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01数列★☆☆☆☆
计算： lim⁡n→∞n+203n+13=‾\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{n+20}{3n+13}=\underline{\hspace{2em}} \begin{answer} 13\frac{1}{3} \end{answer}
\begin{solution} 将分子、分母同除以 nn，得
lim⁡n→∞n+203n+13=lim⁡n→∞1+20n3+13n=13\lim_{n\to\infty}\frac{n+20}{3n+13} =\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{20}{n}}{3+\frac{13}{n}} =\frac{1}{3}
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 1 题 · 填空题

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02复数★☆☆☆☆
设 m∈Rm \in \mathbf{R}，m2+m−2+(m2−1)im^2 + m - 2 + (m^2 - 1)\mathrm{i} 是纯虚数，其中 i\mathrm{i} 是虚数单位，则 m=m=______. \begin{answer} −2-2 \end{answer}
\begin{solution} 复数为纯虚数时其实部为零，且虚部不为零. 因此
m2+m−2=0m^2+m-2=0
解得 m=1m=1 或 m=−2m=-2. 当 m=1m=1 时虚部系数 m2−1=0m^2-1=0，复数为零，不是纯虚数；当 m=−2m=-2 时虚部系数为 3≠03\ne0. 所以 m=−2m=-2. \end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 2 题 · 填空题

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03不等式★★☆☆☆
若
∣x2y2−11∣=∣xxy−y∣\left|\begin{matrix}x^2 & y^2 \\ -1 & 1\end{matrix}\right| = \left|\begin{matrix}x & x \\ y & -y\end{matrix}\right|
，则 x+y=x+y=______. \begin{answer} 00 \end{answer}
\begin{solution} 计算两个行列式，原等式化为
x2+y2=−2xyx^2+y^2=-2xy
移项得
x2+2xy+y2=(x+y)2=0x^2+2xy+y^2=(x+y)^2=0
所以 x+y=0x+y=0. \end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 3 题 · 填空题

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04三角函数★★☆☆☆
已知 △ABC\triangle ABC 的内角 AA，BB，CC 所对的边分别为 aa，bb，cc. 若 3a2+2ab+3b2−3c2=03a^2+2ab+3b^2-3c^2=0，则角 CC 的大小是______. （结果用反三角函数值表示） \begin{answer} π−arccos⁡(13)\pi-\arccos\left(\frac{1}{3}\right) \end{answer}
\begin{solution} 由余弦定理，
c2=a2+b2−2abcos⁡Cc^2=a^2+b^2-2ab\cos C
将其代入题设条件，得
3a2+2ab+3b2−3(a2+b2−2abcos⁡C)=03a^2+2ab+3b^2-3(a^2+b^2-2ab\cos C)=0
即 2ab(1+3cos⁡C)=02ab(1+3\cos C)=0. 三角形边长 aa，b>0b>0，故
cos⁡C=−13\cos C=-\frac{1}{3}
由于 0<C<π0<C<\pi，
C=arccos⁡(−13)=π−arccos⁡(13)C=\arccos\left(-\frac{1}{3}\right)=\pi-\arccos\left(\frac{1}{3}\right)
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 4 题 · 填空题

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05计数原理与组合数学★★☆☆☆
设常数 a∈Ra \in \mathbf{R}. 若 (x2+ax)5\left(x^2+\frac{a}{x}\right)^5 的二项展开式中 x7x^7 项的系数为 −10-10，则 a=a=______. \begin{answer} −2-2 \end{answer}
\begin{solution} 展开式的第 k+1k+1 项为 C5k(x2)5−k(ax)k=C5kakx10−3k\mathrm C_5^k(x^2)^{5-k}\left(\frac{a}{x}\right)^k =\mathrm C_5^k a^k x^{10-3k}，k=0k=0，11，…\ldots，55. 含 x7x^7 项时 10−3k=710-3k=7，所以 k=1k=1，该项系数为 C51a=5a\mathrm C_5^1 a=5a. 由 5a=−105a=-10，得 a=−2a=-2. \end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 5 题 · 填空题

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06指数函数与对数函数★★☆☆☆
方程 33x−1+13=3x−1\frac{3}{3^x-1}+\frac{1}{3}=3^{x-1} 的实数解为______. \begin{answer} log⁡34\log_{3}4 \end{answer}
\begin{solution} 原方程的定义域要求 3x−1≠03^x-1\ne0，即 x≠0x\ne0. 令 t=3xt=3^x，则 t>0t>0 且 t≠1t\ne1. 方程化为
3t−1+13=t3\frac{3}{t-1}+\frac{1}{3}=\frac{t}{3}
两边同乘 3(t−1)3(t-1)，得
9+t−1=t(t−1)9+t-1=t(t-1)
即 t2−2t−8=0t^2-2t-8=0，所以 t=4t=4 或 t=−2t=-2. 因 t>0t>0，只能取 t=4t=4，从而
x=log⁡34x=\log_3 4
该值不为零，满足定义域要求. \end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 6 题 · 填空题

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07解析几何★★★☆☆
在极坐标系中，曲线 ρ=cos⁡θ+1\rho=\cos\theta+1 与 ρcos⁡θ=1\rho\cos\theta=1 的公共点到极点的距离为______. \begin{answer} 1+52\frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{answer}
\begin{solution} 极坐标中 ρcos⁡θ=1\rho\cos\theta=1，故 cos⁡θ=1ρ\cos\theta=\frac{1}{\rho}. 与 ρ=cos⁡θ+1\rho=\cos\theta+1 联立，得
ρ=1ρ+1,即ρ2−ρ−1=0\rho=\frac{1}{\rho}+1, \qquad\text{即}\qquad \rho^2-\rho-1=0
其根为 1+52\frac{1+\sqrt5}{2} 和 1−52\frac{1-\sqrt5}{2}. 后一个根的绝对值小于 11，不可能满足 ∣cos⁡θ∣=∣1ρ∣⩽1\left|\cos\theta\right|=\left|\frac{1}{\rho}\right|\leqslant1，故公共点到极点的距离为正根
ρ=1+52\rho=\frac{1+\sqrt5}{2}
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 7 题 · 填空题

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08概率与统计★★☆☆☆
盒子中装有编号为 11，22，33，44，55，66，77，88，99 的九个球，从中任意取出两个，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） \begin{answer} 1318\frac{13}{18} \end{answer}
\begin{solution} 任取两个球的总数为
C92=36\mathrm C_9^2=36
乘积为奇数当且仅当两个球的编号都是奇数，故不满足条件的取法有
C52=10\mathrm C_5^2=10
因此乘积为偶数的取法有 36−10=2636-10=26 种，所求概率为
2636=1318\frac{26}{36}=\frac{13}{18}
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 8 题 · 填空题

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09解析几何★★★☆☆
设 ABAB 是椭圆 Γ\Gamma 的长轴，点 CC 在 Γ\Gamma 上，且 ∠CBA=π4\angle CBA=\frac{\pi}{4}，若 AB=4AB=4，BC=2BC=\sqrt{2}，则 Γ\Gamma 的两个焦点之间的距离为______. \begin{answer} 463\frac{4\sqrt{6}}{3} \end{answer}
\begin{solution} 设椭圆的长半轴为 aa，短半轴为 bb，焦半距为 cc. 由 AB=4AB=4，得 a=2a=2. 取 B=(2,0)B=(2,0)，使 BABA 沿负 xx 轴；由 BC=2BC=\sqrt2 且 ∠CBA=π4\angle CBA=\frac{\pi}{4}，可取
C=(1,1)C=(1,1)
（取 C=(1,−1)C=(1,-1) 时计算相同）. 因 CC 在椭圆上，
1222+12b2=1\frac{1^2}{2^2}+\frac{1^2}{b^2}=1
所以 b2=43b^2=\frac{4}{3}. 于是
c2=a2−b2=4−43=83c^2=a^2-b^2=4-\frac{4}{3}=\frac{8}{3}
两个焦点之间的距离为 2c2c，故
2c=283=4632c=2\sqrt{\frac{8}{3}}=\frac{4\sqrt6}{3}
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 9 题 · 填空题

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10概率与统计★★★☆☆
设非零常数 dd 是等差数列 x1x_1，x2x_2，x3x_3，⋯\cdots，x19x_{19} 的公差，随机变量 ξ\xi 等可能地取值 x1x_1，x2x_2，⋯\cdots，x19x_{19}，则方差 D(ξ)=D(\xi)=______. \begin{answer} 30d230d^2 \end{answer}
\begin{solution} 等差数列可写为 xi=x1+(i−1)dx_i=x_1+(i-1)d. 由于 ξ\xi 等可能取这 1919 个值，其平均数为
E(ξ)=x1+x192=x1+9dE(\xi)=\frac{x_1+x_{19}}{2}=x_1+9d
因此
D(ξ)=119∑i=119(xi−x1−9d)2=d219∑i=119(i−10)2D(\xi)=\frac{1}{19}\sum_{i=1}^{19}(x_i-x_1-9d)^2 =\frac{d^2}{19}\sum_{i=1}^{19}(i-10)^2
令 r=i−10r=i-10，则
∑i=119(i−10)2=2∑r=19r2=2⋅9⋅10⋅196=570\sum_{i=1}^{19}(i-10)^2=2\sum_{r=1}^{9}r^2 =2\cdot\frac{9\cdot10\cdot19}{6}=570
所以 D(ξ)=57019d2=30d2D(\xi)=\frac{570}{19}d^2=30d^2. \end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 10 题 · 填空题

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11三角函数★★☆☆☆
若 cos⁡xcos⁡y+sin⁡xsin⁡y=12\cos x\cos y+\sin x\sin y=\frac{1}{2}，sin⁡2x+sin⁡2y=23\sin 2x+\sin 2y=\frac{2}{3}，则 sin⁡(x+y)=\sin(x+y)=______. \begin{answer} 23\frac{2}{3} \end{answer}
\begin{solution} 由三角恒等式，第一式左边为
cos⁡xcos⁡y+sin⁡xsin⁡y=cos⁡(x−y)=12\cos x\cos y+\sin x\sin y=\cos(x-y)=\frac{1}{2}
又
sin⁡2x+sin⁡2y=2sin⁡(x+y)cos⁡(x−y)=23\sin2x+\sin2y=2\sin(x+y)\cos(x-y)=\frac{2}{3}
代入 cos⁡(x−y)=12\cos(x-y)=\frac12，得
sin⁡(x+y)=232⋅(12)=23\sin(x+y)=\frac{\frac{2}{3}}{2\cdot(\frac{1}{2})}=\frac{2}{3}
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 11 题 · 填空题

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12函数与初等函数★★★★☆
设 aa 为实常数，y=f(x)y=f(x) 是定义在 R\mathbf{R} 上的奇函数，当 x<0x<0 时， f(x)=9x+a2x+7f(x)=9x+\frac{a^2}{x}+7. 若 f(x)⩾a+1f(x)\geqslant a+1 对一切 x⩾0x\geqslant 0 成立，则 aa 的取值范围为______. \begin{answer} (−∞,−87]\left(-\infty,-\frac{8}{7}\right] \end{answer}
\begin{solution} 奇函数满足 f(0)=0f(0)=0，由题设不等式在 x=0x=0 时得 0⩾a+10\geqslant a+1，即 a⩽−1a\leqslant-1，所以 a<0a<0. 当 x>0x>0 时，由奇性和题设中负数部分的表达式，
f(x)=−f(−x)=9x+a2x−7f(x)=-f(-x)=9x+\frac{a^2}{x}-7
故所需条件等价于 9x+a2x⩾a+89x+\frac{a^2}{x}\geqslant a+8，x>0x>0. 因为 a<0a<0，由基本不等式
9x+a2x⩾29x⋅a2x=6∣a∣=−6a9x+\frac{a^2}{x}\geqslant2\sqrt{9x\cdot\frac{a^2}{x}}=6|a|=-6a
且在 x=−a3>0x=\frac{-a}{3}>0 时取等号. 因此上式对所有 x>0x>0 成立，当且仅当
−6a⩾a+8-6a\geqslant a+8
即 a⩽−87a\leqslant-\frac87. 该范围自动满足 a⩽−1a\leqslant-1，所以
a∈(−∞,−87]a\in\left(-\infty,-\frac87\right]
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 12 题 · 填空题

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13立体几何初步★★★★☆
在 xOyxOy 平面上，将两个半圆弧 (x−1)2+y2=1(x-1)^2+y^2=1 （x⩾1x\geqslant 1）和 (x−3)2+y2=1(x-3)^2+y^2=1（x⩾3x\geqslant 3），两条直线 y=1y=1 和 y=−1y=-1 围成的封闭图形记为 DD，如图中阴影部分. 记 DD 绕 yy 轴旋转一周而成的几何体为 Ω\Omega，过 (0,y)(0,y) （∣y∣⩽1|y|\leqslant 1）作 Ω\Omega 的水平截面，所得截面面积为 4π1−y2+8π4\pi\sqrt{1-y^2}+8\pi，试利用祖暅原理，一个平放的圆柱和一个长方体，得出 Ω\Omega 的体积为______.
\begin{answer} 2π2+16π2\pi^2+16\pi \end{answer}
\begin{solution} 考虑一个半径为 11、轴向长度为 2π2\pi 的平放圆柱. 在高度 yy（∣y∣⩽1|y|\leqslant1）处，其水平截面为矩形，面积为
2π⋅21−y2=4π1−y22\pi\cdot2\sqrt{1-y^2}=4\pi\sqrt{1-y^2}
再取一个高为 22、水平截面面积恒为 8π8\pi 的长方体. 两者组成的几何体在每个 ∣y∣⩽1|y|\leqslant1 处的水平截面面积均为
4π1−y2+8π4\pi\sqrt{1-y^2}+8\pi
与 Ω\Omega 的对应截面面积相等. 由祖暅原理，
V(Ω)=π⋅12⋅2π+8π⋅2=2π2+16πV(\Omega)=\pi\cdot1^2\cdot2\pi+8\pi\cdot2=2\pi^2+16\pi
\end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 13 题 · 填空题

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14函数与初等函数★★★★☆
对区间 II 上有定义的函数 g(x)g(x)，记 g(I)={y∣y=g(x),x∈I}g(I)=\{y\mid y=g(x),x\in I\}，已知定义域为 [0,3][0,3] 的函数 y=f(x)y=f(x) 有反函数 y=f−1(x)y=f^{-1}(x)，且 f−1([0,1))=[1,2)f^{-1}([0,1))=[1,2)，f−1((2,4])=[0,1)f^{-1}((2,4])=[0,1)，若方程 f(x)−x=0f(x)-x=0 有解 x0x_0，则 x0=‾x_0=\underline{\hspace{2em}}. \begin{answer} 22 \end{answer}
\begin{solution} 由反函数的定义，题设等式分别等价于 x∈[1,2)⟺f(x)∈[0,1)x\in[1,2)\Longleftrightarrow f(x)\in[0,1)，x∈[0,1)⟺f(x)∈(2,4]x\in[0,1)\Longleftrightarrow f(x)\in(2,4]. 设 x0∈[0,3]x_0\in[0,3] 且 f(x0)=x0f(x_0)=x_0. 若 x0∈[0,1)x_0\in[0,1)，则由第二个等价关系 f(x0)∈(2,4]f(x_0)\in(2,4]，与 f(x0)=x0<1f(x_0)=x_0<1 矛盾. 若 x0∈[1,2)x_0\in[1,2)，则由第一个等价关系 f(x0)∈[0,1)f(x_0)\in[0,1)，与 f(x0)=x0⩾1f(x_0)=x_0\geqslant1 矛盾. 若 x0∈(2,3]x_0\in(2,3]，则由第二个等价关系的逆向使用，f(x0)=x0∈(2,4]f(x_0)=x_0\in(2,4] 将推出 x0∈[0,1)x_0\in[0,1)，仍矛盾. 因此只能有 x0=2x_0=2. \end{solution}

2013 · 上海 · 理 · 第 14 题 · 填空题

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15集合与逻辑基础★★★☆☆
设常数 a∈Ra \in \mathbf{R}，集合 A={x∣(x−1)(x−a)⩾0}A=\{x\mid(x-1)(x-a)\geqslant 0\}，B={x∣x⩾a−1}B=\{x\mid x\geqslant a-1\}. 若 A∪B=RA\cup B=\mathbf{R}，则 aa 的取值范围为（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} 当 a⩽1a\leqslant1 时，
A=(−∞,a]∪[1,+∞)A=(-\infty,a]\cup[1,+\infty)
而 B=[a−1,+∞)B=[a-1,+\infty). 因为 a−1<aa-1<a，三段合起来覆盖整个实数轴.
当 a>1a>1 时，
A=(−∞,1]∪[a,+∞)A=(-\infty,1]\cup[a,+\infty)
要使 A∪B=RA\cup B=\mathbf{R}，必须使 BB 的左端点满足 a−1⩽1a-1\leqslant1，即 a⩽2a\leqslant2；反之 1<a⩽21<a\leqslant2 时确实有 A∪B=RA\cup B=\mathbf{R}. 综上 a⩽2a\leqslant2，故选 B. \end{solution}
A.
(−∞,2)(-\infty,2)
B.
(−∞,2](-\infty,2]
C.
(2,+∞)(2,+\infty)
D.
[2,+∞)[2,+\infty)

2013 · 上海 · 理 · 第 15 题 · 选择题

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16集合与逻辑基础★★☆☆☆
钱大姐常说“便宜没好货”，她这句话的意思是：“不便宜”是“好货”的（ ）
\begin{answer} B \end{answer}
\begin{solution} “便宜没好货”表示好货一定不便宜，即若一件货物是好货，则它不便宜. 因此“不便宜”是“好货”的必要条件，故选 B. \end{solution}
A.
充分条件
B.
必要条件
C.
充分必要条件
D.
既非充分也非必要条件

2013 · 上海 · 理 · 第 16 题 · 选择题

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17数列★★★☆☆
在数列 {an}\{a_n\} 中，an=2n−1a_n=2^n-1，若一个 77 行 1212 列的矩阵的第 ii 行第 jj 列的元素 aij=ai⋅aj+ai+aja_{ij}=a_i\cdot a_j+a_i+a_j （i=1i=1，22，⋯\cdots，7; j=17;\ j=1，22，⋯\cdots，1212），则该矩阵元素能取到的不同数值的个数为（ ）
\begin{answer} A \end{answer}
\begin{solution} 由 an=2n−1a_n=2^n-1，有
aij=aiaj+ai+aj=(ai+1)(aj+1)−1=2i+j−1a_{ij}=a_i a_j+a_i+a_j=(a_i+1)(a_j+1)-1=2^{i+j}-1
其中 i=1i=1，…\ldots，77，j=1j=1，…\ldots，1212，所以 i+ji+j 可以取从 22 到 1919 的每一个整数，共有 19−2+1=1819-2+1=18 个不同值. 故选 A. \end{solution}
A.
18
B.
28
C.
48
D.
63

2013 · 上海 · 理 · 第 17 题 · 选择题

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18平面向量★★★★★
在边长为 11 的正六边形 ABCDEFABCDEF 中，记以 AA 为起点，其余顶点为终点的向量分别为 a1\boldsymbol{a}_1，a2\boldsymbol{a}_2，a3\boldsymbol{a}_3，a4\boldsymbol{a}_4，a5\boldsymbol{a}_5；以 DD 为起点，其余顶点为终点的向量分别为 d1\boldsymbol{d}_1，d2\boldsymbol{d}_2，d3\boldsymbol{d}_3，d4\boldsymbol{d}_4，d5\boldsymbol{d}_5. 若 mm，MM 分别为 (ai+aj+ak)⋅(dr+ds+dt)(\boldsymbol{a}_i+\boldsymbol{a}_j+\boldsymbol{a}_k)\cdot(\boldsymbol{d}_r+\boldsymbol{d}_s+\boldsymbol{d}_t) 的最小值，最大值，其中 {i,j,k}⊆{1,2,3,4,5}\{i,j,k\}\subseteq\{1,2,3,4,5\}，{r,s,t}⊆{1,2,3,4,5}\{r,s,t\}\subseteq\{1,2,3,4,5\}，则 mm，MM 满足（ ）
\begin{answer} D \end{answer}
\begin{solution} 取正六边形外接圆圆心为原点，令 A=(1,0)A=(1,0)， B=(12,32)\ B=\left(\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)， C=(−12,32)\ C=\left(-\frac12,\frac{\sqrt3}{2}\right)， D=(−1,0)\ D=(-1,0) 并按顺序取 EE，FF. 则从 AA 出发的五个向量的 xx 分量为 −12-\frac12，−32-\frac32，−2-2，−32-\frac32，−12-\frac12 从 DD 出发的五个向量的 xx 分量为 22，32\frac32，12\frac12，12\frac12，32\frac32. 任取其中三个，前一组向量和的 xx 分量不大于
−12−12−32=−52-\frac12-\frac12-\frac32=-\frac52
后一组向量和的 xx 分量不小于
12+12+32=52\frac12+\frac12+\frac32=\frac52
两组向量的 yy 分量分别由两个 32\frac{\sqrt3}{2}、两个 −32-\frac{\sqrt3}{2} 和一个 00 中任取三个相加，故各自绝对值不超过 3\sqrt3. 设两组和分别为 (X,Y)(X,Y)、(U,V)(U,V)，则 XU⩽−254XU\leqslant-\frac{25}{4}，YV⩽∣Y∣∣V∣⩽3YV\leqslant|Y||V|\leqslant3. 所以任意一个题设点积均满足
(X,Y)⋅(U,V)=XU+YV⩽−254+3=−134<0(X,Y)\cdot(U,V)=XU+YV\leqslant-\frac{25}{4}+3=-\frac{13}{4}<0
因此其最大值 M<0M<0，最小值自然也满足 m<0m<0，故选 D. \end{solution}
A.
m=0m=0，M>0M>0
B.
m<0m<0，M>0M>0
C.
m<0m<0，M=0M=0
D.
m<0m<0，M<0M<0

2013 · 上海 · 理 · 第 18 题 · 选择题

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19立体几何初步★★★☆☆
如图，在长方体 ABCD−A′B′C′D′ABCD-A'B'C'D' 中，AB=2AB=2，AD=1AD=1，AA′=1AA'=1，证明直线 BC′BC' 平行于平面 D′ACD'AC，并求直线 BC′BC' 到平面 D′ACD'AC 的距离.

2013 · 上海 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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20导数及其应用★★★☆☆
甲厂以 xx 千克/小时的速度运输生产某种产品（生产条件要求 1⩽x⩽101\leqslant x\leqslant 10），每一小时可获得利润是 100(5x+1−3x)100\left(5x+1-\frac{3}{x}\right) 元.
(1) 要使生产该产品 22 小时获得的利润不低于 30003000 元，求 xx 的取值范围； (2) 要使生产 900900 千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求最大利润.

2013 · 上海 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21三角函数★★★★☆
已知函数 f(x)=2sin⁡ωxf(x)=2\sin\omega x. 其中常数 ω>0\omega>0.
(1) 若 y=f(x)y=f(x) 在 [−π4,2π3]\left[-\frac{\pi}{4},\frac{2\pi}{3}\right] 上单调递增，求 ω\omega 的取值范围； (2) 令 ω=2\omega=2，将函数 y=f(x)y=f(x) 的图象向左平移 π6\frac{\pi}{6} 个单位，再向上平移 11 个单位，得到函数 y=g(x)y=g(x) 的图象. 区间 [a,b][a,b] （aa，b∈Rb\in\mathbf{R} 且 a<ba<b）满足：y=g(x)y=g(x) 在 [a,b][a,b] 上至少含有 3030 个零点. 在所有满足上述条件的 [a,b][a,b] 中，求 b−ab-a 的最小值.

2013 · 上海 · 理 · 第 21 题 · 解答题

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22解析几何★★★★☆
如图，已知双曲线 C1:x22−y2=1C_1:\frac{x^2}{2}-y^2=1，曲线 C2:∣y∣=∣x∣+1C_2:|y|=|x|+1. PP 是平面内一点，若存在过点 PP 的直线与 C1C_1，C2C_2 都有公共点，则称 PP 为 “C1−C2C_1-C_2 型点”.
(1) 在正确证明 C1C_1 的左焦点是“C1−C2C_1-C_2 型点”时，要使用一条过该焦点的直线，试写出一条这样的直线的方程（不要求验证）； (2) 设直线 y=kxy=kx 与 C2C_2 有公共点. 求证 ∣k∣>1|k|>1，进而证明原点不是“C1−C2C_1-C_2 型点”； (3) 求证：圆 x2+y2=12x^2+y^2=\frac{1}{2} 内的点都不是 “C1−C2C_1-C_2 型点”.

2013 · 上海 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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23不等式★★★★★
给定常数 c>0c>0，定义函数 f(x)=2∣x+c+4∣−∣x+c∣f(x)=2|x+c+4|-|x+c|，数列 a1a_1，a2a_2，a3a_3，…\ldots 满足 an+1=f(an)a_{n+1}=f(a_n)，n∈N∗n\in \mathbf{N}^*.
(1) 若 a1=−c−2a_1=-c-2，求 a2a_2 及 a3a_3； (2) 求证：对任意 n∈N∗n\in \mathbf{N}^*，an+1−an⩾ca_{n+1}-a_n\geqslant c； (3) 是否存在 a1a_1，使得 a1a_1，a2a_2，⋯\cdots，ana_n，⋯\cdots 成等差数列？ 若存在，求出所有这样的 a1a_1，若不存在，说明理由.

2013 · 上海 · 理 · 第 23 题 · 解答题

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