上海市十三校高三第二次联考数学（理）试题（解析版）

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1、2015年上海市十三校联考高考数学二模试卷（理科）一、填空题（本大题满分56分）本大题共有14题，每个空格填对4分，否则一律得零分.1（4分）（2015上海模拟）幂函数y=x（mN）在区间（0，+）上是减函数，则m=0【考点】： 幂函数的单调性、奇偶性及其应用；幂函数的概念、解析式、定义域、值域【专题】： 计算题；函数的性质及应用；不等式的解法及应用【分析】： 根据幂函数的性质，可得m2+2m30，解不等式求得自然数解，即可得到m=0【解析】： 解：由幂函数y=xm2+2m3在（0，+）为减函数，则m2+2m30，解得3m1由于mN，则m=0故答案为：0【点评】： 本题考查幂函数的性质，主要考

2、查二次不等式的解法，属于基础题2（4分）（2015上海模拟）函数的定义域是（0，1【考点】： 函数的定义域及其求法；对数函数的定义域【专题】： 计算题【分析】： 令被开方数大于等于0，然后利用对数函数的单调性及真数大于0求出x的范围，写出集合区间形式即为函数的定义域【解析】： 解：0x1函数的定义域为（0，1故答案为：（0，1【点评】： 求解析式已知的函数的定义域应该考虑：开偶次方根的被开方数大于等于0；对数函数的真数大于0底数大于0小于1；分母非03（4分）（2006上海）在ABC中，已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，则cos2C=【考点】： 余弦定理的应用【专题】： 计算题【分析】

3、： 先通过BC=8，AC=5，三角形面积为12求出sinC的值，再通过余弦函数的二倍角公式求出答案【解析】： 解：已知BC=8，AC=5，三角形面积为12，BCACsinC=12sinC=cos2C=12sin2C=12=故答案为：【点评】： 本题主要考查通过正弦求三角形面积及倍角公式的应用属基础题4（4分）（2015上海模拟）设i为虚数单位，若关于x的方程x2（2+i）x+1+mi=0（mR）有一实根为n，则m=1【考点】： 复数相等的充要条件【专题】： 数系的扩充和复数【分析】： 把n代入方程，利用复数相等的条件，求出m，n，即可【解析】： 解：关于x的方程x2（2+i）x+1+mi=0（

4、mR）有一实根为n，可得n2（2+i）n+1+mi=0所以，所以m=n=1，故答案为：1【点评】： 本题考查复数相等的条件，考查计算能力，是基础题5（4分）（2015上海模拟）若椭圆的方程为+=1，且此椭圆的焦距为4，则实数a=4或8【考点】： 椭圆的简单性质【专题】： 圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】： 首先分两种情况：焦点在x轴上焦点在y轴上，分别求出a的值即可【解析】： 解：焦点在x轴上时：10a（a2）=4解得：a=4焦点在y轴上时a2（10a）=4解得：a=8故答案为：4或8【点评】： 本题考查的知识要点：椭圆方程的两种情况：焦点在x轴或y轴上，考察a、b、c的关系式，及相关的运算

5、问题6（4分）（2015上海模拟）若一个圆锥的侧面展开如圆心角为120、半径为3 的扇形，则这个圆锥的表面积是4【考点】： 棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 易得圆锥侧面展开图的弧长，除以2即为圆锥的底面半径，圆锥表面积=底面积+侧面积=底面半径2+底面半径母线长，把相关数值代入即可求解【解析】： 解：圆锥的侧面展开图的弧长为：=2，圆锥的底面半径为22=1，此圆锥的表面积=（1）2+13=4故答案为：4【点评】： 本题考查扇形的弧长公式为 ；圆锥的侧面展开图的弧长等于圆锥的底面周长，圆锥的表面积的求法7（4分）（2015上海模拟）若关于x的方程lg（x

6、2+ax）=1在x1，5上有解，则实数a的取值范围为3a9【考点】： 函数的零点【专题】： 计算题；函数的性质及应用【分析】： 由题意，x2+ax10=0在x1，5上有解，可得a=x在x1，5上有解，利用a=x在x1，5上单调递减，即可求出实数a的取值范围【解析】： 解：由题意，x2+ax10=0在x1，5上有解，所以a=x在x1，5上有解，因为a=x在x1，5上单调递减，所以3a9，故答案为：3a9【点评】： 本题主要考查方程的根与函数之间的关系，考查由单调性求函数的值域，比较基础8（4分）（2015上海模拟）孙子算经卷下第二十六题：今有物，不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二

7、，问物几何？23，或105k+23（k为正整数）（只需写出一个答案即可）【考点】： 进行简单的合情推理【专题】： 推理和证明【分析】： 根据“三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二”找到三个数：第一个数能同时被3和5整除；第二个数能同时被3和7整除；第三个数能同时被5和7整除，将这三个数分别乘以被7、5、3除的余数再相加即可求出答案【解析】： 解：我们首先需要先求出三个数：第一个数能同时被3和5整除，但除以7余1，即15；第二个数能同时被3和7整除，但除以5余1，即21；第三个数能同时被5和7整除，但除以3余1，即70；然后将这三个数分别乘以被7、5、3除的余数再相加，即：152+213+7

8、02=233最后，再减去3、5、7最小公倍数的整数倍，可得：2331052=23或105k+23（k为正整数）故答案为：23，或105k+23（k为正整数）【点评】： 本题考查的是带余数的除法，简单的合情推理的应用，根据题意下求出15、21、70这三个数是解答此题的关键可以原文理解为：三个三个的数余二，七个七个的数也余二，那么，总数可能是三乘七加二，等于二十三二十三用五去除余数又恰好是三9（4分）（2015上海二模）在极坐标系中，某直线的极坐标方程为sin（+）=，则极点O 到这条直线的距离为【考点】： 简单曲线的极坐标方程【专题】： 坐标系和参数方程【分析】： 由直线的极坐标方程为sin（+

9、）=，展开并利用即可得出直角坐标方程，再利用点到直线的距离公式即可得出【解析】： 解：由直线的极坐标方程为sin（+）=，展开为，化为x+y1=0，极点O到这条直线的距离d=故答案为：【点评】： 本题考查了直线的极坐标方程化为直角坐标方程、点到直线的距离公式、两角和差的正弦公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题10（4分）（2015上海二模）设口袋中有黑球、白球共7 个，从中任取两个球，令取到白球的个数为，且的数学期望E=，则口袋中白球的个数为3【考点】： 离散型随机变量的期望与方差【专题】： 概率与统计【分析】： 设口袋中有白球x个，由已知得的可能取值为0，1，2，由E=，得，由此能求出

10、口袋中白球的个数【解析】： 解：设口袋中有白球x个，由已知得的可能取值为0，1，2，P（=0）=，P（=1）=，P（=2）=，E=，解得x=3口袋中白球的个数为3故答案为：3【点评】： 本题考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题，解题时要注意排列组合知识的合理运用11（4分）（2015上海模拟）如图所示，一个确定的凸五边形 ABCDE，令x=，y=，z=，则x、y、z 的大小顺序为xyz【考点】： 平面向量数量积的运算；向量在几何中的应用【专题】： 平面向量及应用【分析】： 根据向量的数量积公式分别判断x，y，z的符号，得到大小关系【解析】： 解：由题意，x=ABACcosBAC

11、0，y=ABADcosBADABACcosBAD，又BADBAC所以cosBADcosBAC，所以xy0z=ABAEcosBAE0，所以xyz故答案为：xyz【点评】： 本题考查了向量的数量积的公式；属于基础题12（4分）（2015上海模拟）设函数 f（ x）的定义域为D，D0，4，它的对应法则为 f：xsin x，现已知 f（ x）的值域为0，1，则这样的函数共有1395个【考点】： 映射【专题】： 函数的性质及应用；集合【分析】： 分别求出sinx=0，x=0，2，3，4，sinx=，x=，x=，x=，x=，sinx=1，x=，x=利用排列组合知识求解得出这样的函数共有：（C+C）（）（）

12、即可【解析】： 解：函数 f（ x）的定义域为D，D0，4，它的对应法则为 f：xsin x，f（ x）的值域为0，1，sinx=0，x=0，2，3，4，sinx=，x=，x=，x=，x=，sinx=1，x=，x=这样的函数共有：（C+C）（）（）=31153=1395故答案为：1395【点评】： 本题考查了映射，函数的概念，排列组合的知识，难度不大，但是综合性较强13（4分）（2015上海二模）若多项式（12x+3x24x3+2000x1999+2001x2000）（1+2x+3x2+4x3+2000x1999+2001x2000）=a0x4000+a1x3999+a2x3998+a3999

13、x+a4000，则a1+a3+a2015=0【考点】： 二项式定理的应用【专题】： 二项式定理【分析】： 根据等式，确定a1=20002001+20012000=0，a3=0，a5=0，即可得出结论【解析】： 解：根据（12x+3x24x3+2000x1999+2001x2000）（1+2x+3x2+4x3+2000x1999+2001x2000）=a0x4000+a1x3999+a2x3998+a3999x+a4000，可得a1=20002001+20012000=0，a3=0，a5=0，所以a1+a3+a5+a2011+a2013+a2015=0，故答案为：0【点评】： 本题考查二项式定理

14、的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题14（4分）（2015上海模拟）在平面直角坐标系中有两点A（1，3）、B（1，），以原点为圆心，r0为半径作一个圆，与射线y=x（x0）交于点M，与x轴正半轴交于N，则当r变化时，|AM|+|BN|的最小值为2【考点】： 两点间距离公式的应用【专题】： 计算题；转化思想；推理和证明【分析】： 由题意，设M（a，a）（a0），则r=2a，N（2a，0）可得|AM|+|BN|=+，设2a=x，进而可以理解为（x，0）与（，）和（1，）的距离和，即可得出结论【解析】： 解：由题意，设M（a，a）（a0），则r=2a，N（2a，0）|AM|+|BN|=+设

15、2a=x，则|AM|+|BN|=+，可以理解为（x，0）与（5，）和（1，）的距离和，|AM|+|BN|的最小值为（5，）和（1，）的距离，即2故答案为：2【点评】： 本题考查两点间距离公式的应用，考查学生分析解决问题的能力，有难度二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且仅有一个正确答案，选对得5分，否则一律得零分.15（5分）（2015上海模拟）若非空集合 A中的元素具有命题的性质，集合B中的元素具有命题的性质，若 AB，则命题是命题的（）条件 A 充分非必要 B 必要非充分 C 充分必要 D 既非充分又非必要【考点】： 必要条件、充分条件与充要条件的判断【专题】： 集合；简易

16、逻辑【分析】： 可举个例子来判断：比如A=1，B=1，2，：x0，：x3，容易说明此时命题是命题的既非充分又非必要条件【解析】： 解：命题是命题的既非充分又非必要条件；比如A=1，：x0；B=1，2，：x3；显然成立得不到成立，成立得不到成立；此时，是的既非充分又非必要条件故选：D【点评】： 考查真子集的概念，以及充分条件、必要条件、既不充分又不必要条件的概念，以及找一个例子来说明问题的方法16（5分）（2015上海二模）用反证法证明命题：“已知a、bN+，如果ab可被 5 整除，那么a、b 中至少有一个能被 5 整除”时，假设的内容应为（） A a、b 都能被5 整除 B a、b 都不能被5

17、 整除 C a、b 不都能被5 整除 D a 不能被5 整除【考点】： 反证法【专题】： 推理和证明【分析】： 反设是一种对立性假设，即想证明一个命题成立时，可以证明其否定不成立，由此得出此命题是成立的【解析】： 解：由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证命题“a，bN，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”故选：B【点评】： 反证法是命题的否定的一个重要运用，用反证法证明问题大大拓展了解决证明问题的技巧17（5分）（2015上海二模）实数x、y满足x2+2xy+y2+4x2y2=4，则xy的最大值为（）

18、A B C D 2【考点】： 基本不等式【专题】： 三角函数的求值【分析】： x2+2xy+y2+4x2y2=4，变形为（x+y）2+（2xy）2=4，设x+y=2cos，2xy=2sin，0，2）化简利用三角函数的单调性即可得出【解析】： 解：x2+2xy+y2+4x2y2=4，变形为（x+y）2+（2xy）2=4，设x+y=2cos，2xy=2sin，0，2）则（xy）2=（x+y）24xy=4cos24sin=54（sin+）25，xy故选：C【点评】： 本题考查了平方法、三角函数代换方法、三角函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于中档题18（5分）（2015上海模拟）直线m平面，

19、垂足是O，正四面体ABCD的棱长为4，点C在平面上运动，点B在直线m上运动，则点O到直线AD的距离的取值范围是（） A ， B 22，2+2 C ， D 32，3+2【考点】： 点、线、面间的距离计算【专题】： 空间位置关系与距离【分析】： 确定直线BC与动点O的空间关系，得到最大距离为AD到球心的距离+半径，最小距离为AD到球心的距离半径【解析】： 解：由题意，直线BC与动点O的空间关系：点O是以BC为直径的球面上的点，所以O到AD的距离为四面体上以BC为直径的球面上的点到AD的距离，最大距离为AD到球心的距离（即BC与AD的公垂线）+半径=2+2最小距离为AD到球心的距离（即BC与AD的公

20、垂线）半径=2+2点O到直线AD的距离的取值范围是：22，2+2故选：B【点评】： 本题考查点、线、面间的距离计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题，解题时要注意空间思维能力的培养三、解答题（本大题满分74分）本大题共5题，解答下列各题须写出必要的步骤.19（12分）（2015上海模拟）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1，底面边长为，点P、Q、R分别在棱AA1、BB1、BC上，Q是BB1中点，且PQAB，C1QQR（1）求证：C1Q平面PQR；（2）若C1Q=，求四面体C1PQR的体积【考点】： 棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定【专题】： 空间位置关系与距离；空间角【分析】

21、： （1）由已知得AB平面B1BCC1，从而PQ平面B1BCC1，进而C1QPQ，又C1QQR，由此能证明C1Q平面PQR（2）由已知得B1Q=1，BQ=1，B1C1QBQR，从而BR=，QR=，由C1Q、QR、QP两两垂直，能求出四面体C1PQR 的体积【解析】： （1）证明：四棱柱ABCDA1B1C1D1是正四棱柱，AB平面B1BCC1，又PQAB，PQ平面B1BCC1，C1QPQ，又已知C1QQR，且QRQP=Q，C1Q平面PQR（2）解：B1C1=，B1Q=1，BQ=1，Q是BB1中点，C1QQR，B1C1Q=BQR，C1B1Q=QBR，B1C1QBQR，BR=，QR=，C1Q、QR、

22、QP两两垂直，四面体C1PQR 的体积V=【点评】： 本小题主要考查空间线面关系、线面垂直的证明、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力20（14分）（2015上海模拟）已知数列bn满足b1=1，且bn+1=16bn（nN），设数列的前n项和是Tn（1）比较Tn+12与TnTn+2的大小；（2）若数列an 的前n项和Sn=2n2+2n，数列cn=anlogdbn（d0，d1），求d的取值范围使得cn是递增数列【考点】： 数列递推式；数列的函数特性【专题】： 计算题；等差数列与等比数列【分析】： （1）由数列递推式可得数列bn为公

23、比是16的等比数列，求出其通项公式后可得，然后由等比数列的前n项和求得Tn，再由作差法证明Tn+12TnTn+2；（2）由Sn=2n2+2n求出首项，进一步得到n2时的通项公式，再把数列an，bn的通项公式代入cn=anlogdbn=4n+（44n）logd2=（44logd2）n+4logd2，然后由一次项系数大于0求得d的取值范围【解析】： 解：（1）由bn+1=16bn，得数列bn为公比是16的等比数列，又b1=1，因此，则=，Tn+12TnTn+2 =于是Tn+12TnTn+2；（2）由Sn=2n2+2n，当n=1时求得a1=S1=4；当n2时，=4na1=4满足上式，an=4n可得c

24、n=anlogdbn=4n+（44n）logd2=（44logd2）n+4logd2，要使数列cn是递增数列，则44logd20，即logd21当0d1时，有logd20恒成立，当d1时，有d2综上，d（0，1）（2，+）【点评】： 本题考查了等比关系的确定，考查了数列的函数特性，考查了对数不等式的解法，是中档题21（14分）（2015上海二模）某种波的传播是由曲线f（x）=Asin（x+）（A0）来实现的，我们把函数解析式f（x）=Asin（x+）称为“波”，把振幅都是A 的波称为“A 类波”，把两个解析式相加称为波的叠加（1）已知“1 类波”中的两个波f1（x）=sin（x+1）与f2（x

25、）=sin（x+2）叠加后仍是“1类波”，求21的值；（2）在“A 类波“中有一个是f1（x）=Asinx，从 A类波中再找出两个不同的波f2（x），f3（x），使得这三个不同的波叠加之后是平波，即叠加后f1（x）+f2（x）+f3（x），并说明理由（3）在n（nN，n2）个“A类波”的情况下对（2）进行推广，使得（2）是推广后命题的一个特例只需写出推广的结论，而不需证明【考点】： 两角和与差的正弦函数；归纳推理【专题】： 综合题；三角函数的图像与性质；推理和证明【分析】： （1）根据定义可求得f1（x）+f2（x）=（cos1+cos2）sinx+（sin1+sin2）cosx，则振幅是=，

26、由=1，即可求得11的值（2）设f2（x）=Asin（x+1），f3（x）=Asin（x+2），则f1（x）+f2（x）+f3（x）=0恒成立，可解得cos1=，可取2=（或2=等），证明f1（x）+f2（x）+f3（x）=0（3）由题意可得f1（x）=Asinx，f2（x）=Asin（x+），f3（x）=Asin（x+），从而可求fn（x）=Asin（x+），这n个波叠加后是平波【解析】： 解：（1）f1（x）+f2（x）=sin（x+1）+sin（x+2）=（cos1+cos2）sinx+（sin1+sin2）cosx，振幅是=则=1，即cos（12）=，所以12=2k，kZ（2）设f2（

27、x）=Asin（x+1），f3（x）=Asin（x+2），则f1（x）+f2（x）+f3（x）=Asinx+Asin（x+1）+Asin（x+2）=Asinx（1+cos1+cos2）+Acosx（sin1+sin2）=0恒成立，则1+cos1+cos2=0且sin1+sin2=0，即有：cos2=cos11且sin2=sin1，消去2可解得cos1=，若取1=，可取2=（或2=等），此时，f2（x）=Asin（x+），f3（x）=Asin（x+）（或f3（x）=Asin（x）等），则：f1（x）+f2（x）+f3（x）=Asinx+（sinx+cosx）+（sinxcosx）=0，所以是平波

28、（3）f1（x）=Asinx，f2（x）=Asin（x+），f3（x）=Asin（x+），fn（x）=Asin（x+），这n个波叠加后是平波【点评】： 本题主要考查了两角和与差的正弦函数公式的应用，考查了归纳推理的常用方法，综合性较强，考查了转化思想，属于中档题22（16分）（2015上海二模）设函数f（x）=ax2+（2b+1）xa2（a，bR）（1）若a=0，当x，1时恒有f（x）0，求b 的取值范围；（2）若a0且b=1，试在直角坐标平面内找出横坐标不同的两个点，使得函数y=f（x）的图象永远不经过这两点；（3）若a0，函数y=f（x）在区间3，4上至少有一个零点，求a2+b2的最小值【

29、考点】： 函数的最值及其几何意义；函数的零点与方程根的关系【专题】： 综合题；函数的性质及应用【分析】： （1）求出a=0的解析式，再由一次函数的单调性，得到不等式，即可得到范围；（2）b=1时，y=a（x21）x2，当x2=1时，无论a取任何值，y=x2为定值，y=f（x）图象一定过点（1，3）和（1，1），运用函数的定义即可得到结论；（3）由题意，存在t3，4，使得at2+（2b+1）ta2=0，即（t21）a+（2t）b+t2=0，由点到直线的距离意义可知=，由此只要求，t3，4的最小值【解析】： 解：（1）当a=0时，f（x）=（2b+1）x2，当x，1时恒有f（x）0，则f（）0且f

30、（1）0，即b0且2b10，解得b；（2）b=1时，y=a（x21）x2，当x2=1时，无论a取任何值，y=x2为定值，y=f（x）图象一定过点（1，3）和（1，1）由函数定义可知函数图象一定不过A（1，y1）（y13）和B（1，y2）（y21）；（3）由题意，存在t3，4，使得at2+（2b+1）ta2=0即（t21）a+（2t）b+t2=0，由点到直线的距离意义可知=，由此只要求，t3，4的最小值令g（t）=，t3，4设u=t2，u1，2，则g（t）=f（u）=u=1，即t=3时，g（t）取最小值，t=3时，a2+b2的最小值为【点评】： 本题考查不等式的恒成立问题转化为求函数的值域问题，

31、主要考查一次函数的单调性，运用主元法和直线和圆有交点的条件是解题的关键23（18分）（2015上海二模）设有二元关系f（x，y）=（xy）2+a（xy）1，已知曲线：f（x，y）=0（1）若a=2时，正方形 ABCD的四个顶点均在曲线上，求正方形ABCD的面积；（2）设曲线与x轴的交点是M、N，抛物线：y=x2+1与 y 轴的交点是G，直线MG与曲线交于点P，直线NG 与曲线交于Q，求证：直线PQ过定点，并求出该定点的坐标（3）设曲线与x轴的交点是M（u，0），N（v，0），可知动点R（u，v）在某确定的曲线上运动，曲线与上述曲线在a0时共有四个交点：A（x1，x2），B（x3，x4），C（x

32、5，x6），D（x7，x8），集合X=x1，x2，x8的所有非空子集设为Yi（i=1，2，255），将Yi中的所有元素相加（若i Y 中只有一个元素，则其是其自身）得到255 个数y1，y2，y255求所有的正整数n 的值，使得y1n+y2n+y255n 是与变数a及变数xi（i=1，2，8）均无关的常数【考点】： 直线与圆锥曲线的综合问题【专题】： 圆锥曲线中的最值与范围问题【分析】： （1）令f（x，y）=（xy）2+2（xy）1=0，解得xy=1，由于f（x，y）表示两条平行线，之间的距离是2，为一个正方形，即可得出面积S（2）：在曲线C中，令y=0，则x2+ax1=0，设M（m，0），

33、N（n，0），则mn=1，G（0，1），则直线MG：y=x+1，NG：y=x+1分别与抛物线方程联立可得P，Q直线PQ的方程为：，令x=0，可得y=3，因此直线PQ过定点（0，3）（3）令y=0，则x2+ax1=0，则mn=1，即点R（u，v）在曲线xy=1上，又曲线C：f（x，y）=0恒表示平行线xy=，A（x1，x2），B（x3，x4）关于直线y=x对称，即x1+x2+x3+x4=0，同理可得x5+x6+x7+x8=0，则x1+x2+x8=0，集合X=x1，x2，x8的所有非空子集设为Yi=1，2，255），取Y1=x1，x2，x8，则y1=x1+x2+x8=0，即nN*，=0，对X的其它

34、子集，把它们配成集合“对”（Yp，Yq），YpYq=X，YpYq=，这样的集合“对”共有127对，且对每一个集合“对”都满足yp+yq=0可以利用扇形归纳法证明：对于Yp的元素和yp与Yq的元素和yq，当n为奇数时，=0即可得出【解析】： 解：（1）令f（x，y）=（xy）2+2（xy）1=0，解得xy=1，f（x，y）=0表示两条平行线，之间的距离是2，此为一个正方形的一个边长，其面积S=4（2）证明：在曲线C中，令y=0，则x2+ax1=0，设M（m，0），N（n，0），则mn=1，G（0，1），则直线MG：y=x+1，NG：y=x+1联立，解得P，同理可得Q直线PQ的方程为：令x=0，则

35、y=3，因此直线PQ过定点（0，3）（3）令y=0，则x2+ax1=0，则mn=1，即点R（u，v）在曲线xy=1上，又曲线C：f（x，y）=（xy）2+a（xy）1=0恒表示平行线xy=，如图所示，A（x1，x2），B（x3，x4）关于直线y=x对称，则=，即x1+x2+x3+x4=0，同理可得x5+x6+x7+x8=0，则x1+x2+x8=0，集合X=x1，x2，x8的所有非空子集设为Yi，取Y1=x1，x2，x8，则y1=x1+x2+x8=0，即nN*，=0，对X的其它子集，把它们配成集合“对”（Yp，Yq），YpYq=X，YpYq=，这样的集合“对”共有127对，且对每一个集合“对”都

36、满足yp+yq=0以下证明：对于Yp的元素和yp与Yq的元素和yq，当n为奇数时，=0先证明：n为奇数时，x+y能够整除xn+yn，用数学归纳法证明1当n=1时，成立；2假设当n=k（奇数）时，x+y能够整除xk+yk，则当n=k+2时，xk+2+yk+2=xk+2xky2+xky2+yk+2=xk（x2y2）+y2（xk+yk），因此上式可被x+y整除由1，2可知：n为奇数时，x+y能够整除xn+yn又当n为奇数时，=（yp+yq）M，其中M是关于yp，yq的整式，YpYq=X，YpYq=，每一个集合“对”（Yp，Yq）都满足yp+yq=0则一定有=（x+y）M=0，MN*，于是可得y1n+y2n+y255n=0是常数【点评】： 本题考查了平行直线系、直线的交点、一元二次方程的根与系数的关系、集合的性质、中点坐标公式、对称性、扇形归纳法，考查了分析问题与解决问题的能力，考查了推理能力与计算能力，属于难题