广东省佛山市2022届高考数学质量检测试题（二） 理（佛山二模）（含解析）新人教A版

2022年广东省江门、佛山市高考数学二模试卷（理科）参考答案与试题解析　一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．（5分）（2022•江门二模）已知M={x|﹣2≤x≤4，x∈Z}，N={x|﹣1＜x＜3}，则M∩N=（　　）　A．（﹣1，3）B．[﹣2，1）C．{0，1，2}D．{﹣2，﹣1，0}考点：交集及其运算．专题：计算题．分析：由列举法写出集合M，然后直接取符合集合N的元素构成集合即可．解答：解：由M={x|﹣2≤x≤4，x∈Z}={﹣2，﹣1，0，1，2，3，4}，N={x|﹣1＜x＜3}，所以M∩N={0，1，2}．故选C．点评：本题考查了交集及其运算，是基础的会考题型．　2．（5分）（2022•江门二模）已知复数z的实部为1，且|z|=2，则复数z的虚部是（　　）　A．B．C．D．考点：复数求模．专题：计算题．分析：设复数z的虚部是为b，根据已知复数z的实部为1，且|z|=2，可得1+b2=4，由此解得b的值，即为所求．解答：解：设复数z的虚部是为b，∵已知复数z的实部为1，且|z|=2，故有1+b2=4，解得b=±，故选D．点评：本题主要考查复数的基本概念，求复数的模，属于基础题．　3．（5分）（2022•江门二模）已知数列{an}是等差数列，若a3+a11=24，a4=3，则{an}的公差是（　　）　A．1B．3C．5D．6考点：等差数列的性质．专题：计算题．分析：（法一）利用等差数列的性质把已知条件转化可得a7=12，利用公式求解．17\n（法二）把已知条件用等差数列的首项a1、公差d表示，联立解d．解答：解：（法一）因为数列{an}是等差数列，a3+a11=24，a4=3利用等差数列的性质可得2a7=24所以a7=12，（法二）设等差数列的公差为d∵a3+a11=24，a4=3∴解得a1=﹣6，d=3故选B．点评：本题法一：主要考查等差数列的性质：若m+n=p+q，则am+an=ap+aq，灵活运用该性质可以简化基本运算．法二：主要是运用等差数列的通项公式，利用等差数列的基本量a1，d表示an，及基本运算．　4．（5分）（2022•江门二模）为了解一片经济林的生长情况，随机测量了其中100株树木的底部周长（单位：cm）．根据所得数据画出样本的频率分布直方图，那么在这100株树木中，底部周长小于110cm的株数是（　　）　A．30B．60C．70D．80考点：频率分布直方图．专题：计算题．分析：由图分析，易得底部周长小于110cm段的频率，根据频率与频数的关系可得频数．解答：解：由图可知：则底部周长小于110cm段的频率为（0.01+0.02+0.04）×10=0.7，则频数为100×0.7=70人．故选C．点评：本题考查读图的能力，读图时要全面细致，同时，解题方法要灵活多样，切忌死记硬背，要充分运用数形结合思想来解决由统计图形式给出的数学实际问题．　5．（5分）（2022•江门二模）函数f（x）=sin，x∈[﹣1，1]，则（　　）　f（x）为偶函数，且在[0，1]上单调递减f（x）为偶函数，且在[0，1]上单调递增17\nA．B．　C．f（x）为奇函数，且在[﹣1，0]上单调递增D．f（x）为奇函数，且在[﹣1，0]上单调递减．考点：复合三角函数的单调性；正弦函数的奇偶性．专题：三角函数的图像与性质．分析：利用诱导公式化简函数f（x）的解析式为cosπx，故函数为偶函数．再由当x∈[0，1]时，可得函数y=cosπx是减函数，从而得出结论．解答：解：∵函数f（x）=sin=cosπx，故函数为偶函数，故排除C、D．当x∈[0，1]时，πx∈[0，π]，函数y=cosπx是减函数，故选A．点评：本题主要考查诱导公式、余弦函数的奇偶性和单调性，属于中档题．　6．（5分）（2022•江门二模）下列命题中假命题是（　　）　A．若一条直线平行于两个相交平面，则这条直线与这两个平面的交线平行　B．垂直于同一条直线的两条直线相互垂直　C．若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直　D．若一个平面内的两条相交直线与另一个平面内的相交直线分别平行，那么这两个平面相互平行考点：命题的真假判断与应用．专题：阅读型．分析：对A选项，利用线面平行的判定与性质判断即可；根据垂直于同一直线的二直线位置关系不确定来判断B是否正确；利用面面垂直的判定定理判断C是否正确；利用面面平行的判定定理判断D是否正确．解答：解：如图，∵a∥α，a⊂γ，γ∩α=b，∴a∥b；同理a∥c，∴b∥c，∴b∥β，又b⊂α，α∩β=l，∴b∥l，∴a∥l，故A选项正确；∵垂直于同一直线的两条直线，位置关系是相交、平行或异面，∴B为假命题；根据面面垂直的判定定理，C正确；根据面面平行的判定定理，D正确．故选B．点评：本题借助考查命题的真假判断，考查线线、线面、面面平行，垂直关系．　7．（5分）（2022•湖北）直线2x+y﹣10=0与不等式组表示的平面区域的公共点有（　　）17\n　A．0个B．1个C．2个D．无数个考点：二元一次不等式（组）与平面区域．专题：作图题；数形结合．分析：画出不等式组表示的平面区域、画出直线2x+y﹣10=0；由图判断出直线与平面区域的公共点．解答：解：画出不等式组表示的平面区域如下作出直线2x+y﹣10=0，由图得到2x+y﹣10=0与可行域只有一个公共点（5，0）故选B点评：本题考查画不等式组表示的平面区域、考查数形结合数学数学方法．　8．（5分）（2022•江门二模）将边长为2的等边三角形PAB沿x轴滚动，某时刻P与坐标原点重合（如图），设顶点P（x，y）的轨迹方程是y=f（x），关于函数y=f（x）的有下列说法：①f（x）的值域为[0，2]；②f（x）是周期函数；③f（﹣1.9）＜f（π）＜f（2022）；④．其中正确的说法个数为（　　）　A．0B．1C．2D．3考点：命题的真假判断与应用．专题：函数的性质及应用．分析：17\n先根据题意画出顶点P（x，y）的轨迹，如图所示．轨迹是一段一段的圆弧组成的图形．从图形中可以看出，关于函数y=f（x）的说法的正确性．解答：解：根据题意画出顶点P（x，y）的轨迹，如图所示．轨迹是一段一段的圆弧组成的图形．从图形中可以看出，关于函数y=f（x）的有下列说法：①f（x）的值域为[0，2]正确；②f（x）不是周期函数，②不正确；③由于f（﹣1.9）=f（3.9），f（2022）=f（3）；而f（3）＜f（π）＜f（3.9），∴f（2022）＜f（π）＜f（﹣1.9）．故③不正确；④表示函数f（x）在区间[0，6]上与x轴所围成的图形的面积，其大小为两个正三角形和三段扇形的面积和，其值为+2×=+2，故④错误．故选B．点评：本小题主要考查命题的真假判断与应用、函数单调性的应用、函数奇偶性的应用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于中档题．　二、填空题：本大共7小题，考生作答6小题，每小题5分，满分35分．（一）必做题（9～13题）9．（5分）（2022•江门二模）命题“∃x0∈R，≤0”的否定是　∀x∈R，＞0　．考点：特称命题；命题的否定．专题：规律型．分析：根据命题“∃x0∈R，≤0”是特称命题，其否定为全称命题，将“存在”改为“任意”，“≤“改为“＞”即可得答案．解答：解：∵命题“∃x0∈R，≤0”是特称命题∴命题的否定为：∀x∈R，＞0．17\n故答案为：∀x∈R，＞0．点评：这类问题的常见错误是没有把全称量词改为存在量词，或者对于“＞”的否定用“＜”了．这里就有注意量词的否定形式．如“都是”的否定是“不都是”，而不是“都不是”．特称命题的否定是全称命题，“存在”对应“任意”．属基础题．　10．（5分）（2022•太原一模）已知向量，满足，（﹣）⊥，向量与的夹角为　　．考点：数量积表示两个向量的夹角．专题：平面向量及应用．分析：由题意可得（）•=﹣=0，再利用两个向量的数量积的定义求得cos＜＞的值，即可求得向量与的夹角．解答：解：由题意可得（）•=﹣=0，即1﹣1××cos＜＞=0，解得cos＜＞=．再由＜＞∈[0，π]，可得＜＞=，故答案为．点评：本题主要考查两个向量的数量积的定义，根据三角函数的值求角，属于中档题．　11．（5分）（2022•江门二模）（1+2x）n的展开式中x3的系数等于x2的系数的4倍，则n等于　8　．考点：二项式定理的应用．专题：计算题．分析：设（1+2x）n的展开式的通项公式为Tr+1，利用（1+2x）n的展开式中x3的系数等于x2的系数的4倍，得到n的关系式，解之即可．解答：解：设（1+2x）n的展开式的通项公式为Tr+1，则Tr+1=（2x）r=2r••xr，令r=3得展开式中x3的系数为：8，令r=2得展开式中x2的系数为4．依题意，8=4×4，17\n即=2×，解得n=8．故答案为：8．点评：本题考查二项式定理的应用，着重考查展开式的通项公式，考查理解与运算能力，属于中档题．　12．（5分）（2022•江门二模）已知圆C经过点A（0，3）和B（3，2），且圆心C在直线y=x上，则圆C的方程为　（x﹣1）2+（y﹣1）2=1　．考点：圆的标准方程．专题：直线与圆．分析：设圆心坐标为C（a，a），则由题意可得半径r==，解得a的值，即可求得圆C的方程．解答：解：设圆心坐标为C（a，a），则由题意可得半径r==，解得a=1，故圆C的方程为（x﹣1）2+（y﹣1）2=1，故答案为（x﹣1）2+（y﹣1）2=1．点评：本题主要考查用待定系数法求圆的标准方程，属于中档题．　13．（5分）（2022•江门二模）将集合{2s+2t|0≤s＜t且s，t∈Z}中的元素按上小下大，左小右大的顺序排成如图的三角形数表，将数表中位于第i行第j列的数记为bij（i≥j＞0），则b65=　80　．考点：等差数列与等比数列的综合；数列的函数特性．专题：综合题；等差数列与等比数列．分析：经观察，t=1时，为第一行；t=2时，为第二行；t=3时，为第三行，…每行从左向右，s从0开始依次增加1，从而可求得答案．解答：解：依题意，t=1时，为第一行，s=0，第一行一个数；t=2时，为第二行，s=0，1，第二行有两个数；t=3时，为第三行，s=0，1，2，第三行有三个数；…当t=6时，为第六行，从左向右数第五个数为：s=4，t=6，∴b65=24+26=16+64=80．故答案为：80．点评：本题考查等差数列与等比数列的综合，依题意，找出三角形数表的行列规律是关键，也是难点，考查分析与观察能力，属于难题．17\n　14．（5分）（2022•江门二模）（坐标系与参数方程）在极坐标系中，设曲线C1：ρ=2sinθ与C2：ρ=2cosθ的交点分别为A、B，则线段AB的垂直平分线的极坐标方程为　ρsinθ+ρcosθ=1　．考点：简单曲线的极坐标方程．专题：直线与圆．分析：由ρ=2sinθ得ρ2=2ρsinθ，根据极坐标与直角坐标的互化公式求得曲线C1的直角坐标方程，同理求得曲线C2的直角坐标方程；线段AB的垂直平分线经过两圆的圆心，将圆的方程化为标准方程，求得圆心坐标，即可得到线段AB的垂直平分线方程，最后再化成极坐标方程即可．解答：解：由ρ=2sinθ得，ρ2=2ρsinθ，即曲线C1的直角坐标方程为x2+y2﹣2y=0，由ρ=2cosθ得曲线C2的直角坐标方程为x2+y2﹣2x=0．线段AB的垂直平分线经过两圆的圆心∵圆x2+y2﹣2x=0可化为：（x﹣1）2+y2=1，圆x2+y2﹣2y=0可化为：x2+（y﹣1）2=1∴两圆的圆心分别为（1，0），（0，1）∴线段AB的垂直平分线方程为x+y=1，极坐标方程为ρsinθ+ρcosθ=1．故答案为：ρsinθ+ρcosθ=1．点评：本题主要考查把极坐标方程化为直角坐标方程的方法，考查两圆公共弦的垂直平分线的方程，属于基础题．　15．（5分）（2022•江门二模）（几何证明选讲）如图，圆O的直径AB=9，直线CE与圆O相切于点C，AD⊥CE于D，若AD=1，设∠ABC=θ，则sinθ=　　．考点：与圆有关的比例线段．专题：直线与圆．分析：利用圆的性质、切线的性质、三角形相似的判定与性质、三角函数的定义即可得出．解答：解：∵直线CE与圆O相切于点C，∴∠ACD=∠ABC．∵AB是⊙O的直径，∴∠ACB=90°，∴∠ADC=∠ACB=90°．∴△ACD∽△ABC，∴，∴AC2=AB•AD=9×1=9，解得AC=3．∴．故答案为．17\n点评：熟练掌握圆的性质、切线的性质、三角形相似的判定与性质、三角函数的定义是解题的关键．　三、解答题：本大题共6小题，满分80分，解答须写出文字说明、证明过程或演算步骤．16．（12分）（2022•江门二模）在平面直角坐标系xOy中，以Ox为始边，角α的终边与单位圆O的交点B在第一象限，已知A（﹣1，3）．（1）若OA⊥OB，求tanα的值．（2）若B点横坐标为，求S△AOB．考点：同角三角函数间的基本关系；三角形的面积公式；任意角的三角函数的定义．专题：计算题；三角函数的求值；平面向量及应用．分析：（1）根据三角函数的定义，设B（cosα，sinα），其中．根据OA⊥OB，利用向量的数量积为零列式，可得cosα=3sinα，再由同角三角函数的商数关系可求出tana的值．（2）根据题意，求出B的坐标为（，），从而得到向量、的数量积，然后运用夹角公式算出cos∠AOB=，再用同角三角函数的平方关系算出sin∠AOB=，最后根据||=1、||=运用正弦定理的面积公式，即可得到S△AOB的值．解答：解：∵点B在单位圆上，且在第一象限∴设B（cosα，sinα），（1）∵OA⊥OB，∴•=0，即﹣cosα+3sinα=0，可得cosα=3sinα，所以tanα==；（2）∵B点横坐标为，∴cosα=，可得sinα==（舍负）因此B的坐标为（，）∵A（﹣1，3），可得||==∴cos∠AOB===17\n由此可得，sin∠AOB==因此，S△AOB=||•||sin∠AOB=××1×=．点评：本题给出单位圆与角α在第一象限的交点为A，求α的正切值，并求三角形AOB的面积．着重考查了三角函数的定义、同角三角函数基本关系和向量数量积公式、夹角公式等知识，属于基础题．　17．（12分）（2022•江门二模）市民李生居住在甲地，工作在乙地，他的小孩就读的小学在丙地，三地之间的道路情况如图所示．假设工作日不走其它道路，只在图示的道路中往返，每次在路口选择道路是随机的．同一条道路去程与回程是否堵车相互独立．假设李生早上需要先开车送小孩去丙地小学，再返回经甲地赶去乙地上班．假设道路A、B、D上下班时间往返出现拥堵的概率都是，道路C、E上下班时间往返出现拥堵的概率都是，只要遇到拥堵上学和上班的都会迟到．（1）求李生小孩按时到校的概率；（2）李生是否有七成把握能够按时上班？（3）设ξ表示李生下班时从单位乙到达小学丙遇到拥堵的次数，求ξ的均值．考点：离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差．专题：概率与统计．分析：（1）先求出从甲到丙遇到拥堵的概率，利用对立事件的概率计算公式即可得到李生小孩能够按时到校的概率；（2）由（1）的结论可得：甲到丙没有遇到拥堵的概率是，同样丙到甲没有遇到拥堵的概率也是；先求出：甲到乙遇到拥堵的概率，由对立事件的概率即可得到甲到乙没有遇到拥堵的概率，利用独立事件的概率计算公式即可得到李生上班途中均没有遇到拥堵的概率，即可判断出答案．（3）利用（1）（2）的结论和独立事件的概率计算公式和互斥事件的概率计算公式即可得出，再利用分布列和数学期望即可得出．解答：解：（1）因为道路D、E上班时间往返出现拥堵的概率分别是和．因此从甲到丙遇到拥堵的概率是，所以李生小孩能够按时到校的概率是1﹣0.15=0.85；（2）甲到丙没有遇到拥堵的概率是，丙到甲没有遇到拥堵的概率也是，17\n甲到乙遇到拥堵的概率是，甲到乙没有遇到拥堵的概率是，∴李生上班途中均没有遇到拥堵的概率是，所以李生没有七成把握能够按时上班．（3）依题意ξ可以取0，1，2．P（ξ=0）=，P（ξ=1）=，P（ξ=2）=．ξ012P分布列是：Eξ==点评：正确理解题意和熟练掌握独立事件、对立事件、互斥事件的概率计算公式和分布列、数学期望的计算公式是解题的关键．　18．（14分）（2022•江门二模）如图甲，设正方形ABCD的边长为3，点E、F分别在AB、CD上，并且满足AE=2EB，CF=2FD，如图乙，将直角梯形AEFD沿EF折到A1EFD1的位置，使点A1在平面EBCF上的射影G恰好在BC上．（1）证明：A1E∥平面CD1F；（2）求平面BEFC与平面A1EFD1所成二面角的余弦值．考点：二面角的平面角及求法；直线与平面平行的判定．专题：空间位置关系与距离；空间角．分析：（1）利用线面平行的判定定理即可证明；（2）如图所示，利用图甲、乙，求出EF、A1E、A1G，作GT∥BE交EF于点T，则TG⊥GC，以点G为原点，分别以GC、GT、GA1所在直线为x、y、z轴，建立如图丙所示的空间直角坐标系，利用两个平面的法向量的夹角即可得出二面角．解答：（1）证明：在图甲中，易知AE∥DF，从而在图乙中有A1E∥D1F，∵A1E⊄平面CD1F，D1F⊂平面CD1F，∴A1E∥平面CD1F．17\n（2）解：如图，在图乙中作GH⊥EF，垂足为H，连接A1H，由于A1G⊥平面EBCF，则A1G⊥EF，∴EF⊥平面A1GH，则EF⊥A1H，图甲中有EF⊥AH，又GH⊥EF，则A、G、H三点共线，设CF的中点为M，则MF=1，可证△ABG≌△EMF，∴BG=MF=1，则AG=；又由△ABG∽△AHE，得，于是，HG=AG﹣AH=，在Rt△A1GH中，==，作GT∥BE交EF于点T，则TG⊥GC，以点G为原点，分别以GC、GT、GA1所在直线为x、y、z轴，建立如图丙所示的空间直角坐标系，则G（0，0，0），E（﹣1，1，0），F（2，2，0），，则，，∴是平面BEFC的一个法向量，设是平面A1EFD1的一个法向量，则，不妨取y=﹣1，则x=3，z=，∴．设平面BEFC与平面A1EFD1所成二面角为θ，可以看出，θ为锐角，∴==，所以，平面BEFC与平面A1EFD1所成二面角的余弦值为．点评：熟练掌握线面平行的判定定理、三角形的相似与全等的判定定理和性质定理、通过建立空间直角坐标系利用法向量的夹角求二面角的方法等知识与方法是解题的关键．　19．（14分）（2022•江门二模）在平面直角坐标系内，动圆C过定点F（1，0），且与定直线x=﹣1相切．17\n（1）求动圆圆心C的轨迹C2的方程；（2）中心在O的椭圆C1的一个焦点为F，直线l过点M（4，0）．若坐标原点O关于直线l的对称点P在曲线C2上，且直线l与椭圆C1有公共点，求椭圆C1的长轴长取得最小值时的椭圆方程．考点：直线与圆锥曲线的关系；椭圆的标准方程；抛物线的标准方程．专题：计算题；圆锥曲线的定义、性质与方程．分析：（1）根据抛物线的定义，动圆圆心C的轨迹是以F（1，0）为焦点，x=﹣1为准线的抛物线，结合抛物线的基本概念即可求出C的轨迹C2的方程；（2）设P（m，n），直线l方程为y=k（x﹣4），根据OP被l垂直平分建立关于k、m、n的方程组，解之可得m=且n=﹣．将P的坐标关于k的形式代入抛物线方程，解之得k2=1，从而得到直线l的方程．然后根据直线l与椭圆C1有公共点，两方程联解并运用根的判别式解出a2+b2≥16，结合b2=a2﹣1可得a的最小值为，由此即可得到椭圆C1的长轴长取得最小值时的椭圆方程．解答：解：（1）由题意，可得∵圆心C到定点F（1，0）的距离与到定直线x=﹣1的距离相等∴由抛物线定义知，C的轨迹C2是以F（1，0）为焦点，直线x=﹣1为准线的抛物线∴动圆圆心C的轨迹C2的方程为y2=4x．（2）设P（m，n），直线l方程为y=k（x﹣4），则OP中点为（，），∵O、P两点关于直线y=k（x﹣4）对称，∴，即，解之得将其代入抛物线方程，得：（﹣）2=4×，解之得k2=1．设椭圆C1的方程为，联列，消去y得：（a2+b2）x2﹣8a2x+16a2﹣a2b2=0由△=（﹣8a2）2﹣4（a2+b2）（16a2﹣a2b2）≥0，得a2+b2≥16，注意到b2=a2﹣1，即2a2≥17，可得a≥，即2a，17\n因此，椭圆C1长轴长的最小值为，此时椭圆的方程为．点评：本题给出动点P满足的条件，求P的轨迹方程并依此求椭圆C1的长轴长取得最小值时的椭圆方程．着重考查了抛物线、椭圆的标准方程与简单几何性质、一元二次方程根与系数的关系和直线与圆锥曲线的位置关系等知识点，属于中档题．　20．（14分）（2022•江门二模）某水域一艘装载浓硫酸的货船发生侧翻，导致浓硫酸泄漏，对河水造成了污染．为减少对环境的影响，环保部门迅速反应，及时向污染河道投入固体碱，1个单位的固体碱在水中逐渐溶化，水中的碱浓度f（x）与时间x（小时）的关系可近似地表示为：f（x）=，只有当污染河道水中碱的浓度不低于时，才能对污染产生有效的抑制作用．（1）如果只投放1个单位的固体碱，则能够维持有效的抑制作用的时间有多长？（2）第一次投放1单位固体碱后，当污染河道水中的碱浓度减少到时，马上再投放1个单位的固体碱，设第二次投放后水中碱浓度为g（x），求g（x）的函数式及水中碱浓度的最大值．（此时水中碱浓度为两次投放的浓度的累加）考点：函数模型的选择与应用．专题：应用题．分析：（1）利用分段函数解析式，分别列出不等式，解之，即可求得x的范围，从而可得能够维持有效抑制作用的时间；（2）确定第二次投放后水中碱浓度g（x）的解析式，再分段利用导数或基本不等式研究其单调性，即可求得最大值．解答：解：（1）由题意知或解得1≤x＜3或3≤x≤4，即1≤x≤4能够维持有效的抑制作用的时间：4﹣1=3小时．（2）由（1）知，x=4时第二次投入1单位固体碱，显然g（x）的定义域为4≤x≤10当4≤x≤6时，第一次投放1单位固体碱还有残留，17\n故g（x）=（1﹣）+[2﹣﹣]=；当6＜x≤10时，第一次投放1单位固体碱已无残留，故当6＜x≤7时，g（x）=2﹣﹣=；当7＜x≤10时，g（x）=1﹣=；所以g（x）=当4≤x≤6时，g（x）==；当且仅当时取“=”，即x=1+3（函数值与自变量值各1分）当6＜x≤10时，第一次投放1单位固体碱已无残留，当6＜x≤7时，g′（x）=，所以g（x）为增函数；当7＜x≤10时，g（x）为减函数；故g（x）max=g（7）=，又，所以当x=1+3时，水中碱浓度的最大值为．答：第一次投放1单位固体碱能够维持有效的抑制作用的时间为3小时；第一次投放1+3小时后，水中碱浓度的达到最大值为．点评：本题考查分段函数，不等式，函数的单调性，考查利用基本不等式求函数的最值，确定函数的解析式是关键．　21．（14分）（2022•江门二模）设函数，记f0（x）的导函数f'0（x）=f1（x），f1（x）的导函数f'1（x）=f2（x），f2（x）的导函数f'2（x）=f3（x），…，fn﹣1（x）的导函数f'n﹣1（x）=fn（x），n=1，2，…．（1）求f3（0）；（2）用n表示fn（0）；（3）设Sn=f2（0）+f3（0）+…+fn+1（0），是否存在n∈N*使Sn最大？证明你的结论．17\n考点：数列与函数的综合；导数的运算；数列的函数特性；数列的求和．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）由函数，利用导数的性质，能够依次求出f1（x），f2（x），f3（x）的表达式即可得到f3（0）．（2）不失一般性，设函数fn﹣1（x）=（an﹣1x2+bn﹣1x+cn﹣1）eλx，导函数为fn（x）=（anx2+bnx+cn）eλx，对fn﹣1（x）求导，再结合题中条件求出cn=n（n﹣1）•λn﹣2，因此fn（0）=cn=n（n﹣1）λn﹣2．将λ=﹣代入即得：fn（0）；（3）由（2）知fn+1（0）=n（n+1）（﹣）n﹣1，再对n分奇偶数讨论：当n=2k（k=1，2，…）时，得到当Sn最大时，n为奇数．当n=2k+1（k≥2）时，数列{S2k+1}是递减数列，又S1=f2（0），S3=f2（0）+f3（0）+f3（0）=2，从而得出当n=1或n=3时，Sn取最大值．解答：解：（1）易得，f1（x）=（﹣x2+2x）e，f2（x）=（x2﹣2x+2）e，f3（x）=（﹣x2+x﹣3）e，∴f3（0）=﹣3．（2）不失一般性，设函数fn﹣1（x）=（an﹣1x2+bn﹣1x+cn﹣1）eλx，导函数为fn（x）=（anx2+bnx+cn）eλx，其中n=1，2，…，常数λ≠0，a0=1，b0=c0=0．对fn﹣1（x）求导得：fn﹣1′（x）=[λan﹣1x2+（2an﹣1+λbn﹣1]x+（bn﹣1+λcn﹣1）]eλx，故由fn﹣1′（x）=fn（x）得：an=λan﹣1①，bn=2an﹣1+λbn﹣1②，cn=2bn﹣1+λcn﹣1③由①得：an=λn，n∈N，代入②得：bn=2λn+λbn﹣1，即，其中n=1，2，…，故得：bn=2n•λn﹣2+λcn﹣1．代入③得：cn=2nλn﹣2+λcn﹣1，即，其中n=1，2，…，故得：cn=n（n﹣1）•λn﹣2，因此fn（0）=cn=n（n﹣1）λn﹣2．17\n将λ=﹣代入得：fn（0）=n（n﹣1）（﹣）n﹣2．其中n∈N．（3）由（2）知fn+1（0）=n（n+1）（﹣）n﹣1，当n=2k（k=1，2，…）时，S2k﹣S2k﹣1=f2k+1（0）=2k（2k+1）＜0，∴S2k﹣S2k﹣1＜0，S2k＜S2k﹣1故当Sn最大时，n为奇数．当n=2k+1（k≥2）时，S2k+1﹣S2k﹣1=f2k+2（0）+f2k+1（0）又f2k+2（0）=（2k+1）（2k+2），f2k+1（0）=2k（2k+1），∴f2k+2（0）+f2k+1（0）=（2k+1）（2k+2）+2k（2k+1）=（2k+1）（k﹣1）＜0，∴S2k+1＜S2k﹣1，因此数列{S2k+1}是递减数列又S1=f2（0），S3=f2（0）+f3（0）+f3（0）=2，故当n=1或n=3时，Sn取最大值S1=S3=2．点评：本题考查导数的应用、数列的函数特性和数列与函数的综合，解题时要认真审题，仔细解答，认真分析，注意总结，属于难题．　17