2022-2023学年北京市景山学校高二（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年北京市景山学校高二（下）期中数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022-2023学年北京市景山学校高二（下）期中数学试卷
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知数列{an}为等差数列，a4=2，a7=−4，那么数列{an}的通项公式为(    )
A. an=−2n+10 B. an=−2n+5 C. an=−12n+10 D. an=−12n+5
2. 一次演出，原计划要排4个节目，因临时有变化，拟再添加2个小品节目，若保持原有4个节目的相对顺序不变，则这6个节目不同的排列方法有(    )
A. 20种 B. 25种 C. 30种 D. 32种
3. 下列函数的求导运算中，错误的是(    )
A. (x2+3ex)′=2x+3ex B. (2sinx−3)′=2cosx
C. (1lnx)′=x D. (xcosx)′=cosx−xsinx
4. 在(x−2)6的展开式中，x3的系数是(    )
A. 160 B. −160 C. 120 D. −120
5. 设a∈R，函数f(x)=x3+ax2+(a−3)x的导函数是f′(x)，若f′(x)是偶函数，则曲线y=f(x)在原点处的切线方程为(    )
A. y=−3x B. y=−2x C. y=3x D. y=2x
6. 已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，Sn是它的前n项和，若a3a5=64，且a5+2a6=8，则S6=(    )
A. 128 B. 127 C. 126 D. 125
7. 在0，1，2，3，4，5，6这7个数中任取4个数，将其组成无重复数字的四位数，则能被5整除，且比4351大的数共有(    )
A. 54个 B. 62个 C. 74个 D. 82个
8. 已知R上可导函数f(x)的图象如图所示，则不等式(x−3)f′(x)>0的解集为(    )
A. (−2,2)∪(3,+∞)
B. (−∞,−3)∪(3,+∞)
C. (−∞,−2)∪(3,+∞)
D. (−∞,−2)∪(2,+∞)
9. 等差数列{an}的前n项和为Sn.已知a1=−5，a3=−1.记bn=Snan(n=1,2,…)，则数列{bn}的(    )
A. 最小项为b3 B. 最大项为b3 C. 最小项为b4 D. 最大项为b4
10. 关于函数f(x)=2x+lnx，下列判断不正确的是(    )
A. x=2是f(x)的极小值点
B. 函数y=f(x)−x有且只有1个零点
C. 存在正实数k，使得f(x)>kx恒成立
D. 对任意两个正实数x1，x2，且x2>x1，若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>4
二、填空题（本大题共5小题，共25.0分）
11. 函数f(x)=lnxx+1的单调增区间为______ ．
12. 若(x2−1x)n展开式中的所有二项式系数和为512，则n=          ；该展开式中x9的系数为          ．
13. 已知数列{an}的前n项和为Sn，点(an,Sn)在直线3x−2y−2=0上，则数列{an}的首项a1= ______ ，数列{an}的通项公式an= ______ ．
14. 当x>0时，函数f(x)=2−ex+mx2有两个极值点，则实数m的取值范围______ ．
15. 数列{an}中的所有项排成如下数阵：
a1
a2a3a4
a5a6a7a8a9
……
已知从第二行开始每一行比上一行多两项，第一列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2=4，a10=10，从第二行起，每一行中的数按从左到右的顺序均构成以12为公比的等比数列．
①a1=1；
②a2022在第85列；
③an2 ④an2=(3n−2)⋅(12)2n−2．
以上正确结论的序号是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
16. (本小题14.0分)
已知数列{an}为等差数列，且a2=−9，a5=0．
(Ⅰ)求数列{an}的通项公式；
(Ⅱ)若等比数列{bn}满足b1=−6，b2=a2+a3+a4，求数列{bn}的前n项和公式．
17. (本小题14.0分)
已知x=3是函数f(x)=x3−ax2−9x+1的一个极值点．
(1)求实数a的值；
(2)求函数f(x)在区间[−2,0]上的最大值和最小值．
18. (本小题14.0分)
4名男生和4名女生(包含甲、乙)站成一排表演节目．
(Ⅰ)若这4名女生不能相邻，有多少种不同的排法？
(Ⅱ)甲乙必须相邻，有多少种不同的排法？
(Ⅲ)若甲不能站在左端，乙不能站在右端，有多少种不同的排法？
19. (本小题14.0分)
已知函数f(x)=ex−cosx．
(Ⅰ)求曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程；
(Ⅱ)设g(x)=xf′(x)−f(x)，证明：g(x)在(0,+∞)上单调递增；
(Ⅲ)判断3f(13)与4f(14)的大小关系，并直接写出结论．
20. (本小题14.0分)
已知函数f(x)=ax2+(a−2)x−xlnx．
(1)设a=0；
①求y=f(x)单调区间；
②试问f(x)有极大值还是极小值？并求出该极值．
(2)若f(x)在(0,e)上恰有两个零点，求a的取值范围．
21. (本小题15.0分)
若数列A：a1，a2，…，an满足：对任意1≤i (Ⅰ)直接判断下面三个数列是否是“D−数列”；
①A：1，2，3，4；②A：1，3，2，4；③A：4，3，2，1；
(Ⅱ)若“D数列”A：a1，a2，…，a2018满足a1=2018，证明：数列A是等差数列的充分不必要条件是a2018=1；
(Ⅲ)求q的取值范围，使得存在非零实数a，对任意正整数n，数列A：a，aq，aq2，…，aqn−1恒为“D−数列”．
答案和解析

1.【答案】A 
【解析】
【分析】
本题考查了等差数列的通项公式，属于基础题．
设等差数列{an}的公差为d.由于a4=2，a7=−4，可得a1+3d=2a1+6d=−4，解出即可．
【解答】
解：设等差数列{an}的公差为d．
∵a4=2，a7=−4，
∴a1+3d=2a1+6d=−4,
解得a1=8，d=−2．
∴an=a1+(n−1)d=8−2(n−1)=10−2n．
故选：A．
  
2.【答案】C 
【解析】解：本题需要分类来解，
首先当两个节目放在相邻的位置，有C51A22=10种结果，
当两个节目不相邻，从原来形成的五个空中选两个空排列，共有A52=20种结果，
根据分类计数原理知共有10+20=30种结果，
故选：C．
当两个节目放在相邻的位置，有C52A22种结果，当两个节目不相邻，从原来形成的五个空中选两个空排列，共有A52种结果，做出组合数的结果，根据分类计数原理得到结果数．
本题是一个分类计数问题，这是经常出现的一个问题，解题时一定要分清做这件事需要分为几类，每一类包含几种方法，把几个步骤中数字相加得到结果．

3.【答案】C 
【解析】解：对于A，(x2+3ex)′=2x+3ex，故A正确；
对于B，(2sinx−3)′=2cosx，故B正确；
对于C，(1lnx)′=−1x(lnx)2=−1x(lnx)2，故C错误；
对于D，(xcosx)′=cosx−xsinx，故D正确．
故选：C．
根据已知条件，结合导数的求导法则，即可求解．
本题主要考查导数的运算法则，属于基础题．

4.【答案】B 
【解析】解：在(x−2)6的展开式中，通项公式为Tr+1=C6r⋅x6−r⋅(−2)r，令6−r=3，可得r=3，故 x3的系数是(−2)3⋅C63=−160，
故选B．
在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于3，求出r的值，即可求得x3的系数．
本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．

5.【答案】A 
【解析】解：f′(x)=3x2+2ax+(a−3)，
∵f′(x)是偶函数，
∴3(−x)2+2a(−x)+(a−3)=3x2+2ax+(a−3)，
解得a=0，
∴k=f′(0)=−3，
∴切线方程为y=−3x．
故选A．
先由求导公式求出f′(x)，根据偶函数的性质，可得f′(−x)=f′(x)，从而求出a的值，然后利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而写出切线方程．
本题主要考查求导公式，偶函数的性质以及导数的几何意义，难度中等．

6.【答案】C 
【解析】解：数列{an}是各项均为正数的等比数列，
设等比数列{an}的公比为q，且q>0，an>0，
a3a5=a42=64⇒a4=8,a5+2a6=8q+16q2=8⇒q=12，
所以a1=a4q3=26，即S6=26⋅1−1261−12=126．
故选：C．
根据等比数列的知识求得数列{an}的首项和公比，从而求得S6．
本题考查了等比数列的通项公式和求和公式，属于基础题．

7.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题考查了分步乘法和分类加法计数原理，属于中档题．
由题意分千位数为4，百位数为3；千位数为4，百位数为5；千位数为4，百位数为6；千位数为5；千位数为6五种情况分析求解即可．
【解答】
解：若这个数的千位数为4，百位数为3，则这个数可以是4360，4365，共2个，
若这个数的千位数为4，百位数为5，则这个数的个位只能是0，满足条件的数共有C41=4个，
若这个数的千位数为4，百位数为6，则满足条件的数共有C21C41=8个，
若这个数的千位数为5，这个数的个位只能是0，则满足条件的数共有A52=20个，
若这个数的千位数为6，则满足条件的数共有C21A52=40个，
故满足条件的数共有74个．
故选：C．
  
8.【答案】A 
【解析】解：由函数f(x)的图象可得，
当x∈(−∞,−2)，(2,+∞)时，f′(x)>0，
当x∈(−2,2)时，f′(x)<0．
由(x−3)f′(x)>0⇔f′(x)>0 x−3>0①或f′(x)<0 x−3<0②，
解①得x>3，
解②得−2 综上，不等式(x−3)f′(x)>0的解集为(−2,2)∪(3,+∞)．
故选：A．
由函数f(x)的图象可得其导函数在不同区间内的符号，再由(x−3)f′(x)>0得到关于x的不等式组，求解不等式组后取并集即可得到原不等式的解集．
本题考查了函数的单调性与导数的关系，训练了不等式组的解法，考查了转化思想与运算求解能力，属于基础题．

9.【答案】C 
【解析】
【分析】
本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式，还考查了利用数列的单调性定义求解数列的最值项，函数思想的应用是求解问题的关键．
由已知结合等差数列的通项公式及求和公式可求bn，然后结合数列的单调性及数列的函数特性可求．
【解答】
解：等差数列{an}中，a1=−5，a3=−1，
所以d=2，an=−5+2(n−1)=2n−7，Sn=−5n+n(n−1)2×2=n2−6n，
则bn=Snan=n(n−6)2n−7，
令f(x)=x2−6x2x−7，x>0且x≠72，
则f′(x)=2(x2−7x+21)(2x−7)2>0，
故f(x)在(0,72)，(72,+∞)上单调递增，没有最大值，
因为b1=1，b3=9，b4=−8，
结合数列的函数特性易得，当n=4时，bn取得最小值．
故选：C．
  
10.【答案】C 
【解析】解：f(x)=2x+lnx，(x>0)，f′(x)=−2x2+1x=x−2x2，
当x∈(0,2)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减；
当x∈(2,+∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增；
所以x=2是f(x)的极小值点，A正确；
所以f(x)极小值为f(2)=ln2+1，
f(x)图像如下图所示：

设h(x)=kx，因为k是正整数，最小值为1，如图所示，
当k=1时，有f(1)>h(1)，f(2) 故不满足f(x)>kx恒成立，
当k>1时，由图像可知，h(x)=kx与f(x)=2x+lnx的图像必有交点，
故不存在正整数k，使得f(x)>kx恒成立，C错误；
设g(x)=f(x)−x=2x+lnx−x(x>0)，
g′(x)=−2x2+1x−1=−x2+x−2x2，
因为−x2+x−2=−(x−12)2−74<0，所以g′(x)<0，
所以g(x)在(0,+∞)上单调递减，
g(1)=1>0，g(2)=ln2−1<0，
所以∃x0∈(1,2)，使得g(x0)=0，
即函数y=f(x)−x有且只有1个零点，B正确；
要证x1+x2>4，即证x1>4−x2，
不妨设x12．
设t(x)=f(x)−f(4−x)=2x+lnx−24−x−ln(4−x)，x∈(0,2)，
t′(x)=−2x2+1x−2(4−x)2+14−x=8(2−x)(x−2)x2(4−x)2<0，
∴t(x)在(0,2)上单调递减，
所以t(x)>t(2)=0，
所以f(x)>f(4−x)，即f(x1)>f(4−x1)，
又因为f(x2)=f(x1)>f(4−x1)，x1∈(0,2)，4−x1∈(2,4)，x2∈(2,+∞)，
又因为f(x)在(2,+∞)上单调递增，
所以有x2>4−x1，即x1+x2>4，D正确．
故选：C．
由导数求极值最值可知A正确，由函数单调性和零点存在性定理可知B正确，构造t(x)=f(x)−f(4−x)，利用导数判断单调性可知D正确．
本题考查了导数的综合应用，属于中档题．

11.【答案】(0,e) 
【解析】解：函数f(x)=lnxx+1的定义域为(0,+∞)，求导得f′(x)=1−lnxx2，
由f′(x)>0，得lnx<1，解得0 故单调递增区间为(0,e)．
故答案为：(0,e)．
利用导数求出函数f(x)的单调增区间作答．
本题考查了利用导数研究函数的单调性，属基础题．

12.【答案】9 
−84
 
【解析】解：由已知可得2n=512，解得n=9，
则(x2−1x)9的展开式的通项为Tr+1=(−1)rC9rx18−3r，
令18−3r=9，解得r=3，
∴展开式中x9的系数为(−1)3C93=--84．
故答案为：9，−84．
由二项式系数和为2n=512，即可求解n的值，利用通项公式即可求得展开式中x9的系数．
本题主要考查二项式展开式的通项公式，二项式系数，及展开式中特定项的求法，考查学生的计算求解能力，属于中档题．

13.【答案】2  2⋅3n−1，n∈N* 
【解析】解：由题意，点(an,Sn)在直线3x−2y−2=0上，
则3an−2Sn−2=0，
整理，得Sn=32an−1，
当n=1时，a1=S1=32a1−1，解得a1=2，
当n≥2时，an=Sn−Sn−1=32an−1−32an−1+1，
化简整理，得an=3an−1，
∴数列{an}是以2为首项，3为公比的等比数列，
∴an=2⋅3n−1，n∈N*．
故答案为：2；2⋅3n−1，n∈N*．
先根据题意将点(an,Sn)代入直线方程3x−2y−2=0并进行整理可得Sn=32an−1，将n=1代入Sn=32an−1即可计算出首项a1的值，结合公式an=S1,n=1Sn−Sn−1,n≥2即可计算出数列{an}的通项公式．
本题主要考查数列与平面解析几何的值问题．考查了转化与化归思想，分类讨论思想，等比数列的判别及定义，以及逻辑推理能力和数学运算能力，属中档题．

14.【答案】(e2,+∞) 
【解析】解：f′(x)=−ex+2mx(x>0)，
根据题意，可得f′(x)=0在(0,+∞)上两个根，
即−ex+2mx=0在(0,+∞)上有两个根，
即m=ex2x在(0,+∞)上有两个根，
设g(x)=ex2x(x>0)，则g′(x)=(x−1)ex2x2，
在(0,1)上g′(x)<0，g(x)单调递减，
在(1,+∞)上g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)min=g(1)=e2，所以m>e2，
故答案为：(e2,+∞)．
求导得f′(x)，根据题意可得f′(x)=0在(0,+∞)上有两个根，从而得到m=ex2x在(0,+∞)上有两个根，设g(x)=ex2x(x>0)，求导数判断g(x)的单调性，求出g(x)的最小值，进而得出答案．
本题考查导数的综合应用，极值点，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．

15.【答案】①③④ 
【解析】解：对①，∵第一列数a1，a2，a5，…成等差数列，且a2=4，a10=10，
∴d=a10−a22=10−42=3，故a1=a2−d=4−3=1，∴①正确；
对②，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+(n−1)d=3n−2，
第一行共有1项，第二行共有3项，第三行共有5项，……，第n行共有(2n−1)项，
所以前一行共有12项，前二行共有22项，前三行共有32项，…，前n行共有n2项，
∴前44行共有442=1936项，而2022−1936=86，
∴a2022位于第45行86列，∴②错误；
对④，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+(n−1)d=3n−2，
且每一行中的数按从左到右的顺序均构成以12为公比的等比数列，
∴第n行的数构成以(3n−2)为首项，公比为12的等比数列，
∴an2=(3n−2)⋅(12)2n−2，∴④正确；
对③，∵第一列数所组成的等差数列第n行的第一项为：1+(n−1)d=3n−2，
∴an2+1=3n+1，令f(n)=(3n−2)⋅(12)2n−2(n∈N*)，
∴f(n+1)−f(n)=(3n+1)⋅(12)2n−(3n−2)⋅(12)2n−2=(9−9n)⋅(12)2n≤0，
∴当n≥2时，f(n)单调递减，又f(1)=f(2)=1，∴f(n)max=1，
令g(n)=3n+3(n∈N*)，在n∈N*上单调递增，
∴g(n)min=g(1)=6，∴an2 故答案为：①③④．
根据已知条件，按照行和列的顺序分别推理，可判断①②，③可利用行和列的通项，判断单调性，求解出对应的最大最小值，比较即可判断，④利用等差等比的通项公式推导可判断．
本题考查等差数列与等比数列的概念与性质的综合应用，数列的单调性判断，属难题．

16.【答案】解：(Ⅰ)设等差数列数列{an}的公差为d，
由a2=−9，a5=0，可得a1+d=−9，a1+4d=0，
解得a1=−12，d=3，
所以an=−12+3(n−1)=3n−15；
(Ⅱ)设等比数列{bn}的公比为q，
由b1=−6，b2=a2+a3+a4，可得b2=−6q=−9−6−3=−18，
则q=3，
数列{bn}的前n项和为Sn=−6(1−3n)1−3=3−3n+1． 
【解析】(Ⅰ)由等差数列的通项公式，解方程可得首项和公差，进而得到所求；
(Ⅱ)由等比数列和等差数列的通项公式可得公比，再由等比数列的求和公式可得所求和．
本题考查等差数列和等比数列的通项公式、求和公式的运用，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

17.【答案】解：(1)∵x=3是f(x)的一个极值点．∴f′(3)=0.f′(x)=3x2−2ax−9，
∴f′(3)=27−6a−9=0，∴a=3，
经检验，a=3符合题意．
(2)f(x)=x3−3x2−9x+1，∴f′(x)=3(x−3)(x+1)．
令f′(x)>0，解得x<−1或x>3，
令f′(x)<0，解得−1 所以f(x)在(−2,−1)上单增，(−1,0)上单减，
∴fmax(x)=f(−1)=6．
又f(−2)=−1，f(0)=1.∴fmin(x)=f(−2)=−1． 
【解析】(1)由题意利用f′(3)=0求得a的值并进行检验即可；
(2)首先由导函数确定函数的单调性，然后结合函数的单调性求解函数的最值即可．
本题主要考查利用导数研究函数的极值，利用导数研究函数的最值等知识，属于基础题．

18.【答案】解：4名男生和4名女生(包含甲、乙)站成一排表演节目．
(1)要使这4名女生不相邻，可以先排4名男生，再将4名女生插入4名男生产生的5个空中，
所以这4名女生不相邻的排法有A44⋅A54=24×120=2880种．
(2)利用捆绑法，把甲和乙捆在一起，看作一个人，
则不同的排法有77A22A=10080种；
(3)①甲站在右端，其余6人全排列，有A77=5040种排法．
②甲不站在右端有6种排法，乙有6种排法，其余6人全排，有6×6×A66=25920种排法．
故一共有5040+25920=30960种排法． 
【解析】(1)先排4名男生，再将4名女生插入4名男生产生的5个空中，利用插空法求解即可；
(2)利用捆绑法求解即可；
(3)分甲站在右端和甲不站在右端两种情况，求解即可．
本题考查了排列组合的混合问题，先选后排是最基本的指导思想，属于中档题．

19.【答案】解：(Ⅰ)f′(x)=ex+sinx，所以f(0)=0，f′(0)=1，
故曲线y=f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y=x；
(Ⅱ)证明：由题意得g(x)=x(ex+sinx)−(ex−cosx)=(x−1)ex+xsinx+cosx，
∴g′(x)=x(ex+cosx)，
当x>0时，ex+cosx>e0+cosx=1+cosx≥0，即g′(x)>0，
故g(x)在(0,+∞)上单调递增；
(Ⅲ)3f(13)>4f(14).证明如下：
设h(x)=f(x)x, x∈(0,+∞)，
则h′(x)=xf′(x)−f(x)x2=g(x)x2，
由(2)知g(x)在(0,+∞)上单调递增，则g(x)>g(0)=0，
∴h′(x)>0，即h(x)在(0,+∞)上单调递增，
∴h(13)>h(14)，即3f(13)>4f(14)． 
【解析】(Ⅰ)由题意得f′(x)=ex+sinx，求出f(0)=0，f′(0)=1，即可得出答案；
(Ⅱ)求导，利用导数的正负即可确定函数的单调性，即可得出答案；
(Ⅲ)构造函数h(x)=f(x)x, x∈(0,+∞)，利用导数确定单调性，结合(2)的结论即可求解．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求曲线上某点处的切线方程，属于中档题．

20.【答案】解：(1)①当a=0时，f(x)=−2x−xlnx，(x>0)，
则f′(x)=−2−(1+lnx)=−3−lnx，
令f′(x)>0，得0e−3，
∴f(x)在(0,e−3)上单调递增，在(e−3,+∞)上单调递减；
②结合①当x=e−3时，函数f(x)有极大值f(e−3)=−2e−3−e−3lne−3=e−3，无极小值．
(2)因为函数f(x)在(0,e)上恰有两个零点，
所以方程ax2+(a−2)x−xlnx=0在(0,e)上有两个解，
即a=2+lnxx+1在(0,e)上有两个解，
记h(x)=2+lnxx+1，x∈(0,e)，
则直线y=a与函数h(x)=2+lnxx+1，x∈(0,e)有两个交点，
则h′(x)=1x(x+1)−(2+lnx)(x+1)2=1−x−xlnxx(x+1)2，
记m(x)=1−x−xlnx，则m′(x)=−1−(1+lnx)=−2−lnx，
令m′(x)>0，得0 所以m(x)在(0,e−2)上单调递增，在(e−2,e)上单调递减，
令m(x)=0得x=1，又m(e−2)=1+e−2>0，m(e)=1−2e<0，
所以当00，h′(x)>0，函数h(x)单调递增，
当1 又h(e−2)=0，h(1)=1，h(e)=3e+1，
如图，

由图知，要使直线y=a与函数h(x)=2+lnxx+1，x∈(0,e)有两个交点，
则3e+1 所以函数f(x)在(0,e)上恰有两个零点时，a的取值范围为(3e+1,1)． 
【解析】(1)①求导，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间；②根据函数的单调性即可求解极值问题．
(2)由题意，转化为方程a=2+lnxx+1有两个解，即直线y=a与函数h(x)=2+lnxx+1，x∈(0,e)有两个交点，构造h(x)=2+lnxx+1，求导得到其单调性，数形结合，即可求出a的取值范围．
本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查函数零点与方程根的关系，考查逻辑推理能力及运算求解能力，是难题．

21.【答案】解：(I)①②③均为“D数列“．
(Ⅱ)充分性：对2≤i≤2017，由条件，a1+1≤ai+i≤a2018+2018，
即2019≤ai+i≤2019，∴ai+i=2019，ai=2019−i，
∵当2≤i≤2016时，ai+1−ai=(2018−i)−(2019−i)=−1，
∴数列A是以−1为公差的等差数列．
不必要性：当{an}是常数列，且an=2018时，数列A是“D−数列“，但a≠1．
(Ⅲ)(1)当q=0时，取a=1，则数列A为“D−数列“；
(2)当q≠0时，条件等价于对任意的正整数i，ai+i≤ai+1+(i+1)，
即ai+1≥ai−1，∴aqi≥aqi−1−1，
①当q≥1时，取a=1，则qi≥qi−1>qi−1−1成立；
②当00>qi−1−1成立；
③当−1≤q<0时，取a=12，则当偶数时，12qi>0>12qi−1−1；
当i是奇数时，12qi≥−12≥12qi−1−1，均成立；
④当q<−1时，下证：存在正整数，使得aqi 事实上，当a>0时，取i奇数且i>1n1a(1−q)ln(−q)+1，则(*)成立；
当a<0时，取i是偶数且i>ln1−a(1−q)ln(−q)+1，则(*)成立．
综上所述，q的范围为[−1,+∞)． 
【解析】(Ⅰ)根据“D−数列”的定义直接判断这三个数列即可；
(Ⅱ)根据条件可知数列A是以−1为公差的等差数列，充分性成立，再由数列A是“D−数列“且a≠1，可证不必要性；
(Ⅲ)当q=0时，易知数列A为“D−数列“；当q≠0时，条件等价于对任意的正整数i，ai+i≤ai+1+(i+1)，然后分q≥1，0 本题考查了对新定义“D−数列”的理解，等差数列的性质，充分不必要条件和恒成立问题，考查了分类讨论思想和转化思想，属难题．