北京市西城区高三上学期期末数学试卷（理科）

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精2016-2017学年北京市西城区高三(上）期末数学试卷（理科)一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项．1．已知集合A={x|0＜x＜2｝,B=｛x｜x2﹣1≤0｝，那么A∪B=（）A．{x|0＜x≤1｝ B．{x｜﹣1≤x＜2｝ C．{x|﹣1≤x＜0} D．{x｜1≤x＜2｝2．下列函数中，定义域为R的奇函数是（）A．y=x2+1 B．y=tanx C．y=2x D．y=x+sinx3．已知双曲线x2﹣=1（b＞0)的一个焦点是（2，0）,则其渐近线的方程为（)A．x±y=0 B．x±y=0 C．x±3y=0 D．3x±y=04．在极坐标系中,已知点P（2，），则过点P且平行于极轴的直线的方程是（）A．ρsinθ=1 B．ρsinθ= C．ρcosθ=1 D．ρcosθ=5．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的四个侧面的面积中最大的是（)A．3 B． C．6 D．6．设，是非零向量，且≠±．则“||=｜|”是“（）⊥()”的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件7．实数x,y满足若z=ax+y的最大值为3a+9，最小值为3a﹣3，则a的取值范围是（）A．[﹣1，0］ B．［0,1] C．［﹣1，1] D．（﹣∞,﹣1］∪[1，+∞）8．在空间直角坐标系O﹣xyz中．正四面体P﹣ABC的顶点A，B分别在x轴,y轴上移动．若该正四面体的棱长是2,则｜OP｜的取值范围是（）A．[﹣1，+1] B．［1，3] C．[﹣1，2］ D．[1，+1］二、填空题：本大题共6小题,每小题5分，共30分．9．复数等于．10．设等比数列{an｝的各项均为正数,其前Sn项和为a1=1，a3=4，则an=；S6=．11．执行如图所示的程序框图，输出的S值为．12．在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a，b，c．若c=3，C=，sinB=2sinA，则a=．13．设函数f(x）=，其中a＞0①若a=3，则f[f（9）］=;②若函数y=f(x)﹣2有两个零点，则a的取值范围是．14．10名象棋选手进行单循环赛（即每两名选手比赛一场）．规定两人对局胜者得2分，平局各得1分，负者得0分,并按总得分由高到低进行排序．比赛结束后,10名选手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名选手得分之和的．则第二名选手的得分是．三、解答题：本大题共6小题，共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）已知函数f（x）=sin（2ωx﹣）+2cos2ωx﹣1（ω＞0）的最小正周期为π(Ⅰ)求ω的值;（Ⅱ）求f（x）在区间[0,］上的最大值和最小值．16．（14分)如图，在四棱锥P﹣ABCD中,AD∥BC，∠BAD=90°，PA=PD，AB⊥PA，AD=2,AB=BC=1（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD（Ⅱ）若E为PD的中点，求证:CE∥平面PAB(Ⅲ)若DC与平面PAB所成的角为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．17．（13分）手机完全充满电量,在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间．为了解A，B两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取A，B两个型号的手机各7台，在相同条件下进行测试,统计结果如下：手机编号1234567A型待机时间（h)120125122124124123123B型待机时间(h)118123127120124ab其中，a，b是正整数，且a＜b(Ⅰ）该卖场有56台A型手机，试估计其中待机时间不少于123小时的台数;(Ⅱ)从A型号被测试的7台手机中随机抽取4台,记待机时间大于123小时的台数为X，求X的分布列；（Ⅲ）设A，B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，当B型号被测试手机待机时间的方差最小时,写出a，b的值（结论不要求证明)．18．（13分）已知函数f（x）=lnx﹣a•sin（x﹣1），其中a∈R．（Ⅰ）如果曲线y=f（x）在x=1处的切线的斜率是﹣1，求a的值；(Ⅱ)如果f(x）在区间(0，1)上为增函数，求a的取值范围．19．（14分）已知直线l：x=t与椭圆C：=1相交于A,B两点,M是椭圆C上一点（Ⅰ）当t=1时,求△MAB面积的最大值；(Ⅱ）设直线MA和MB与x轴分别相交于点E，F，O为原点．证明:｜OE|•｜OF｜为定值．20．（13分）数字1，2，3,…,n(n≥2）的任意一个排列记作（a1，a2，…,an),设Sn为所有这样的排列构成的集合．集合An={（a1，a2，…,an)∈Sn｜任意整数i，j,1≤i＜j≤n，都有ai+i≤aj﹣j}；集合Bn=｛(a1，a2，…，an｝∈Sn｜任意整数i，j，1≤i＜n,都有ai+i≤aj+j}．（Ⅰ）用列举法表示集合A3，B3（Ⅱ）求集合An∩Bn的元素个数;（Ⅲ）记集合Bn的元素个数为bn．证明：数列｛bn｝是等比数列．

2016—2017学年北京市西城区高三（上）期末数学试卷（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,共40分．在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项．1．已知集合A={x｜0＜x＜2}，B={x｜x2﹣1≤0｝,那么A∪B=（）A．{x｜0＜x≤1｝ B．{x|﹣1≤x＜2} C．｛x｜﹣1≤x＜0} D．{x|1≤x＜2}【考点】并集及其运算．【分析】先分别求出集合A和B，由此能求出A∪B．【解答】解:∵集合A=｛x|0＜x＜2},B=｛x|x2﹣1≤0｝={x|﹣1≤x≤1},∴A∪B={﹣1≤x＜2｝．故选：B．【点评】本题考查并集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意并集定义的合理运用．2．下列函数中，定义域为R的奇函数是（）A．y=x2+1 B．y=tanx C．y=2x D．y=x+sinx【考点】函数奇偶性的性质．【分析】根据函数奇偶性的定义和性质进行判断即可．【解答】解：A．y=x2+1是偶函数，不满足条件．B．y=tanx是奇函数，但函数的定义域不是R，不满足条件．C．y=2x为增函数，为非奇非偶函数，不满足条件．D．y=x+sinx是奇函数,满足条件．故选：D【点评】本题主要考查函数奇偶性的判断，利用函数奇偶性的定义是解决本题的关键．要求熟练掌握常见函数的奇偶性的性质，比较基础．3．已知双曲线x2﹣=1（b＞0)的一个焦点是（2，0）,则其渐近线的方程为（）A．x±y=0 B．x±y=0 C．x±3y=0 D．3x±y=0【考点】双曲线的简单性质．【分析】由题意可得c=2，即1+b2=4,解得b，进而得到双曲线的方程，即可得到渐近线方程．【解答】解:由题意可得c=2，即1+b2=4，解得b=，可得渐近线方程为y=±x．故选B．【点评】本题考查双曲线的方程和渐近线方程的求法，注意运用双曲线的基本量的关系和渐近线方程与双曲线的方程的关系，考查运算能力,属于基础题．4．在极坐标系中，已知点P（2，），则过点P且平行于极轴的直线的方程是（）A．ρsinθ=1 B．ρsinθ= C．ρcosθ=1 D．ρcosθ=【考点】点的极坐标和直角坐标的互化；简单曲线的极坐标方程．【分析】求出点P(2，）的直角坐标，可得此点到极轴的距离为1，从而求得所求直线的极坐标方程．【解答】解：∵点P（2,)的直角坐标为(，1），此点到x轴的距离为1，故经过此点到x轴的距离为1的直线的方程是y=1，故过点P且平行于极轴的直线的方程是ρsinθ=1,故选A．【点评】本题主要考查把点的极坐标化为直角坐标的方法，求简单曲线的极坐标方程，属于基础题．5．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的四个侧面的面积中最大的是(）A．3 B． C．6 D．【考点】由三视图求面积、体积．【分析】由三视图得几何体是四棱锥并画出直观图，由三视图判断出线面的位置关系，并求出几何体的高和侧面的高，分别求出各个侧面的面积，即可得到答案．【解答】解：由三视图得几何体是四棱锥P﹣ABCD，如图所示：且PE⊥平面ABCD，底面ABCD是矩形,AB=4、AD=2，面PDC是等腰三角形，PD=PC=3，则△PDC的高为=，所以△PDC的面积为：×4×=2，因为PE⊥平面ABCD，所以PE⊥BC，又CB⊥CD，PE∩CD=E，所以BC⊥面PDC，即BC⊥PC，同理可证AD⊥PD,则两个侧面△PAD、△PBC的面积都为：×2×3=3,侧面△PAB的面积为:×4×=6，所以四棱锥P﹣ABCD的四个侧面中面积最大是：6，故选C．【点评】本题考查由三视图求几何体侧面的面积，由三视图正确复原几何体、判断出几何体的结构特征是解题的关键，考查空间想象能力．6．设，是非零向量，且≠±．则“｜｜=||”是“（）⊥（）"的（）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．【分析】根据向量数量积的应用以及充分条件和必要条件的定义进行判断．【解答】解：若“(）⊥(）”，则“(）•（）=0，即“｜｜2=|｜2”,即||=|｜,反之当|｜=||,则（）•（）=｜｜2﹣|｜2=0，即()⊥（）,故“||=｜|"是“（）⊥(）"的充要条件，故选：C【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据向量垂直与向量数量积的关系是解决本题的关键．7．实数x,y满足若z=ax+y的最大值为3a+9，最小值为3a﹣3，则a的取值范围是（)A．［﹣1，0] B．［0，1］ C．［﹣1，1] D．（﹣∞，﹣1］∪[1，+∞）【考点】简单线性规划．【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，确定过B点取得最大值，故A点取得最小值，利用数形结合确定目标函数斜率的范围，即可得到结论【解答】解:作出不等式组对应的平面区域如图：由z=ax+y得y=﹣ax+z，∵z=ax+y的最大值为3a+9,最小值为3a﹣3，∴当直线y=﹣ax+z经过点B(3，9)时直线截距最大，当经过点A（3,﹣3）时，直线截距最小．则直线y=﹣ax+z的斜率﹣a满足，﹣1≤﹣a≤1，即﹣1≤a≤1，故选:C【点评】本题主要考查线性规划的应用,利用数形结合是解决本题的关键．8．在空间直角坐标系O﹣xyz中．正四面体P﹣ABC的顶点A，B分别在x轴,y轴上移动．若该正四面体的棱长是2，则｜OP｜的取值范围是（）A．[﹣1，+1］ B．[1，3] C．[﹣1，2] D．［1，+1]【考点】空间中的点的坐标．【分析】根据题意画出图形,结合图形，固定正四面体P﹣ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动，原点O到点P的最近距离等于PM减去球的半径,最大距离是PM加上球的半径．【解答】解:如图所示，若固定正四面体P﹣ABC的位置，则原点O在以AB为直径的球面上运动,设AB的中点为M，则PM==;所以原点O到点P的最近距离等于PM减去球M的半径,最大距离是PM加上球M的半径;所以﹣1≤|OP|≤+1，即|OP|的取值范围是［﹣1，+1]．故选:A．【点评】本题主要考查了点到直线以及点到平面的距离与应用问题，也考查了转化法与数形结合思想的应用问题，是综合性题目．二、填空题：本大题共6小题,每小题5分，共30分．9．复数等于i．【考点】复数代数形式的乘除运算．【分析】复数的分子、分母同乘分母的共轭复数,化简复数为a+bi的形式即可．【解答】解:复数===i．故答案为:i．【点评】本题考查复数的乘除运算,复数的化简,考查计算能力．10．设等比数列｛an}的各项均为正数,其前Sn项和为a1=1，a3=4，则an=2n﹣1;S6=63．【考点】等比数列的前n项和；等比数列的通项公式．【分析】利用等比数列的通项公式与求和公式即可得出．【解答】解：设正数等比数列{an}的公比为q＞0,∵a1=1,a3=4，∴q2=4，q＞0，解得q=2．则an=2n﹣1．S6==63．故答案为：2n﹣1；63．【点评】本题考查了等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．11．执行如图所示的程序框图，输出的S值为﹣3．【考点】程序框图．【分析】模拟程序的运行，依次写出每次循环得到的S，k的值，可得当k=4时不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为﹣3．【解答】解:模拟程序的运行，可得k=1,S=1满足条件k≤3，执行循环体，S=1，k=2满足条件k≤3,执行循环体,S=0，k=3满足条件k≤3,执行循环体，S=﹣3，k=4不满足条件k≤3，退出循环，输出S的值为﹣3．故答案为:﹣3．【点评】本题主要考查了循环结构的程序框图的应用，当循环的次数不多或有规律时,常采用模拟执行程序的方法解决，属于基础题．12．在△ABC中，角A,B，C的对边分别为a,b，c．若c=3，C=，sinB=2sinA，则a=．【考点】正弦定理．【分析】利用由正弦定理可得b=2a,再由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2ab•cosC，由此求得a的值．【解答】解:△ABC中，∵c=3，C=，sinB=2sinA，∴由正弦定理可得b=2a．再由余弦定理可得c2=a2+b2﹣2ab•cosC，即9=a2+4a2﹣2a•2a•cos，求得a=，故答案为：．【点评】此题考查学生灵活运用正弦、余弦定理化简求值，灵活运用三角形的面积公式化简求值，是一道基础题．13．设函数f（x）=,其中a＞0①若a=3，则f［f（9）］=；②若函数y=f（x）﹣2有两个零点，则a的取值范围是[4，9）．【考点】分段函数的应用．【分析】①代值计算即可，②分别画出y=f（x）与y=﹣2的图象,如图所示，函数y=f（x）﹣2有两个零点，结合图象可得4≤a＜9．【解答】解：①当a=3时，f(9）=log39=2,∴f（2)=,∴f[f(9）]=,②分别画出y=f（x)与y=﹣2的图象,如图所示，函数y=f(x)﹣2有两个零点，结合图象可得4≤a＜9,故a的取值范围是[4，9)故答案为:，［4，9）【点评】本题主要考查函数零点个数的判断，根据函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点个数问题是解决本题的关键．注意要利用数形结合．14．10名象棋选手进行单循环赛（即每两名选手比赛一场)．规定两人对局胜者得2分，平局各得1分，负者得0分，并按总得分由高到低进行排序．比赛结束后，10名选手的得分各不相同，且第二名的得分是最后五名选手得分之和的．则第二名选手的得分是16．【考点】概率的意义．【分析】有10个足球队进行循环赛，胜队得2分，负队得0分，平局的两队各得1分．即每场产生2分，每个队需要进行10﹣1=9场比赛，则全胜的队得18分，而最后五队之间赛5×（5﹣1)÷2=10场至少共得20分，所以第二名的队得分至少为20×=16分．【解答】解：每个队需要进行9场比赛，则全胜的队得:9×2=18(分）,而最后五队之间赛10场，至少共得：10×2=20（分）,所以第二名的队得分至少为20×=16（分）．故答案是：16【点评】完成本题主要求出最后五队之间赛的场次以及至少共得的分数，然后抓住了“第二名的得分是最后五名所得总分和的"这个关健点进行分析的．三、解答题：本大题共6小题,共80分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．15．（13分）(2016秋•西城区期末）已知函数f（x)=sin(2ωx﹣)+2cos2ωx﹣1（ω＞0）的最小正周期为π（Ⅰ）求ω的值；（Ⅱ）求f(x）在区间［0，]上的最大值和最小值．【考点】三角函数中的恒等变换应用;正弦函数的图象．【分析】（Ⅰ）根据三角函数的倍角公式以及辅助角公式将函数进行化简即可．（Ⅱ）求出角的取值范围，结合三角函数的最值性质进行判断求解即可．【解答】解:（Ⅰ)因为f(x）=sin（2ωx﹣）+2cos2ωx﹣1=sin2ωxcos﹣cos2ωxsin+cos2ωx=sin2ωx+cos2ωx=sin(2ωx+），所以f(x）的最小正周期T=，解得ω=1．(Ⅱ)由（Ⅰ）得f(x）=sin(2x+)，因为0≤x≤,所以≤2x+≤,所以，当2x+=,即x=时，f（x）取得最大值为1；当2x+=,即x=时，f（x）取得最小值为﹣．【点评】本题主要考查三角函数的图象和性质，利用辅助角公式将函数进行化简是解决本题的关键．16．(14分）（2016秋•西城区期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，AD∥BC，∠BAD=90°,PA=PD，AB⊥PA，AD=2,AB=BC=1（Ⅰ）求证：平面PAD⊥平面ABCD（Ⅱ）若E为PD的中点,求证：CE∥平面PAB（Ⅲ）若DC与平面PAB所成的角为30°，求四棱锥P﹣ABCD的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定．【分析】(Ⅰ）推导出AB⊥AD，AB⊥PA,由此能证明平面PAD⊥平面ABCD．(Ⅱ)取PA的中点F，连接BF,EF．推导出四边形BCEG是平行四边形，从而EC∥BF，由此能证明CE∥平面PAB．(Ⅲ)过P作PO⊥AD于O，连接OC．建立空间直角坐标系O﹣xyz利用向量法能求出四棱锥P﹣ABCD的体积．【解答】（本小题满分14分）证明：（Ⅰ）因为∠BAD=90°，所以AB⊥AD，(1分）又因为AB⊥PA，所以AB⊥平面PAD．所以平面PAD⊥平面ABCD．解：（Ⅱ）取PA的中点F，连接BF,EF．因为E为PD的中点,所以EF∥AD，,又因为BC∥AD,，所以BC∥EF，BC=EF．所以四边形BCEG是平行四边形，EC∥BF．（7分）又BF⊂平面PAB，CE⊄平面PAB,所以CE∥平面PAB．(8分）（Ⅲ）过P作PO⊥AD于O，连接OC．因为PA=PD,所以O为AD中点，又因为平面PAD⊥平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．如图建立空间直角坐标系O﹣xyz．(9分）设PO=a．由题意得,A（0,1，0），B（1，1，0），C（1，0，0），D（0，﹣1,0），P（0,0，a）．所以=（1，0，0），=（0,1,﹣a）,=（1，1，0）．设平面PCD的法向量为=（x，y，z）,则，令z=1，则y=a．所以=（0，a，1）．（11分）因为DC与平面PAB所成角为30°,所以|cos＜＞｜===sin30°=，解得a=1．（13分）所以四棱锥P﹣ABCD的体积．(14分）【点评】本题考查面面垂直的证明，考查线面平行的证明,考查四棱锥的体积的求法，是中档题,解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．17．(13分)（2016秋•西城区期末）手机完全充满电量,在开机不使用的状态下，电池靠自身消耗一直到出现低电量警告之间所能维持的时间称为手机的待机时间．为了解A，B两个不同型号手机的待机时间，现从某卖场库存手机中随机抽取A，B两个型号的手机各7台，在相同条件下进行测试,统计结果如下：手机编号1234567A型待机时间（h)120125122124124123123B型待机时间（h)118123127120124ab其中，a，b是正整数，且a＜b（Ⅰ）该卖场有56台A型手机，试估计其中待机时间不少于123小时的台数;（Ⅱ)从A型号被测试的7台手机中随机抽取4台,记待机时间大于123小时的台数为X，求X的分布列；（Ⅲ)设A,B两个型号被测试手机待机时间的平均值相等，当B型号被测试手机待机时间的方差最小时，写出a,b的值（结论不要求证明）．【考点】离散型随机变量的期望与方差；离散型随机变量及其分布列．【分析】（Ⅰ）被检测的7台手机中有5台的待机时间不少于123小时⇒估计56台A型手机中有台手机的待机时间不少于123小时．（II）由表格可知,A型号被测试的7台手机中待机时间大于123小时的台数为有3台，利用超几何分布概率计算法则，求解概率．（Ⅲ）由A，B两个型号被测试手机的待机时间的平均值相等，列方程，求出a,b．【解答】解：（Ⅰ）被检测的7台手机中有5台的待机时间不少于123小时，因此，估计56台A型手机中有台手机的待机时间不少于123小时．(Ⅱ）X可能的取值为0，1,2，3，；；;．所以，X的分布列为：X0123P（Ⅲ）若A，B两个型号被测试手机的待机时间的平均值相等,当B型号被测试手机的待机时间的方差最小时，a=124,b=125．【点评】本题考查了抽样方法的基本性质，及古典概型的分布列、期望，属于基础题．18．（13分)（2016秋•西城区期末)已知函数f（x）=lnx﹣a•sin（x﹣1），其中a∈R．（Ⅰ）如果曲线y=f(x）在x=1处的切线的斜率是﹣1，求a的值;（Ⅱ）如果f(x）在区间(0，1）上为增函数，求a的取值范围．【考点】利用导数研究函数的单调性;利用导数研究曲线上某点切线方程．【分析】(Ⅰ）求出函数的导数,根据切线的斜率求出f′(1)=﹣1,求出a的值即可；(Ⅱ)求出f（x）的导数，解关于导函数的不等式，得到g（x）＜g（1）=1，求出a的范围即可．【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域是（0，+∞），［（1分）］导函数为．[（2分）］因为曲线y=f（x）在x=1处的切线的斜率是﹣1，所以f’(1)=﹣1，即1﹣a=﹣1,［］所以a=2．［］(Ⅱ）因为f（x)在区间（0，1）上为增函数，所以对任意x∈(0，1），都有．［]因为x∈（0，1）时，cos（x﹣1）＞0，所以．［（8分）］令g（x）=x•cos(x﹣1），所以g'（x)=cos（x﹣1）﹣x•sin（x﹣1）．[（10分）]因为x∈（0，1）时，sin（x﹣1)＜0，所以x∈（0,1）时，g'（x)＞0,g（x）在区间(0，1)上单调递增,所以g（x）＜g（1）=1．［(12分）]所以a≤1．即a的取值范围是(﹣∞，1］．[（13分)］【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用,是一道中档题．19．(14分）（2016秋•西城区期末）已知直线l：x=t与椭圆C：=1相交于A，B两点,M是椭圆C上一点(Ⅰ）当t=1时，求△MAB面积的最大值;（Ⅱ）设直线MA和MB与x轴分别相交于点E，F，O为原点．证明：|OE｜•|OF|为定值．【考点】椭圆的简单性质．【分析】（Ⅰ）将x=1代入，求得，当M为椭圆C的顶点（﹣2,0）时,M到直线x=1的距离取得最大值3，即可求得△MAB面积的最大值;（Ⅱ）由题意可知:设M（x0,y0），则有，则直线MA的方程为,令y=0,得,从而，同理即可求得，则===4．【解答】解:(Ⅰ）当t=1时,将x=1代入,解得:，∴．[（2分)］当M为椭圆C的顶点（﹣2，0)时，M到直线x=1的距离取得最大值3，[］∴△MAB面积的最大值是．［］(Ⅱ）设A，B两点坐标分别为A（t，n）,B（t,﹣n）,从而t2+2n2=4．［]设M(x0，y0)，则有,x0≠t，y0≠±n．［(7分）］直线MA的方程为，[（8分）］令y=0,得，从而．[（9分）]直线MB的方程为,［(10分）］令y=0，得，从而．［（11分）］所以=,=，[(13分）]==4．∴|OE｜•｜OF｜为定值．［（14分）]【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的应用，考查三角形的面积公式,直线的点斜式方程,考查计算能力，属于中档题．20．（13分)（2016秋•西城区期末）数字1，2，3，…，n（n≥2)的任意一个排列记作（a1,a2,…，an)，设Sn为所有这样的排列构成的集合．集合An=｛（a1，a2，…，an)∈Sn｜任意整数i，j，1≤i＜j≤n，都有ai+i≤aj﹣j}；集合Bn=｛（a1，a2，…，an｝∈Sn｜任意整数i，j，1≤i＜n,都有ai+i≤aj+j｝．(Ⅰ）用列举法表示集合A3，B3（Ⅱ）求集合An∩Bn的元素个数；（Ⅲ）记集合Bn的元素个数为bn．证明：数列{bn}是等比数列．【考点】等比关系的确定；集合的表示法．【分析】（Ⅰ）集合A3属于单调递增排列，集合B3属于实数对，利用列举法表示集合A3,B3即可；（Ⅱ）根据题意知An={（1，2，3，…,n）｝、（1，2，3，…，n）∈Bn,所以An⊆Bn．所以集合An∩Bn的元素个数为1．（Ⅲ）由（Ⅱ)知，bn≠0．因为B2={（1，2），（2，1)｝，所以b2=2．当n≥3时,考虑Bn中的元素（a1，a2,a3，…，an）．分类讨论：(1）假设ak=n（1≤k＜n）．由已知，ak+k≤ak+1+(k+1)，依此类推，若ak=n，则ak+1=n﹣1，ak+2=n﹣2，…，an=k．①若k=1，则满足条件的1，2，3,…，n的排列（a1，a2