2021年上海市青浦区高考数学一模试卷

这是一份2021年上海市青浦区高考数学一模试卷，共9页。

1. 已知集合A＝{1, 2, 3, 4}，B＝{0, 2, 4, 6, 8}，则A∩B＝________．

2. 函数y＝2x的反函数是________．

3. 行列式123456789中，元素3的代数余子式的值为________．

4. 已知复数z满足z+4z=0，则|z|＝________．

5. 圆锥底面半径为lcm，母线长为2cm，则其侧面展开图扇形的圆心角θ＝________．

6. 已知等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，其前n项和为Sn，则limn→∞(an)2Sn=________．

7. 我国南北朝数学家何承天发明的“调日法”是程序化寻求精确分数来表示数值的算法，其理论依据是：设实数x的不足近似值和过剩近似值分别为ba和dc(a, b, c, d∈N*)，则b+da+c是x的更为精确的近似值．已知15750<π<227，试以上述π的不足近似值15750和过剩近似值227为依据，那么使用两次“调日法”后可得π的近似分数为________．

8. 在二项式(x+1ax2)5(a>0)的展开式中x−5的系数与常数项相等，则a的值是________．

9. 点A是椭圆C1:x225+y216=1与双曲线C2:x24−y25=1的一个交点，点F1，F2是椭圆C1的两个焦点，则|AF1|⋅|AF2|的值为________．

10. 盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个大小、形状、材质均相同的小球，从随机任意取出两个，则这两个球的编号之积为偶数的概率是________.（结果用最简分数表示）

11. 记am为数列{3n}在区间(0, m](n∈N*)中的项的个数，则数列{am}的前100项的和S100＝________．

12. 已知向量e→的模长为1，平面向量m→，n→满足：|m→−2e→|＝2，|n→−e→|＝1，则m→⋅n→的取值范围是________．
二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．

已知a，b∈R，则“a＝b”是“a+b2=ab”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

类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出空间中有下列结论：
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；
②垂直于同一条直线的两个平面互相平行；
③垂直于同一个平面的两条直线互相平行；
④垂直于同一个平面的两个平面互相平行．
其中正确的是（ ）
A.①②B.①④C.②③D.③④

已知顶点在原点的锐角α绕原点逆时针转过π6后，终边交单位圆于P(−13, y)，则sinα的值为（ ）
A.22−36B.22+36C.26−16D.26+16

设函数f(x)=−x,x∈P1x,x∈M ，其中P，M是实数集R的两个非空子集，又规定A(P)＝{y|y＝f(x), x∈P}，A(M)＝{y|y＝f(x), x∈M}，则下列说法：
（1）一定有A(P)∩A(M)＝⌀；

（2）若P∪M≠R，则A(P)∪A(M)≠R；

（3）一定有P∩M＝⌀；

（4）若P∪M＝R，则A(P)∪A(M)＝R．
其中正确的个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4
三、解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，点P为DD1的中点．

（1）求证：直线BD1 // 平面PAC；

（2）求异面直线BD1与AP所成角的大小．

设函数f(x)＝x2+|x−a|，a为常数．
（1）若f(x)为偶函数，求a的值；

（2）设a>0，g(x)=f(x)x，x∈(0, a]为减函数，求实数a的取值范围．

如图，矩形ABCD是某个历史文物展览厅的俯视图，点E在AB上，在梯形DEBC区域内部展示文物，DE是玻璃幕墙，游客只能在△ADE区域内参观．在AE上点P处安装一可旋转的监控摄像头，∠MPN为监控角，其中M、N在线段DE（含端点）上，且点M在点N的右下方．经测量得知：AD＝6米，AE＝6米，AP＝2米，∠MPN=π4．记∠EPM＝θ（弧度），监控摄像头的可视区域△PMN的面积为S平方米．

（1）分别求线段PM、PN关于θ的函数关系式，并写出θ的取值范围；

（2）求S的最小值．

已知动点M到直线x+2＝0的距离比到点F(1, 0)的距离大1．
（1）求动点M所在的曲线C的方程；

（2）已知点P(1, 2)，A、B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，证明直线AB的斜率为定值，并求出这个定值；

（3）已知点P(1, 2)，A、B是曲线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点．

若无穷数列{an}和无穷数列{bn}满足：存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A，则称数列{an}与{bn}具有关系P(A)．
（1）设无穷数列{an}和{bn}均是等差数列，且an=2n,bn=n+2(n∈N*)，问：数列{an}与{bn}是否具有关系P(1)？说明理由；

（2）设无穷数列{an}是首项为1，公比为13的等比数列，bn=an+1+1,n∈N*，证明：数列{an}与{bn}具有关系P(A)；并求A的最小值；

（3）设无穷数列{an}是首项为1，公差为d(d∈R)的等差数列，无穷数列{bn}是首项为2，公比为q(q∈N*)的等比数列，试求数列{an}与{bn}具有关系P(A)的充要条件．
参考答案与试题解析
2021年上海市青浦区高考数学一模试卷
一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得分，否则一律得零分．
1.
【答案】
{2, 4}
【考点】
交集及其运算
【解析】
根据交集的定义计算即可．
【解答】
集合A＝{1, 2, 3, 4}，B＝{0, 2, 4, 6, 8}，
则A∩B＝{2, 4}．
2.
【答案】
y＝lg2x
【考点】
反函数
【解析】
从条件中函数式y＝2x中反解出x，再将x，y互换即得．
【解答】
∵ y＝2x，
∴ x＝lg2y，
∴ 函数y＝2x的反函数为y＝lg2x．
3.
【答案】
−3
【考点】
二阶行列式的定义
【解析】
根据余子式的定义，要求3的代数余子式的值，3这个元素在三阶行列式中的位置是第一行第三列，那么化去第一行第三列得到3的代数余子式，解出即可．
【解答】
在行列式123456789中，元素3在第一行第三列，
那么化去第一行第三列得到3的代数余子式为(−1)44578=−3，
4.
【答案】
2
【考点】
复数的模
【解析】
先将原式化简成z2＝−4，然后可得|z|2＝4，则问题可解．
【解答】
因为复数z满足z+4z=0，
所以z=−4z，则z2＝−4，
所以|z2|＝|z|2＝|−4|＝4，
可得|z|＝2．
5.
【答案】
π
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
根据圆锥底面的半径求出侧面展开图扇形的圆心角所对的弧长，再计算扇形的圆心角．
【解答】
圆锥底面半径为lcm，母线长为2cm，
则它的侧面展开图扇形的圆心角所对的弧长为2π×1＝2π(cm)；
所以扇形的圆心角为θ=2π2=π．
6.
【答案】
4
【考点】
等差数列的前n项和
【解析】
求出an和Sn，然后利用极限运算方法求解．
【解答】
因为等差数列{an}的首项a1＝1，公差d＝2，
所以an＝1+2(n−1)＝2n−1，Sn=n×1+n(n−1)2×2=n2．
故limn→∞(2n−1)2n2=limn→∞4n2−4n+1n2．
故极限为41=4．
7.
【答案】
20164
【考点】
进行简单的合情推理
【解析】
根据“调日法”的理论依据，由15750<π<227，经过一次“调日法”后得到17957<π<227，然后再求由17957<π<227，经过一次“调日法”即可求出π的近似分数．
【解答】
根据15750<π<227经过一次“调日法”可得π的近似分数为17957，
根据17957<π<227，经过一次“调日法”可得π的近似分数为20164，
∴ 使用两次“调日法”后可得π的近似分数为20164．
8.
【答案】
2
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
根据二项展开式的通项公式，求出展开式中x−5的系数、展开式中的常数项，再根据它们相等，求出a的值．
【解答】
∵ 二项式(x+1ax2)5(a>0)的展开式的通项公式为 Tr+1=C5r⋅(1a)r⋅x5−5r2，
令5−5r2=−5，求得r＝3，故展开式中x−5的系数为C53⋅(1a)3；
令5−5r2=0，求得r＝1，故展开式中的常数项为 C51⋅1a=5a，
由为C53⋅(1a)3=5⋅1a，可得a=2，
9.
【答案】
21
【考点】
双曲线的离心率
椭圆的离心率
【解析】
根据椭圆与双曲线的定义计算即可．
【解答】
设椭圆与双曲线在第一象限的交点为A则，
由椭圆与双曲线的方程可得二者焦点相同，
根据椭圆与双曲线的定义可得：|AF1|+|AF2|＝10，
|AF1|−|AF2|＝4，两式平方相减得：4|AF1|⋅|AF2|＝84，
10.
【答案】
1318
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
从随机任意取出两个，基本事件总数n=C92=36，这两个球的编号之积为偶数包含的基本事件个数m=C42+C41C51=26，由此能求出这两个球的编号之积为偶数的概率．
【解答】
盒子中装有编号为1，2，3，4，5，6，7，8，9的九个大小、形状、材质均相同的小球，
从随机任意取出两个，基本事件总数n=C92=36，
这两个球的编号之积为偶数包含的基本事件个数：
m=C42+C41C51=26，
则这两个球的编号之积为偶数的概率是p=mn=2636=1318．
11.
【答案】
284
【考点】
数列的求和
【解析】
可直接利用列举法，分别确定出在(0, m]，m＝1，2，3，……100，中每个区间内含有3n项的个数am，然后相加即可．
【解答】
（2）当m＝3，4，5，……8时，区间内含有31一项，故a3＝a4＝a5＝……a8＝1，共6项（1）（3）当m＝9，10，11，……26时，区间内含有31，32两项，故a9＝a10＝a11＝……＝a26＝2，共18项（2）（4）当m＝27，28，29，……，80时，区间内含有31，32，33三项，故a27＝a28＝a29＝……＝a80＝3，共54项（3）（5）当m＝81，82，83，……，100时，区间内含有3，32，33，34四项，故a81＝a82＝a83＝……＝a100＝4，共20项．
故S100＝2×0+6×1+18×2+54×3+20×4＝284．
故答案为：284．
12.
【答案】
[0, 8]
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
根据条件，不妨设e→=(1,0)，m→=(x,y)，n→=(p,q)，根据m→⋅n→=xp+yq=(p−1)x+qy+x，利用柯西不等式，可得m→⋅n→=x+2x，再根据x的取值范围，得到m→⋅n→的范围．
【解答】
根据条件，不妨设e→=(1,0)，m→=(x,y)，n→=(p,q)，
则由|m→−2e→|＝2，|n→−e→|＝1，可得(x−2)2+y2＝4，(p−1)2+q2＝1，
由柯西不等式，得m→⋅n→=xp+yq=(p−1)x+qy+x
≤(p−1)2+q2⋅x2+y2+x=x+2x，
令t=x，∵ x∈[0, 4]，∴ t∈[0, 2]，
∴ m→⋅n→=t2+2t=(t+1)2−1
∵ t∈[0, 2]，∴ m→⋅n→∈[0,8]．
二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分．
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由“a＝b”不能推出“a+b2=ab”，由“a+b2=ab”能推出“a＝b”，因此“a＝b”是“a+b2=ab”的必要而不充分条件，
【解答】
由“a＝b”不能推出“a+b2=ab”，如a＝b＝−1，则a+b2=−1，ab=1；
反之成立，由“a+b2=ab”，两边平方，即得“a＝b”，
∴ “a＝b”是“a+b2=ab”的必要而不充分条件，
【答案】
C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
垂直于同一条直线的两条直线有三种位置关系，说明①错误；由直线与平面垂直的性质可知②③正确；由垂直于同一个平面的两个平面有两种位置关系说明④错误．
【解答】
①垂直于同一条直线的两条直线有三种位置关系，即平行、相交或异面，故①错误；
②垂直于同一条直线的两个平面的法向量共线，则两平面互相平行，故②正确；
③由直线与平面垂直的性质定理可知，垂直于同一个平面的两条直线互相平行，故③正确；
④垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故④错误．
∴ 正确的结论是②③．
【答案】
D
【考点】
任意角的三角函数
【解析】
由题意利用任意角的三角函数的定义求得sin(α+π6)和cs(α+π6)的值，再利用两角和差的三角公式，求得要求式子的值．
【解答】
∵ 顶点在原点的锐角α绕原点逆时针转过π6后，终边交单位圆于P(−13, y)，
∴ y>0，且OP2＝19+y2＝1，求得y=223，则sin(α+π6)＝y=223，cs(α+π6)=−13，
则sinα＝sin[(α+π6)−π6]＝sin(α+π6)csπ6−cs(α+π6)sinπ6=223×32+13×12=26+16，
【答案】
错误；
P∪M＝R，但A(P)∪A(M)≠R，故
错误；
对于分段函数f(x)=−x,x∈P1x,x∈M ，只有P＝{0}，M＝{x|x≠0}时，满足P∪M＝R，A(P)∪A(M)＝R，
若P∪M≠R，则A(P)∪A(M)≠R，故
正确；
分段函数不同段的定义域没有公共部分，故一定有P∩M＝⌀，故
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
画图举例说明（1）（4）错误；分析分段函数f(x)=−x,x∈P1x,x∈M 定义域、值域均为实数集的情况说明（2）正确；由分段函数的定义说明（3）正确．
【解答】
错误；
P∪M＝R，但A(P)∪A(M)≠R，故
错误；
对于分段函数f(x)=−x,x∈P1x,x∈M ，只有P＝{0}，M＝{x|x≠0}时，满足P∪M＝R，A(P)∪A(M)＝R，
若P∪M≠R，则A(P)∪A(M)≠R，故
正确；
分段函数不同段的定义域没有公共部分，故一定有P∩M＝⌀，故
正确．
∴ 正确命题的个数是2个．
故选：B．
三、解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤．
【答案】
证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点．
连结PO，又因为P是DD1的中点，所以PO // BD1．
又因为PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC
所以直线BD1 // 平面PAC．
由（1）知，PO // BD1，所以∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．
因为PA=PC=2，AO=12AC=22且PO⊥AO，
所以sin∠APO=AOAP=222=12．
又∠APO∈(0∘, 90∘]，所以∠APO＝30∘
故异面直线BD1与AP所成角的大小为30∘．
【考点】
直线与平面平行
异面直线及其所成的角
【解析】
（1）AC和BD交于点O，则O为BD的中点．推导出PO // BD1．由此能证明直线BD1 // 平面PAC．
（2）由PO // BD1，得∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．由此能求出异面直线BD1与AP所成角的大小．
【解答】
证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点．
连结PO，又因为P是DD1的中点，所以PO // BD1．
又因为PO⊂平面PAC，BD1⊄平面PAC
所以直线BD1 // 平面PAC．
由（1）知，PO // BD1，所以∠APO即为异面直线BD1与AP所成的角．
因为PA=PC=2，AO=12AC=22且PO⊥AO，
所以sin∠APO=AOAP=222=12．
又∠APO∈(0∘, 90∘]，所以∠APO＝30∘
故异面直线BD1与AP所成角的大小为30∘．
【答案】
由已知，f(−x)＝f(x)．…2分
即|x−a|＝|x+a|，…3分
解得a＝分
当x∈(0, a]时，f(x)=x2+a−x,g(x)=x+ax−1，…7分
设x1，x2∈(0, a]，且x2>x1>0，于是x1x2−a2<0，x1x2>0．
∵ f(x1)−f(x2)=x1+ax1−1−(x2+ax2−1)＝(x1−x2)(1−ax1x2)>0
∵ x1，x2∈(0, a]且x1所以a≥a2，因此实数a 的取值范围是(0, 1]…12分
【考点】
函数单调性的性质与判断
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
（1）直接根据f(−x)＝f(x)恒成立即可得到实数a的值；
（2）先求出函数g(x)的解析式，再结合单调性的定义即可求a的取值范围．
【解答】
由已知，f(−x)＝f(x)．…2分
即|x−a|＝|x+a|，…3分
解得a＝分
当x∈(0, a]时，f(x)=x2+a−x,g(x)=x+ax−1，…7分
设x1，x2∈(0, a]，且x2>x1>0，于是x1x2−a2<0，x1x2>0．
∵ f(x1)−f(x2)=x1+ax1−1−(x2+ax2−1)＝(x1−x2)(1−ax1x2)>0
∵ x1，x2∈(0, a]且x1所以a≥a2，因此实数a 的取值范围是(0, 1]…12分
【答案】
在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝4m，∠PEM=π4，∠PME=3π4−θ，
由正弦定理可得PM=PEsin∠PEMsin∠PME=4sinθ+csθ，
同理，在△PNE中，PN=22csθ，
∴ S△PMN=12PM⋅PN⋅sin∠MPN=4cs2θ+sinθcsθ=82sin(2θ+π4)+1，
M与E重合时，θ＝0，N与D重合时，tan∠APD＝3，即θ=3π4−54，
∴ 0≤θ≤3π4−54，
综上所述，S△PMN=82sin(2θ+π4)+1，0≤θ≤3π4−54；
当2θ+π4=π2即θ=π8时，S取得最小值82+1=8(2−1)平方米．
【考点】
解三角形
三角形的面积公式
【解析】
（1）利用正弦定理，求出PM，PN，即可求S关于θ的函数关系式，M与E重合时，θ＝0，N与D重合时，tan∠APD＝3，即θ=3π4−54，即可写出θ的取值范围；
（2）当2θ+π4=π2即θ=π8时，S取得最小值．
【解答】
在△PME中，∠EPM＝θ，PE＝4m，∠PEM=π4，∠PME=3π4−θ，
由正弦定理可得PM=PEsin∠PEMsin∠PME=4sinθ+csθ，
同理，在△PNE中，PN=22csθ，
∴ S△PMN=12PM⋅PN⋅sin∠MPN=4cs2θ+sinθcsθ=82sin(2θ+π4)+1，
M与E重合时，θ＝0，N与D重合时，tan∠APD＝3，即θ=3π4−54，
∴ 0≤θ≤3π4−54，
综上所述，S△PMN=82sin(2θ+π4)+1，0≤θ≤3π4−54；
当2θ+π4=π2即θ=π8时，S取得最小值82+1=8(2−1)平方米．
【答案】
动点M到直线x+2＝0的距离比到点F(1, 0)的距离大1，
等价于动点M到直线x＝−1的距离和到点F(1, 0)的距离相等，
由抛物线的定义可得，曲线C的方程为y2＝4x；
证明：
设直线PA的斜率为k，由直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，
得直线PB的斜率为−k，
则：lPA:y−2＝k(x−1)，lPB:y−2＝−k(x−1)，
联立y−2=k(x−1)y2=4x ，得k2x2−(2k2−4k+4)x+(2−k)2＝0．
结合根与系数的关系，可得A((2−k)2k2, 4−2kk)；
联立y−2=−k(x−1)y2=4x ，得k2x2−(2k2+4k+4)x+(k+2)2＝0，
结合根与系数的关系，可得B((2+k)2k2, −4−2kk)．
∴ kAB=−4−2kk−4−2kk(2+k)2k2−(2−k)2k2=−1，
即直线AB的斜率为定值−1；
证明：
设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为2−k，
由（1）可知，A((2−k)2k2, 4−2kk)；
PB所在直线方程为y−2＝(2−k)(x−1)，
联立y−2=(2−k)(x−1)y2=4x ，得(2−k)y2−4y+4k＝0，
解得B(k2(2−k)2, 2k2−k)．
∴ kAB=2k2−k−4−2kkk2(2−k)2−(2−k)2k2=k(k−2)k2−2k+2，
∴ AB所在直线方程为y−2k2−k=k(k−2)k2−2k+2(x−k2(2−k)2)，
整理得y=k(k−2)k2−2k+2(x+1)，
∴ 直线AB过定点(−1, 0)．
【考点】
直线与椭圆结合的最值问题
【解析】
（1）由题意可得，动点M到直线x＝−1的距离和到点F(1, 0)的距离相等，再由抛物线定义可得曲线C的方程；
（2）设直线PA的斜率为k，得直线PB的斜率为−k，分别写出PA，PB所在直线方程，与抛物线方程联立，求得A，B的坐标，可得直线AB的斜率为定值−1；
（3）设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为2−k，由（2）可知A的坐标，写出PB的方程，与抛物线方程联立求得B的坐标，写出AB所在直线方程，由直线系方程可得直线线AB过定点．
【解答】
动点M到直线x+2＝0的距离比到点F(1, 0)的距离大1，
等价于动点M到直线x＝−1的距离和到点F(1, 0)的距离相等，
由抛物线的定义可得，曲线C的方程为y2＝4x；
证明：
设直线PA的斜率为k，由直线PA的斜率与直线PB的斜率互为相反数，
得直线PB的斜率为−k，
则：lPA:y−2＝k(x−1)，lPB:y−2＝−k(x−1)，
联立y−2=k(x−1)y2=4x ，得k2x2−(2k2−4k+4)x+(2−k)2＝0．
结合根与系数的关系，可得A((2−k)2k2, 4−2kk)；
联立y−2=−k(x−1)y2=4x ，得k2x2−(2k2+4k+4)x+(k+2)2＝0，
结合根与系数的关系，可得B((2+k)2k2, −4−2kk)．
∴ kAB=−4−2kk−4−2kk(2+k)2k2−(2−k)2k2=−1，
即直线AB的斜率为定值−1；
证明：
设直线PA的斜率为k，则直线PB的斜率为2−k，
由（1）可知，A((2−k)2k2, 4−2kk)；
PB所在直线方程为y−2＝(2−k)(x−1)，
联立y−2=(2−k)(x−1)y2=4x ，得(2−k)y2−4y+4k＝0，
解得B(k2(2−k)2, 2k2−k)．
∴ kAB=2k2−k−4−2kkk2(2−k)2−(2−k)2k2=k(k−2)k2−2k+2，
∴ AB所在直线方程为y−2k2−k=k(k−2)k2−2k+2(x−k2(2−k)2)，
整理得y=k(k−2)k2−2k+2(x+1)，
∴ 直线AB过定点(−1, 0)．
【答案】
因为an=2n,bn=n+2(n∈N*)，
若数列{an}与{bn}具有关系P(1)，
则对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤1，即|2n−(n+2)|≤1，亦即|n−2|≤1，
但n＝4时，|n−2|＝2>1，
所以数列{an}与{bn}不具有关系P(1)，
证明：因为无穷数列{an}是首项为1，公比为13的等比数列，所以an=(13)n−1，
因为bn＝an+1+1，所以bn=(13)n+1，
所以|an−bn|=|(13)n−1−(13)n−1|=1−23n<1，
所以数列{an}与{bn}具有关系P(A)．
设A的最小值为A0，|an−bn|≤A0，
因为|an−bn|<1，所以A0≤1．
若0lg321−A0时，3n>21−A0，则1−23n>A0，
这与“对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A0”矛盾，
所以A0＝1，即A的最小值为1．
因为数列{an}是首项为1，公差为d(d∈R)的等差数列，无穷数列{bn}是首项为2，公比为q(q∈N*)的等比数列，所以an=a1+(n−1)d=dn+1−d,bn=b1qn−1=2q⋅qn，
设1−d=a,2q=b>0，则an=dn+a,bn=bqn,n∈N*．
数列{an}与{bn}具有关系P(A)，即存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．（1）当d＝0，q＝1时，|an−bn|＝|1−2|＝1≤1，取A＝1，则|an−bn|≤A，数列{an}与{bn}具有关系P(A)(2)当d＝0，q≥2时，假设数列{an}与{bn}具有关系P(A)，则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．因为|bn|−|an|≤|an−bn，所以，对任意的n∈N*，|bn|−|an|≤A，即bqn≤1+A，qn≤1+Ab，所以n≤lgq1+Ab，这与“对任意的n∈N*，均有|bn|−|an|≤A”矛盾，不合；
(Ⅲ)当d≠0，q＝1时，假设数列{an}与{bn}具有性质P(A)，则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．因为|an|−|bn|≤|an−bn|，所以，对任意的n∈N*，|an|−|bn|≤A，即|an|≤2+A，即|dn+a|≤2+A，所以|dn|−|a|≤2+A，n≤|a|+2+A|d|，这与“对任意的n∈N*，均有|an|−|bn|≤A”矛盾，不合；
(Ⅳ)当d≠0，q≥2时，假设数列{an}与{bn}具有性质P(A)，则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．因为|bn|−|an|≤|an−bn，所以，对任意的n∈N*，|bn|−|an|≤A，所以bqn≤|dn+a|+A≤|d|n+|a|+A，所以qn≤|d|bn+|a|+Ab，设|d|b=λ>0,|a|+Ab=μ>0，则对任意的n∈N*，qn≤λn+μ．因为qn≥2n所以，对任意的n∈N*，2n≤λn+μ，
下面先证明：存在N>1，当n>N时，2n>n2．即证nln2−2lnn>0．
设f(x)=lnx−x(x>0)，则f′(x)=1x−12x=2−x2x，所以x∈(0, 4)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0, 4)上递增，同理f(x)在区间(4, +∞)上递减，所以f(x)max＝f(4)＝ln4−2<0，所以lnx因此，xln2−21nx>(ln2)x−2x=x(xln2−2)，所以，当x>(2ln2)2时，xln2−2lnx>0，设(2ln2)2=N，则当x>N时，xln2−2lnx>0，即当n>N时，2n>n2，又2n≤λn+μ，所n2<λn+μ，即n2−λn−μ<0，解得0综上所述，数列{an}与{bn}具有关系P(A)的充要条件为d＝0，q＝1．
【考点】
数列的应用
数列递推式
【解析】
（1）作差易知|n−2|≤1，显然当n≥3时不成立．
（2）易知|an−bn|=1−23n<1，可知数列an和bn具有关系P(A)．假设此时A的最小值为A0，则由|n−2|≤1，可知A0≤1，分别假设0（3）分别讨论d＝0、d≠0与q＝1、q≥2的四种情况的组合下是否与P(A)的定义相矛盾，若矛盾则不符合题意，若不矛盾则符合题意．最终得出结论．
【解答】
因为an=2n,bn=n+2(n∈N*)，
若数列{an}与{bn}具有关系P(1)，
则对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤1，即|2n−(n+2)|≤1，亦即|n−2|≤1，
但n＝4时，|n−2|＝2>1，
所以数列{an}与{bn}不具有关系P(1)，
证明：因为无穷数列{an}是首项为1，公比为13的等比数列，所以an=(13)n−1，
因为bn＝an+1+1，所以bn=(13)n+1，
所以|an−bn|=|(13)n−1−(13)n−1|=1−23n<1，
所以数列{an}与{bn}具有关系P(A)．
设A的最小值为A0，|an−bn|≤A0，
因为|an−bn|<1，所以A0≤1．
若0lg321−A0时，3n>21−A0，则1−23n>A0，
这与“对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A0”矛盾，
所以A0＝1，即A的最小值为1．
因为数列{an}是首项为1，公差为d(d∈R)的等差数列，无穷数列{bn}是首项为2，公比为q(q∈N*)的等比数列，所以an=a1+(n−1)d=dn+1−d,bn=b1qn−1=2q⋅qn，
设1−d=a,2q=b>0，则an=dn+a,bn=bqn,n∈N*．
数列{an}与{bn}具有关系P(A)，即存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．（1）当d＝0，q＝1时，|an−bn|＝|1−2|＝1≤1，取A＝1，则|an−bn|≤A，数列{an}与{bn}具有关系P(A)(2)当d＝0，q≥2时，假设数列{an}与{bn}具有关系P(A)，则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．因为|bn|−|an|≤|an−bn，所以，对任意的n∈N*，|bn|−|an|≤A，即bqn≤1+A，qn≤1+Ab，所以n≤lgq1+Ab，这与“对任意的n∈N*，均有|bn|−|an|≤A”矛盾，不合；
(Ⅲ)当d≠0，q＝1时，假设数列{an}与{bn}具有性质P(A)，则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．因为|an|−|bn|≤|an−bn|，所以，对任意的n∈N*，|an|−|bn|≤A，即|an|≤2+A，即|dn+a|≤2+A，所以|dn|−|a|≤2+A，n≤|a|+2+A|d|，这与“对任意的n∈N*，均有|an|−|bn|≤A”矛盾，不合；
(Ⅳ)当d≠0，q≥2时，假设数列{an}与{bn}具有性质P(A)，则存在正常数A，使得对任意的n∈N*，均有|an−bn|≤A．因为|bn|−|an|≤|an−bn，所以，对任意的n∈N*，|bn|−|an|≤A，所以bqn≤|dn+a|+A≤|d|n+|a|+A，所以qn≤|d|bn+|a|+Ab，设|d|b=λ>0,|a|+Ab=μ>0，则对任意的n∈N*，qn≤λn+μ．因为qn≥2n所以，对任意的n∈N*，2n≤λn+μ，
下面先证明：存在N>1，当n>N时，2n>n2．即证nln2−2lnn>0．
设f(x)=lnx−x(x>0)，则f′(x)=1x−12x=2−x2x，所以x∈(0, 4)时，f′(x)>0，f(x)在区间(0, 4)上递增，同理f(x)在区间(4, +∞)上递减，所以f(x)max＝f(4)＝ln4−2<0，所以lnx因此，xln2−21nx>(ln2)x−2x=x(xln2−2)，所以，当x>(2ln2)2时，xln2−2lnx>0，设(2ln2)2=N，则当x>N时，xln2−2lnx>0，即当n>N时，2n>n2，又2n≤λn+μ，所n2<λn+μ，即n2−λn−μ<0，解得0综上所述，数列{an}与{bn}具有关系P(A)的充要条件为d＝0，q＝1．