支中性笔，在无数杯速溶咖啡的刺激下，依然活蹦乱跳，当我穿过昏暗的清晨走向教学楼时，我看到了远方地平线上渐渐升起的黎明充满自信，相信自己很多考生失利不是输在知识技能上而是败在信心上，觉得自己不行。临近考试前可以设置完成一些小目标，比如说今天走1万步等，考试之前给自己打气，告诉自己“我一定行”! 馨提示：多少汗水曾洒下，多少期待曾播种，终是在高考交卷的一刹尘埃落地，多少记忆梦中惦记，多少青春付与流水，人生，总有一次这样的成败，才算长大。高考保持心平气和，不要紧张，像对待平时考试一样去做题，做完检查一下题目，不要直接交卷，检查下有没有错的地方，然后耐心等待考试结束。 题，每小题4分）
1．若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数a= ． 2．设集合A={x|（x﹣2）（x﹣3）≥0}，集合B={x|x＞0}，则A∩B= ． 3．（x2﹣）8的二项展开式中x7项的系数为 ． 4．若一个球的体积为36π，则它的表面积为 ．
5．若等差数列{an}前9项的和为27，且a10=8，则d= ． 6．函数
的单调递增区间为 ．
7．如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=5，以A、B为焦点的双曲线恰好过C、D两点，则双曲线M的标准方程为 ．
8．设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为 ． 9．若命题“对任意值范围是 ．
10．把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a，第二次
，tanx＜m恒成立”是假命题，则实数m的取
出现的点数为b，则方程组11．已知点
只有一个解的概率为 ．
，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数
的图象上，则四边形ABCD的面积为 ．
12．已知O为△ABC的外心，且为 ．
二、选择题（本题满分20分，每小题5分） 13．已知向量
都是非零向量，“
”是“
”的（ ）
，若
，则α+β的最大值
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件 14．已知x＞y＞0，则（ ） A．
B．sinx﹣siny＞0
C．
D．lnx+lny＞0
15．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ均为正的常数）的最小正周期为π，当x=
时，函数f（x）取得最小值，则下列结论正确的是（ ）
A．f（2）＜f（﹣2）＜f（0） B．f（0）＜f（2）＜f（﹣2） C．f（﹣2）＜f（0）＜f（2） D．f（2）＜f（0）＜f（﹣2）
16．已知x，y∈R，且，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立
的P（x，y）构成的区域面积为（ ） A．4
三、解答题（本题满分76分）
17．已知图一是四面体ABCD的三视图，E是AB的中点，F是CD的中点． （1）求四面体ABCD的体积； （2）求EF与平面ABC所成的角．
﹣
B．4
﹣
C．
D．
+
18．已知函数f（x）=x2﹣4x+a+3：
（1）若函数y=f（x）在[﹣1，1]上存在零点，求实数a的取值范围；
（2）设函数g（x）=x+b，当a=3时，若对任意的x1∈[1，4]，总存在x2∈[5，8]，使得g（x1）=f（x2），求实数b的取值范围．
19．如图，△ABC为一个等腰三角形形状的空地，腰CA的长为3（百米），底AB的长为4（百米）．现决定在空地内筑一条笔直的小路EF（宽度不计），将该空地分成一个四边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为S1和S2．
（1）若小路一端E为AC的中点，求此时小路的长度； （2）求
的最小值．
20．已知椭圆的焦点和上顶点分别为F1、F2、B，定义：
△F1BF2为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点
是椭圆
的一个焦点，且C1上任意一点到它
的两焦点的距离之和为4．
（1）若椭圆C2与椭圆C1相似，且C2与C1的相似比为2：1，求椭圆C2的方程；
（2）已知点P（m，n）（mn≠0）是椭圆C1上的任意一点，若点Q是直线y=nx与抛物线
异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线4x2﹣4y2=1上；
（3）已知直线l：y=x+1，与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为Cb，是否存在正方形ABCD，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线Cb上？若存在，求出函数S=f（b）的解析式及定义域；若不存在，请说明理由． 21．如果存在常数a，使得数列{an}满足：若x是数列{an}中的一项，则a﹣x也是数列{an}中的一项，称数列{an}为“兑换数列”，常数a是它的“兑换系数”． （1）若数列：2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；
（2）已知有穷等差数列{bn}的项数是n0（n0≥3），所有项之和是B，求证：数列{bn}是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；
（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列{cn}，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由．
2017年上海市延安中学高考数学三模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（本题满分54分，第1题到第6题，每小题4分；第7题到第12题，每小题4分）
1．若复数（a+i）（1+i）在复平面上所对应的点在实轴上，则实数a= ﹣1 ． 【考点】A4：复数的代数表示法及其几何意义． 【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：复数（a+i）（1+i）=a﹣1+（a+1）i在复平面上所对应的点（a﹣1，a+1）在实轴上，则实数a满足a+1=0， 解得a=﹣1． 故答案为：﹣1．
2．设集合A={x|（x﹣2）（x﹣3）≥0}，集合B={x|x＞0}，则A∩B= [3，+∞） ．
【考点】1E：交集及其运算．
【分析】解关于A的不等式，求出A，B的交集即可． 【解答】解：A={x|（x﹣2）（x﹣3）≥0}={x|x≥3或x≤2}， B={x|x＞0}， 故A∩B=[3，+∞）， 故答案为：[3，+∞）．
3．（x2﹣）8的二项展开式中x7项的系数为 ﹣56 ． 【考点】DB：二项式系数的性质． 【分析】利用通项公式即可得出．
【解答】解：（x2﹣）8的二项展开式通项公式Tr+1=（﹣1）rC8rx16﹣3r， 令16﹣3r=7，解得r=3，
故（x2﹣）8的二项展开式中x7项的系数为﹣56，
故答案为：﹣56
4．若一个球的体积为36π，则它的表面积为 36π ． 【考点】LG：球的体积和表面积．
【分析】求出球的半径，直接利用表面积公式求解即可． 【解答】解：因为球的体积为36π，所以球的半径： =3，
球的表面积：4π×32=36π， 故答案为：36π．
5．若等差数列{an}前9项的和为27，且a10=8，则d= 1 ． 【考点】85：等差数列的前n项和．
【分析】由题意可得：，解得d．
【解答】解：由题意可得：，解得d=1．
故答案为：1． 6
．
函
数
的
单
调
递
增
区
间
．
【考点】H5：正弦函数的单调性．
【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数的性质可得单调递增区间． 【解答】解：函数=2sin（x+），
令，k∈Z， 得：
，
∴函数f（x）的单调递增区为：
．
为
故答案为：
．
7．如图，在矩形ABCD中，AB=12，BC=5，以A、B为焦点的双曲线
恰好过C、D两点，则双曲线M的标准方程为 ．
【考点】KC：双曲线的简单性质．
【分析】根据题意，求出A、B、C、D四点的坐标，分析可得c=6，由双曲线的定义可得2a=||AC|﹣|CB||=13﹣5=8，即a=4，由双曲线的性质可得b的值，将a、b的值代入双曲线方程即可得答案．
【解答】解：根据题意，分析可得A：（﹣6，0），B（6，0），D（﹣6，5），C（6，5），则|AC|=
=13，
若双曲线的焦点为A、B，则c=6，
又由双曲线恰好过C、D两点，则2a=||AC|﹣|CB||=13﹣5=8，即a=4， 又由c=6，则b2=a2﹣c2=20； 则双曲线的方程为：
；
故答案为：
．
8．设等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5，则a1a2…an的最大值为 64 ． 【考点】8I：数列与函数的综合；8G：等比数列的性质． 【分析】求出数列的等比与首项，化简a1a2…an，然后求解最值．
【解答】解：等比数列{an}满足a1+a3=10，a2+a4=5， 可得q（a1+a3）=5，解得q=． a1+q2a1=10，解得a1=8． 则a1a2…an=a1n?q1+2+3+…+（n﹣1）=8n?当n=3或4时，表达式取得最大值：故答案为：64．
9．若命题“对任意值范围是 m≤1 ．
【考点】3R：函数恒成立问题．
【分析】由x的范围求得tanx的范围，可得命题“对任意＜m恒成立的m的范围，然后利用补集思想求得答案． 【解答】解：由若“对任意∵命题“对任意∴m≤1．
故答案为：m≤1．
10．把一颗骰子投掷2次，观察出现的点数，记第一次出现的点数为a，第二次出现的点数为b，则方程组
只有一个解的概率为
．
，得tanx∈[﹣
，1]，
，tanx
，tanx＜m恒成立”是假命题，则实数m的取
= =26=64．
=
，
，tanx＜m恒成立”，则m＞1．
，tanx＜m恒成立”是假命题，
【考点】CB：古典概型及其概率计算公式；C7：等可能事件的概率．
【分析】利用分布计数原理求出骰子投掷2次所有的结果，通过解二元一次方程组判断出方程组有唯一解的条件，先求出不满足该条件的结果个数，再求出方程组有唯一解的结果个数，利用古典概型的概率公式求出方程组只有一个解的概率．
【解答】解：骰子投掷2次所有的结果有6×6=36
由得（b﹣2a）y=3﹣2a
当b﹣2a≠0时，方程组有唯一解 当b=2a时包含的结果有： 当a=1时，b=2 当a=2时，b=4 当a=3时，b=6共三个
所以方程组只有一个解包含的基本结果有36﹣3=33 由古典概型的概率公式得故答案为：
11．已知点
，且平行四边形ABCD的四个顶点都在函数
的图象上，则四边形ABCD的面积为
【考点】9V：向量在几何中的应用． 【分析】由条件可设
，从而可以得出 ．
向量的坐标，根据题意有，从而便得到，
这两式联立即可求出x1，x2，从而得出D点的坐标，进一步求出可以由
的坐标，从而
求出cos∠BAD，从而可得出sin∠BAD，根据
即可得出平行四边形ABCD的面积．
【解答】解：根据题意设，则：
；
∵
；
∴；
由②得， =；
整理得，x1x2=5，∴∴x1=﹣3； ∴∴∴
；
带入①式解得，或3（舍去）；
；
，；
∴=；
∴∴=
故答案为：
．
四
边
形
； ABCD
的．
面
积
为
：
12．已知O为△ABC的外心，且为
．
，若，则α+β的最大值
【考点】9V：向量在几何中的应用． 【分析】用
表示出
，两边平方，利用2倍角公式得出α+β与αβ的关
系，再利用基本不等式得出α+β的范围． 【解答】解：∵∴﹣
=α（
）+β（
﹣， ），
∴（α+β﹣1）=α+β，
∴α+β﹣1＜0，即α+β＜1．
∵cosA=，∴cos∠BOC=cos2A=2cos2A﹣1=﹣，
设△ABC的外接圆半径为R，则（α+β﹣1）2R2=α2R2+β2R2﹣整理得：18（α+β）=9+32αβ， ∵αβ≤（
）2，
，解得α+β≤或α+β≥（舍），
αβR2，
∴18（α+β）≤9+32?故答案为：．
二、选择题（本题满分20分，每小题5分） 13．已知向量
都是非零向量，“
”是“
”的（ ）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充分必要条件 D．既非充分也非必要条件
【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．
“ ?=||?||”表示两向量同线，【分析】由向量，都是非零向量，而“∥”表示两向量同向或反向，进而根据充要条件的定义，可得答案． 【解答】解： ?=||?||=||?||?cos＜，＞ 即cos＜，＞=1
即向量、同向，此时“∥”一定成立 而“∥”时，向量、同向或反向， 此时，“ ?=||?||”不一定成立
故“?=||?||”是“∥”的充分不必要条件 故选：A．
14．已知x＞y＞0，则（ ） A．
B．sinx﹣siny＞0
C．
D．lnx+lny＞0
【考点】72：不等式比较大小．
【分析】根据不等式的性质可判断A，根据正弦函数的性质可判断B，根据指数函数的性质可判断C，根据对数函数的性质可判断D 【解答】解：由x＞y＞0，则﹣=
＜0，故A错误，
根据正弦函数的图象和性质，无法比较sinx与siny的大小，故B错误， 根据指数函数的性质可得
﹣
＜0，故C正确，
根据对数的运算性质，lnx+lny=lnxy，当0＜xy≤1时，lnxy≤0，故D错误， 故选：C．
15．已知函数f（x）=Asin（ωx+φ）（A，ω，φ均为正的常数）的最小正周期为π，当x=
时，函数f（x）取得最小值，则下列结论正确的是（ ）
A．f（2）＜f（﹣2）＜f（0） B．f（0）＜f（2）＜f（﹣2） C．f（﹣2）＜f（0）＜f（2） D．f（2）＜f（0）＜f（﹣2） 【考点】H1：三角函数的周期性及其求法． 【分析】依题意可求ω=2，又当x=从而可求解析式f（x）=Asin（2x+即可比较大小．
【解答】解：依题意得，函数f（x）的周期为π， ∵ω＞0， ∴ω=
=2．
时，函数f（x）取得最小值， +φ=2kπ+
，k∈Z，可解得：φ=2kπ+
）=Asin（2x+）=Asin（
）．
，k∈Z，
时，函数f（x）取得最小值，可解得φ，），利用正弦函数的图象和性质及诱导公式
又∵当x=∴2×
∴f（x）=Asin（2x+2kπ+∴f（﹣2）=Asin（﹣4+
﹣4+2π）＞0．
f（2）=Asin（4+f（0）=Asin又∵
＞
）＜0，
＞0，
＞
，而f（x）=Asinx在区间（
，
）是单调
=Asin﹣4+2π＞
递减的，
∴f（2）＜f（﹣2）＜f（0）． 故选：A．
16．已知x，y∈R，且，则存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立
的P（x，y）构成的区域面积为（ ） A．4
﹣
B．4
﹣
C．
D．
+
【考点】7C：简单线性规划．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，求解xcosθ+ysinθ+1=0成立的等价条件，利用数形结合求出对应的面积即可得到结论．
【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：对应的区域为三角形OAB， 若存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立， 则
（
cosθ+
sinθ）=﹣1，
令sinα=则方程等价为
，则cosθ=，
sin（α+θ）=﹣1，
，
即sin（α+θ）=﹣
∵存在θ∈R，使得xcosθ+ysinθ+1=0成立， ∴|﹣
|≤1，即x2+y2≥1，
则对应的区域为单位圆的外部，
由，解得，即B（2，2
×
）， =4
，
A（4，0），则三角形OAB的面积S=直线y=则∠AOB=
x的倾斜角为
，
，
﹣
，即扇形的面积为
则P（x，y）构成的区域面积为S=4故选：A
，
三、解答题（本题满分76分）
17．已知图一是四面体ABCD的三视图，E是AB的中点，F是CD的中点． （1）求四面体ABCD的体积； （2）求EF与平面ABC所成的角．
【考点】MI：直线与平面所成的角；LF：棱柱、棱锥、棱台的体积． 【分析】（1）根据三视图得出棱锥的结构特征和棱长，代入体积公式计算； （2）通过VE﹣BCF=VF﹣BCE得出F到平面ABC的距离，利用线面角的定义即可得出线面角的正弦值，从而得出所求线面角的大小．
【解答】解：（1）由三视图可知AD⊥平面BCD，BD⊥CD， AD=1，CD=BD=2， ∴四面体ABCD的体积V=
=
=．
（2）∵E是AB的中点，F是CD的中点， ∴E到平面BCD的距离为AD=，S△BCF=S△BCD=∴VE﹣BCF=
由勾股定理得AB=AC==
，
=
，∴S△BCE=S△ABC=
， =
． =， =
．
，
=，BC=2
=．
，∴△ABC的BC边上的高为
=1，
∴S△ABC=
设F到平面ABC的距离为h，则VF﹣BCE=又VE﹣BCF=VF﹣BCE，∴ =连结DE，则DE=AB=
，解得h=，∴EF=
设EF与平面ABC所成的角为θ，则sinθ=∴EF与平面ABC所成的角为arcsin
18．已知函数f（x）=x2﹣4x+a+3：
．
（1）若函数y=f（x）在[﹣1，1]上存在零点，求实数a的取值范围；
（2）设函数g（x）=x+b，当a=3时，若对任意的x1∈[1，4]，总存在x2∈[5，8]，使得g（x1）=f（x2），求实数b的取值范围． 【考点】3W：二次函数的性质．
【分析】（1）利用零点的存在性定理列不等式组解出；
（2）求出f（x）在[5，8]上的值域和g（x）在[1，4]上的值域，根据题意得出两值域的包含关系得出b的范围．
【解答】解：（1）f（x）的图象对称轴为x=2，开口向上， ∴f（x）在[﹣1，1]上单调递减， △=16﹣4（a+3）=﹣4a+4，
若函数y=f（x）在[﹣1，1]上存在零点，则f（﹣1）?f（1）≤0， ∴
，解得﹣8≤a≤0；
（2）当a=3时，f（x）=x2﹣4x+6， ∴f（x）在[5，8]上单调递增，
∴当x=5时，f（x）取得最小值11，当x=8时，f（x）取得最大值38， ∴f（x）在[5，8]上的值域为[11，38]；
又g（x）=x+b在[1，4]上单调递增，∴g（x）在[1，4]上的值域为[1+b，4+b]，
∵若对任意的x1∈[1，4]，总存在x2∈[5，8]，使得g（x1）=f（x2）， ∴[1+b，4+b]?[11，38]， ∴
19．如图，△ABC为一个等腰三角形形状的空地，腰CA的长为3（百米），底AB的长为4（百米）．现决定在空地内筑一条笔直的小路EF（宽度不计），将该空地分成一个四边形和一个三角形，设分成的四边形和三角形的周长相等、面积分别为S1和S2．
（1）若小路一端E为AC的中点，求此时小路的长度； （2）求
的最小值．
，解得10≤b≤34．
【考点】3H：函数的最值及其几何意义；HU：解三角形的实际应用．
【分析】（1）根据题意可知F不在BC上，根据余弦定理求出cosA的值，然后根据余弦定理求出EF的长即可；
（2）若E、F分别在AC和AB上，设AE=x，AF=y，然后利用三角形的面积公式求出S2和S1=S三角形ABC﹣S2=，再根据基本不等式求出比值的最值即可，若E、F分
别在AC和BC上，设CE=x，CF=y，同上根据基本不等式求出比值的最值即可． 【解答】解：（1）因为：AE=CE= AE+4＞CE+3 所以F不在BC上， AE+AF+EF=CE+CB+FB+EF
所以AE=CE AF=CB+BF 4﹣BF=BF+3 BF= cosA=
=
所以EF2=AE2+AF2﹣2AE×AF×cosA=所以EF=
E为AC中点时，此时小路的长度为（2）若E、F分别在AC和AB上， sinA=
百米．
设AE=x，AF=y， 所以S2=xysinA=S1=S三角形ABC﹣S2=2
﹣S2
因为x+y=3﹣x+4﹣y+3 所以x+y=5
=
﹣1
xy≤
当且仅当x=y=时取等号 所以
=
当且仅当x=y=时取等号 最小值是
若E、F分别在AC和BC上，
sinC=
设CE=x，CF=y 同上可得
≥
当且仅当x=y=取等号
若E、F分别在AC和BC上，最小值是
20．已知椭圆
的焦点和上顶点分别为F1、F2、B，定义：
△F1BF2为椭圆C的“特征三角形”，如果两个椭圆的特征三角形是相似三角形，那么称这两个椭圆为“相似椭圆”，且特征三角形的相似比即为相似椭圆的相似比，已知点
是椭圆
的一个焦点，且C1上任意一点到它
的两焦点的距离之和为4．
（1）若椭圆C2与椭圆C1相似，且C2与C1的相似比为2：1，求椭圆C2的方程；
（2）已知点P（m，n）（mn≠0）是椭圆C1上的任意一点，若点Q是直线y=nx与抛物线
异于原点的交点，证明：点Q一定在双曲线4x2﹣4y2=1上；
（3）已知直线l：y=x+1，与椭圆C1相似且短半轴长为b的椭圆为Cb，是否存在正方形ABCD，（设其面积为S），使得A、C在直线l上，B、D在曲线Cb上？若存在，求出函数S=f（b）的解析式及定义域；若不存在，请说明理由． 【考点】KL：直线与椭圆的位置关系；K3：椭圆的标准方程． 【分析】（1）由题意c=
，a=2，则b2=a2﹣c2=1，即可求得椭圆C1的方程，根
据相似比2，a2=4；b2=2，即可求得椭圆C2的方程； （2）由题设条件知
，设点Q（x0，y0），由题设条件能推出
，即
可求得
，即可求得4x2﹣4y2=1；
（3）椭圆C1：，相似比为b，则椭圆Cb的方程，由题意：只需Cb上
存在两点B、D关于直线y=x+1对称即可．设BD：y=﹣x+m，代入椭圆方程，设BD中点为E（x0，y0），然后利用根与系数的关系进行求解． 【解答】解：（1）椭圆的一个焦点为∴b2=a2﹣c2=1，则椭圆C1：设C2：
，
，|PF1|+|PF2|=2a=4，
，相似比为2，a2=4；b2=2，
∴椭圆C2：
；
，设点Q（x0，y0），
（2）证明：点P（m，n）在椭圆上，则
，，
∴4x02﹣4y02=
﹣===1，
∴点Q在双曲线4x2﹣4y2=1上 （3）椭圆C1：
，相似比为b，则椭圆Cb的方程为：
，
由题意：只需Cb上存在两点B、D关于直线y=x+1对称即可
设BD：y=﹣x+m，设BD中点为E（x0，y0），B（x1，y1），D（x2，y2），
，5x2﹣8mx+4m2﹣4b2=0，
△=64m2﹣16×5×（m2﹣b2）＞0，5b2＞m2， 由韦达定理知：x0=
，y0=﹣x0+m=m，
E（x0，y0）在直线y=x+1上， 则m=
+1
，
解得：m=﹣，∴b2＞，则b＞
此时正方形的边长为，
）2， =
，
，定义域为
．
∴正方形的面积为S=f（b）=（丨BD丨=
∴函数S=f（b）的解析式：
21．如果存在常数a，使得数列{an}满足：若x是数列{an}中的一项，则a﹣x也是数列{an}中的一项，称数列{an}为“兑换数列”，常数a是它的“兑换系数”． （1）若数列：2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”，求m和a的值；
（2）已知有穷等差数列{bn}的项数是n0（n0≥3），所有项之和是B，求证：数列{bn}是“兑换数列”，并用n0和B表示它的“兑换系数”；
（3）对于一个不少于3项，且各项皆为正整数的递增数列{cn}，是否有可能它既是等比数列，又是“兑换数列”？给出你的结论，并说明理由． 【考点】8B：数列的应用．
【分析】（1）根据数列：2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”所以a﹣m，a﹣6，a﹣3，a﹣2也是该数列的项，且a﹣m＜a﹣6＜a﹣3＜a﹣2，由此可求m和a的值；
（2）由“兑换数列”的定义证明数列{bn}是“兑换数列”，即证对数列{bn}中的任意一项bi（1≤i≤n0），a﹣bi=b1+（n0﹣i）d=bn0+1﹣i∈{bn}，从而可求数列{bn}所有项之和；
（3）假设存在这样的等比数列{cn}，设它的公比为q（q＞1），可知数列{cn}必为有穷数列，不妨设项数为n项，则ci+cn+1﹣i=a（1≤i≤n），再分类讨论，即可得到结论．
【解答】（1）解：因为2，3，6，m（m＞6）是“兑换系数”为a的“兑换数列”
所以a﹣m，a﹣6，a﹣3，a﹣2也是该数列的项，且a﹣m＜a﹣6＜a﹣3＜a﹣2，
故a﹣m=2，a﹣6=3，即a=9，m=7． （2）证明：设数列{bn}的公差为d， 因为数列{bn}是项数为n0项的有穷等差数列
若b1≤b2≤b3≤…≤b，则a﹣b1≥a﹣b2≥a﹣b3≥…≥a﹣b
，
+1﹣i
即对数列{bn}中的任意一项bi（1≤i≤n0），a﹣bi=b1+（n0﹣i）d=b同理可得：b1≥b2≥b3≥…≥b
，a﹣bi=b1+（n0﹣i）d=b
+1﹣i
∈{bn}
∈{bn}也成立，
由“兑换数列”的定义可知，数列{bn}是“兑换数列”； 又因为数列{bn}所有项之和是B，所以B=
=
，即a=
；
（3）解：假设存在这样的等比数列{cn}，设它的公比为q（q＞1），
因为数列{cn}为递增数列，所以c1＜c2＜c3＜…＜cn，则a﹣c1＞a﹣c2＞a﹣c3＞…＞a﹣cn，
又因为数列{cn}为“兑换数列”，则a﹣ci∈{cn}，所以a﹣ci是正整数 故数列{cn}必为有穷数列，不妨设项数为n项，则ci+cn+1﹣i=a（1≤i≤n） ①若n=3，则有c1+c3=a，c2=，又c22=c1c3，由此得q=1，与q＞1矛盾 ②若n≥4，由c1+cn=c2+cn﹣1，得c1﹣c1q+c1qn﹣1﹣c1qn﹣2=0 即（q﹣1）（1﹣qn﹣2）=0，故q=1，与q＞1矛盾； 综合①②得，不存在满足条件的数列{cn}．
2017年6月24日
你可以这样理解impossible(不可能——I’m possible (我是可能的
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