2022-2023学年北京市清华大学附中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年北京市清华大学附中高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共21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。

1.已知a=(1,2)，b=(4,−2)，下列说法正确的是( )
A. |a|= 3B. a⊥bC. a//bD. b−a=(3,4)
2.已知集合A={x|x(x−1)≤0}，B={x|lnx≤a}，为使得A∪B=A，则实数a可以是( )
A. 0B. 1C. 2D. e
3.在复平面内，复数3−5i1−i对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
4.在△ABC中，AB=5，BC=6，csB=35，则△ABC的面积为( )
A. 24B. 18C. 12D. 9
5.已知等差数列{an}中，a7=19，a2+a8=26，则数列{an}的前5项和为( )
A. 35B. 40C. 45D. 52
6.已知侧棱长为2的正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且三个侧面两两垂直，则这个球的表面积为( )
A. 48πB. 24πC. 12πD. 6π
7.已知函数f(x)=(13)x+2x−1，则不等式f(x)<0的解集为( )
A. (0,1)B. (−1,0)
C. (−∞,−1)∪(0,+∞)D. (−∞,0)∪(1,+∞)
8.已知|AB|=1，|CD|=2，AD⋅AC=|AC|2，则CB⋅CD的最大值为( )
A. 1B. 2C. 2 2D. 4
9.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，其中a1>0，则“a3>a1”是“Sn无最大值”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E、F、G、H分别为棱BC，CD，C1D1，B1C1的中点，点M为棱CC1上的动点，则下列说法中正确的个数是( )
①AM与BB1异面；
②A1H//平面AEM；
③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；
④平面AEM⊥平面BB1GF.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知复数z=3+ai(a<0)的模为5，则a=______ .
12.已知函数f(x)=sinx+acsx(a<0)的最大值为2，则f(π6)=______ .
13.在正四棱锥P−ABCD中，底面边长为2，侧棱长为 6，点E是PA的中点，则三棱锥E−ABD的体积为______ .
14.已知函数f(x)=csx,x≤0ex−12ax2,x>0在区间[−π,+∞)上是单调函数，则正数a的一个取值为__________.
15.已知函数f(x)=lnx，取点A1(a1,f(a1))(a1>0)，过A1作曲线f(x)=lnx的切线交y轴于(0,a2)(a2>0)，取点A2(a2,f(a2))，过A2作曲线f(x)=lnx的切线交y轴于(0,a3)依此类推，直到当an≤0(n≥3)时停止操作，此时得到数列{an}.给出下列四个结论：①0所有正确结论的序号是__________.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题14分)
已知在△ABC中，2c=2bcsA−a.
(1)求B；
(2)若a+c=8，b=7，且C>A，求BC边上的高.
17.(本小题14分)
已知首项为0的无穷等差数列{an}中，a2，a3，a4+1成等比数列.
(1)求{an}的通项公式；
(2)记bn={an+1,n为奇数2an,n为偶数，求数列{bn}的前2n项和T2n.
18.(本小题14分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，AB=AD=2，点M和点N在棱CC1上，且CM=2CN=2.
(1)求证：AM//平面BDN；
(2)求证：A1C⊥DN.
19.(本小题14分)
已知函数f(x)= 3sinωxcsωx+cs2ωx−12，其中0<ω<2，有如下三个条件：条件①：f(π3)=12；条件②：f(x+π)=f(x)；条件③：f(π6−x)=f(π6+x).从以上三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题.
(1)求f(x)的单调递增区间；
(2)若f(x)在区间[0,m]上的最大值为1，求实数m的最小值.
注：如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.
20.(本小题14分)
已知函数f(x)=ax2+bx，若函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=3.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间；
(3)当x>0时，若存在常数t>0，使得方程f(x)=t有两个不同的实数解x1，x2，求证：x1+x2>2.
21.(本小题15分)
给定正整数n，记S(n)为所有由2n个非负实数组成的2行n列的数表构成的集合.对于A∈S(n)，用Ri(A)，Cj(A)分别表示的第i行，第j列各数之和(i=1,2；j=1，2，…，n).将A的每列的两个数中任选一个变为0(可以将0变为0)而另一个数不变，得到的数表称为A的一个残表.
(1)对如下数表A，写出A的所有残表A′，使得R1(A′)=R2(A′)；
(2)已知A∈S(2)且Cj(A)=1(j=1,2)，求证：一定存在A的某个残表A′使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
(3)已知A∈S(23)且Cj(A)=1(j=1,2,…，23)，求证：一定存在A的某个残表A′使得R1(A′)，R2(A′)均不超过6.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵a=(1,2)，
∴|a|= 12+22= 5，A错误；
a=(1,2)，b=(4,−2)，
则a⋅b=1×4+2×(−2)=0，故a⊥b，B正确；
∵a=(1,2),b=(4,−2)，∴1×(−2)−4×2=−10≠0，故a与b不平行，C错误；
b−a=(4−1,−2−2)=(3,−4)，D错误．
故选：B.
根据向量的模的计算公式，两个向量的差与数量积的坐标运算，两个向量垂直、平行的条件逐一检验各个选项是否正确，从而得到答案．
本题主要考查平面向量垂直的性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由题得A=[0,1]，B=(0,ea],
因为A∪B=A，所以B⊆A.
所以ea≤1=e0，∴a≤0.
故选：A.
先化简集合A，B，再根据已知得到ea≤1，解不等式即得解．
本题主要考查了解一元二次不等式，考查了对数函数的性质，同时考查了集合间的基本关系，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵3−5i1−i=(3−5i)(1+i)(1−i)(1+i)=8−2i2=4−i，
∴对应的点为(4,−1)，在第四象限．
故选：D.
对复数进行化简，根据复数的几何意义即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：∵csB=35，0∴sinB= 1−cs2B=45，
又AB=c=5，BC=a=6，
∴S△ABC=12acsinB=12×5×6×45=12.
故选：C.
根据平方关系求出sinB，再由面积公式计算可得．
本题主要考查了同角平方关系及三角形的面积公式的应用，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：数列{an}是等差数列，设公差为d，
∵a7=19，a2+a8=26，
∴a1+6d=19a1+d+a1+7d=26，
解得：a1=1，d=3，
前5项和S5=5×1+5×42×3=35.
故选：A.
数列{an}是等差数列，设公差为d，由已知及通项公式，建立方程组，求得a1，d，再利用等差数列的求和公式求S5.
本题考查等差数列的通项和求和公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：如图，
将正三棱锥P−ABC放到棱长为2的正方体中，
则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，
设外接球的半径为R，则(2R)2=22+22+22=12，得4R2=12，
∴外接球的表面积S=4πR2=12π.
故选：C.
将正三棱锥P−ABC放到棱长为2的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球，求出外接球的半径，再根据球的表面积公式计算即可．
本题考查多面体的外接球，训练了分割补形法的应用，是基础题．
7.【答案】B
【解析】解：令f(x)=(13)x+2x−1=0，可得(13)x=1−2x，
在同一直角坐标系中画出y=(13)x与y=1−2x的图象：
由图可得，y=(13)x与y=1−2x的图象有两个交点，
又f(−1)=(13)−1−2−1=0，f(0)=(13)0+0−1=0，
由图可得(13)x<1−2x的解集为(−1,0)，即f(x)<0的解集为(−1,0).
故选：B.
f(x)<0的解集即为(13)x<1−2x的解集，画出y=(13)x与y=1−2x的图象即可求解．
本题主要考查了函数的性质在不等式求解中的应用，体现了数形结合思想的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为AD⋅AC=|AC|2，即(AC+CD)⋅AC=|AC|2，
即AC2+CD⋅AC=|AC|2，即|AC|2+CD⋅AC=|AC|2，
所以CD⋅AC=0，
所以CB⋅CD=(CA+AB)⋅CD=CA⋅CD+AB⋅CD
=AB⋅CD=|AB|⋅|CD|cs⟨AB,CD⟩=2cs⟨AB,CD⟩，
因为−1≤cs⟨AB,CD⟩≤1，
所以当cs⟨AB,CD⟩=1时CB⋅CD取最大值，最大值为2.
故选：B.
根据数量积的运算律得到CD⋅AC=0，则CB⋅CD=2cs⟨AB,CD⟩，结合余弦函数的性质计算可得．
本题考查平面向量的线性运算和数量积运算，属中档题．
9.【答案】A
【解析】解：设等比数列{an}的公比为q，
若a3>a1，a1>0，
∴a1q2>a1，∴q2>1，得q<−1或q>1，
又Sn=a1(1−qn)1−q=a1q−1(qn−1)，
当q<−1时，若n为奇数，Sn=a1q−1(qn−1)=a11−q(−q)n+a11−q，
∵a11−q>0，(−q)>1，∴当n为奇数时Sn单调增，则Sn无最大值，
当q>1时，Sn=a1q−1(qn−1)，
∵a1q−1>0，q>1，∴Sn单调增，则Sn无最大值，即充分性成立．
当q=1时，Sn=na1，又a1>0，则Sn无最大值．
可得“a3>a1”不是“Sn无最大值”的必要条件，即必要性不成立．
由此可知“a3>a1”是“Sn无最大值”的充分不必要条件．
故选：A.
由等比数列{an}中a3>a1等价于公比q<−1或q>1，结合前n项和公式单调性的判定可得其是否具有充分性，必要性方面举反例发现Sn无最大值不一定推得a3>a1，继而选项可定．
本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据等比数列的性质进行判断是解决本题的关键，是中档题．
10.【答案】C
【解析】解：对于①，连接A1C1，AC，
∵AA1=CC1，AA1//CC1，∴四边形AA1C1C是平行四边形，
又∵AM⊂平面AA1C1C，BB1//CC1，CC1⊂平面AA1C1C，BB1⊄平面AA1C1C，
∴BB1//平面AA1C1C，又CC1∩AM=M，∴BB1与AM是异面直线，故①正确；
对于②，连接EH，则EH//AA1，EH=AA1，
∴四边形AA1HE是平行四边形，A1H//AE，
又AE⊂平面AEM，A1H⊄平面AEM，∴A1H//平面AEM，故②正确；
对于③，取CC1的中点T，当M与T重合时，连接AD1，则有ET//AD1，E，T，A，D1四点共面，
即平面AEM截正方体的图形是四边形AD1TE，如下图：
当M点在线段C1T上时，在平面AA1D1D内作直线AU//EM，交DD1的延长线于U，交A1D1于V，连接UM，
∵DD1//CC1，∴D，U，C，C1四点共面，UM⊂平面DD1C1C，
∴UM∩D1C1=W，
即平面AEM截正方体的图形是五边形AEMWV，如下图：
故③错误；
对于④，在正方形ABCD内，Rt△ABE≅Rt△BCF，∠EAB=∠FBC，
∴∠FBC+∠BEA=π2，
∴AE⊥BF，又∵BB1⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，
∴AE⊥BB1，BB1，BF⊂平面BB1GF，BB1∩BF=B，
∴AE⊥平面BB1GF，又AE⊂平面AEM，
∴平面AEM⊥平面BB1GF，故④正确．
故选：C.
根据正方体的几何性质逐项分析．
本题主要考查了线面平行和线面垂直的判定，考查了面面垂直的判定，同时考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
11.【答案】−4
【解析】解：由题意，可得|a|= 9+a2=5，且a<0，解得a=−4.
故答案为：−4.
根据复数的模长公式，建立方程，可得答案．
本题主要考查复数的模长公式，属于基础题．
12.【答案】−1
【解析】解：函数f(x)= 1+a2sin(x+φ)，tanφ=a，
故函数f(x)的最大值为 1+a2，由已知得 1+a2=2，a<0，
解得a=− 3，
所以f(x)=sinx− 3csx=2sin(x−π3)；
所以f(π6)=2sin(π6−π3)=2sin(−π6)=−1.
故答案为：−1.
利用辅助角公式及最大值可得a的值，再求函数值即可．
本题考查辅助角公式的应用，属于基础题．
13.【答案】23
【解析】解：设AC∩BD=O，连接PO，
由正四棱锥的性质可知PO⊥平面ABCD，
又底面边长为2，侧棱长为 6，所以AO=12AC=12 22+22= 2，
则PO= ( 6)2−( 2)2=2，
因为点E是PA的中点，所以点E到平面ABCD的距离h=12PO=1，
所以VE−ABD=13S△ABDh=13×12×2×2×1=23.
故答案为：23.
设AC∩BD=O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，再利用勾股定理求出PO，最后根据锥体的体积公式计算可得．
本题考查三棱锥的体积的求解，化归转化思想，属中档题．
14.【答案】1(答案不唯一，只要满足0【解析】【分析】
本题考查分段函数的单调性，属于较难题．
分析函数在[−π,0]上单调递增，则f(x)在(0,+∞)上单调递增且函数值大于等于1，当x>0时，求出函数的导函数，则f′(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，参变分离可得a≤exx在x∈(0,+∞)上恒成立，再利用导数求出函数的最小值，即可求出参数的取值范围．
【解答】
解：∵y=csx在[−π,0]上单调递增，且当x=0时y=1，
又函数f(x)=csx,x≤0ex−12ax2,x>0在区间[−π,+∞)上是单调函数，
则f(x)在(0,+∞)上单调递增且函数值大于等于1，
当x>0时，f(x)=ex−12ax2，且e0−12a×02=1，
则f′(x)=ex−ax，而f′(x)≥0在x∈(0,+∞)上恒成立，
∴a≤exx在x∈(0,+∞)上恒成立，
令g(x)=exx，x∈(0,+∞)，则g′(x)=ex(x−1)x2，
当01时g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∴g(x)min=g(1)=e，可得a≤e，
又a>0，∴0故答案为：1(答案不唯)
15.【答案】②③④
【解析】【分析】
本题考查导数的几何意义，利用导数求函数的最值，等差数列、等比数列的判定，属于综合题．
对函数f(x)求导后，利用导数的几何意义得到切线方程y−lnan−1=1an−1(x−an−1)，令x=0，即可求出an，判断出②正确；利用an=lnan−1−1，n≥2，求出a2，利用a2>0，可以判断出①错误；利用an−(an−1−2)=lnan−1−an−1+1，构造函数，利用函数的单调性求出最大值，即可判断出③正确；假设存在正整数k>3，满足条件，利用等差数列的定义得到数列也为等比数列，公差为零，得出矛盾，再验证k=3满足条件，从而④正确．
【解答】
解：因为f(x)=lnx，所以f′(x)=1x，则f′(an−1)=1an−1,n≥2，
所以f(x)=lnx在点x=an−1处的切线方程为y−lnan−1=1an−1(x−an−1)，
令x=0，得y=lnan−1−1，
所以an=lnan−1−1，n≥2，所以②正确；
根据an=lnan−1−1，令n=2，则a2=lna1−1>0，解得a1>e，故①错误；
又当n≥2，n∈N*时，an−(an−1−2)=lnan−1−an−1+1，
设g(x)=lnx−x+1，x>0，
则g′(x)=1x−1=1−xx，
令g′(x)>0，得01，
则g(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1,+∞)上单调递减，
所以g(x)≤g(1)=ln1−1+1=0，
所以当n≥2，n∈N*时，an≤an−1−2，故③正确；
假设存在正整数k>3，使得a1，a2，…，ak成等差数列，设公差为d，
则ak−ak−1=lnak−1−ak−1−1=lnak−1−lnak−2=d，
所以ak−1ak−2=ed，
可知该数列既是等差数列又是等比数列，
故d=0，但与an≤an−1−2矛盾，故该数列不是等差数列，
故不存在正整数k>3，使得a1，a2，…，ak成等差数列．
假设当k=3时，a1，a2，…，ak成等差数列，
则a2=lna1−1,a1=ea2+1,a3=lna2−1，
又由a1+a3=2a2，得ea2+1+lna2−1=2a2，
令h(x)=ex+1+lnx−1−2x，x>0，
其中h(1)=e2−1−2>0，h(e−10)=ee−10+1−10−1−2e−10<0，
故存在x0∈(e−10,1)，使得h(x0)=0，即a1+a3=2a2，
所以存在k=3，使得a1，a2，…，ak成等差数列，故④正确．
故答案为：②③④．
16.【答案】解：(1)∵2c=2bcsA−a，
∴由正弦定理得2sinC=2sinBcsA−sinA，
即2sin(A+B)=2sinBcsA−sinA，
即2sinAcsB+2csAsinB=2sinBcsA−sinA，
∴2sinAcsB=−sinA，
∵A∈(0,π)，即sinA≠0，
∴csB=−12.
又B∈(0,π)，则B=2π3；
(2)∵a+c=8，b=7，B=2π3，
∴由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=−12，
∴a2+c2−49=−ac，即(a+c)2−49=ac，
∴ac=64−49=15，
∵C>A，∴c>a.
∵a+c=8，
∴a=3，c=5.
过A作AD⊥CB交BC的延长线于点D，如图所示：
则BC边上的高AD=AB⋅sin∠ABD=5×sinπ3=5 32.
【解析】(1)根据正弦定理将边化为角，根据两角和的正弦公式可求csB的值，即可得出答案；
(2)由余弦定理求出a，c，过A作CB延长线的垂线，垂足为D，在Rt△ABD中求AD，即可得出答案．
本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
因为a2，a3，a4+1成等比数列，所以a2(a4+1)=a32，
即d(3d+1)=(2d)2，解得d=0或d=1，
若d=0，则an=0，此时a2，a3不能是等比数列中的项，
故d=0不符合题意，
所以d=1，an=0+(n−1)×1=n−1，
此时a2=1，a3=2，a4+1=4，符合a2，a3，a4+1成等比数列，
所以an=n−1.
(2)bn={an+1,n为奇数2an,n为偶数={n,n为奇数2n−1,n为偶数，
所以T2n=b1+b2+b3+b4+⋯+b2n−1+b2n
=(b1+b3+b5+⋯+b2n−1)+(b2+b4+b6+⋯+b2n)
=(1+3+5+⋯+2n−1)+(21+23+25+⋯+22n−1)
=[1+(2n−1)]n2+2×(1−4n)1−4=n2+22n+1−23.
所以T2n=n2+22n+1−23.
【解析】(1)由等比数列的性质，求得等差数列{an}的公差d，再由等差数列的通项公式，得解；
(2)采用分组求和法，结合等差数列与等比数列的求和公式，即可得解．
本题考查数列的通项公式与前n项和的求法，熟练掌握等差数列的通项公式，等比中项的性质，等差、等比数列的前n项和公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，
点M和点N在棱CC1上，且CM=2CN=2，
连接AC、BD，设AC∩BD=O，连接ON，
则O为AC的中点，又N为CM的中点，所以ON//AM，
又AM⊄平面BDN，ON⊂平面BDN，所以AM//平面BDN.
(2)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=2，则ABCD为正方形，
所以AC⊥BD，
AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以AA1⊥BD，
AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，所以BD⊥平面AA1C1C，
A1C⊂平面AA1C1C，所以A1C⊥BD，
又AC=2 2，OC= 2，CN=1，AA1=4，
所以AA1AC=ACCN，所以△A1AC∽△OCN，所以∠A1CA=∠ONC，
又∠A1CA+∠A1CN=90∘，所以∠A1CN+∠ONC=90∘，
所以A1C⊥ON，
又BD∩ON=O，BD，ON⊂平面BDN，
所以A1C⊥平面BDN，又DN⊂平面BDN，所以A1C⊥DN.

【解析】(1)连接AC、BD，设AC∩BD=O，连接ON，即可得到ON//AM，从而得证；
(2)首先证明BD⊥平面AA1C1C，得到A1C⊥BD，再证A1C⊥ON，即可得到A1C⊥平面BDN，从而得证．
本题考查了线面垂直，线线垂直问题，考查转化思想，是中档题．
19.【答案】解：(1)f(x)= 3sinωxcsωx+cs2ωx−12= 32sin2ωx+1+cs2ωx2−12= 32sin2ωx+12cs2ωx=sin(2ωx+π6)；
若选①，f(π3)=12，即sin(2ω⋅π3+π6)=12，
因为0<ω<2，所以2ω⋅π3+π6∈(π6,32π)，
所以2ω⋅π3+π6=56π，解得ω=1；
若选②，f(x+π)=f(x)，所以π是f(x)的一个周期．
所以f(0)=f(π)，即sinπ6=sin(2πω+π6)=12，
因为0<ω<2，所以2πω+π6∈(π6,4π+π6)，
所以2πω+π6=56π或136π或176π，
解得ω=13或1或43，则最小正周期T=2π2ω=3π或π或34π，
而π是函数的一个周期，
可得ω=1.
若选③，因为f(π6−x)=f(π6+x)可得函数的一条对称轴为x=π6，
所以2×π6ω+π6=π2+kπ，k∈Z，且0<ω<2，
解得ω=1.
综上，ω=1，所以f(x)=sin(2x+π6)，
所以单调递增区间满足−π2+2kπ≤2x+π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得−π3+kπ≤x≤π6+kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[−π3+kπ,π6+kπ](k∈Z).
(2)x∈[0,m]时，2x+π6∈[π6,2m+π6]，
令t=2x+π6∈[π6,2m+π6]，
则y=sint在t∈[π6,2m+π6]上的最大值为1，
则2m+π6≥π2，解得m≥π6.
所以m的最小值为：π6.
【解析】(1)根据三角函数的恒等变换可得f(x)=sin(2ωx+π6)，分别选择条件①，②，③都可得到ω=1，再根据正弦函数的单调性求解即可；
(2)令t=2x+π6∈[π6,2m+π6]，画出图象，数形结合即可求解．
本题考查函数的性质的应用及最值的求法，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为f(x)=ax2+bx，
所以f′(x)=2ax−bx2，
因为函数f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=3，
所以f(1)=3f′(1)=0，即a+b=32a−b=0，
解得a=1b=2.
(2)由(1)可得f(x)=x2+2x定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
则f′(x)=2x−2x2=2x3−2x2=2(x−1)(x2+x+1)x2，
因为x2+x+1=(x+12)2+34>0，
所以当x<0或01时f′(x)>0，
所以f(x)的单调递减区间为(−∞,0)，(0,1)，单调递增区间为(1,+∞).
(3)证明：由(1)可得当x>0时f(x)的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,+∞)，
则f(x)在x=1处取得极小值f(1)=3，
因为当x>0时，存在常数t>0，使得方程f(x)=t有两个不同的实数解x1，x2，
即y=f(x)(x>0)与y=t有两个交点，则t>3，
不妨设x1要证x1+x2>2，
即证x2>2−x1，又0因为f(x)在(1,+∞)上单调递增，
所以只需证明f(x2)>f(2−x1)，
又f(x1)=f(x2)，则只需证明f(x1)>f(2−x1)，
令g(x)=f(x)−f(2−x)=x2+2x−(2−x)2−22−x(0则g′(x)=2x−2x2+2(2−x)−2(x−2)2=2[2x2(x−2)2−x2−(x−2)2]x2(x−2)2
=2(x−1)(2x3−6x2+4)x2(x−2)2=4(x−1)(x3−3x2+2)x2(x−2)2，
令h(x)=x3−3x2+2，(0则h(x)在(0,1)上单调递减，且h(1)=0，所以h(x)>0，
所以g′(x)<0，即g(x)在(0,1)上单调递减，
所以g(x)>g(1)=0，
即f(x)−f(2−x)>0在(0,1)上恒成立，
所以f(x)>f(2−x)在(0,1)上恒成立，
即f(x1)>f(2−x1)在x1∈(0,1)上恒成立，
则x1+x2>2.
【解析】(1)求出函数的导函数，依题意可得f(1)=3f′(1)=0，即可得到方程组，解得即可；
(2)由(1)可得f(x)=x2+2x，求出函数的定义域与导函数，再解得关于导函数的不等式，即可求出函数的单调区间；
(3)由(2)不妨设x1f(2−x1)，即证f(x1)>f(2−x1)，令g(x)=f(x)−f(2−x)(0本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的切线问题，利用导数证明不等式，极值点偏移问题，化归转化思想，属难题．
21.【答案】解：(1)根据残表的定义，数表A的所有残表A′，且满足R1(A′)=R2(A′)如下：
(2)证明：由A∈S(2)且Cj(A)=1(j=1,2)，不妨设数表A如下：
显然，0≤m≤1，0≤n≤1，
不难发现其残表A′满足：
R1(A′)=m+nR2(A′)=0，或R1(A′)=mR2(A′)=1−n，或R1(A′)=nR2(A′)=1−m，或R1(A′)=0R2(A′)=2−(m+n)，
当0≤m≤13，0≤n≤13时，A的残表：
使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
当0≤m≤13，13≤n≤1时，A的残表：
使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
当13≤m≤23，0≤n≤23时，A的残表：
当13≤m≤23，23≤n≤1时，A的残表：
使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
当23≤m≤1，0≤n≤23时，A的残表：
使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
当23≤m≤1，23≤n≤1时，A的残表：
使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
综上，一定存在A的某个残表A′使得R1(A′)，R2(A′)均不超过23；
(3)证明：设A为：
则aj+bj=1(j=1,2,3,…，23)，
不妨设a1≤a2≤…≤a23，则b1≥b2≥…≥b23，
若a1+a2+…+a23≤6，则可取A的残表A′：
(则每列都将第二个数变为0)，即有R1(A)=a1+a2+⋯+a23，
而R2(A)=0，均不超过6；
若a1+a2+⋯+a23>6，则可设正整数k≤22满足a1+⋯+ak≤6由于66k+1，
于是ak+1+ak+2+⋯+a23≥(23−k)ak−1>6(23−k)k+1，
有bk+1+bk+2+⋯+b23=(1−ak+1)+⋯+(1−a23)=(23−k)−(ak+1+⋯+a23)≤(23−k)−6(23−k)k+1=29−k−164k+1=30−[(k+1)+144k+1]≤30−2 144=6，
故可取A的残表A′为：
(即前k列都将第二个数变为0，而后23−k列都将第一个数变为0)，
即有R1(A′)=a1+a2+⋯+ak，R2(A′)=bk+1+⋯+b23，均不超过6.
【解析】(1)由题意，注意对残表的理解，可得出答案；
(2)由A∈S(2)且Cj(A)=1(j=1,2)，可知，数表A中每列两数的和为1，设为m，1−m；n，1−n，易发现R1(A′)，R2(A′)取值情况，分析可得证．
(3)用反证法，可得证．
本题是新概念题，要准确理解数表以及残表的概念，采取从特殊到一般的方法，逐层突破，考查了逻辑推理能力、计算能力，属于难题．0.1
0.1
1
0
0
0.1
0
0.1
0
0
0
0.1
0.1
0
0
0
0
0.1
m
n
1−m
1−n
m
n
0
0
m
0
0
1−n
0
n
1−m
0
m
0
0
1−n
0
n
1−m
0
0
0
1−m
1−n
a1
a2
…
a23
b1
b2
…
b23
a1
a2
…
a23
0
0
…
0
a1
a2
…
ak
0
…
0
0
0
…
0
bk+1
…
b23