上海市闵行区2020届高三二模考试数学试题 Word版含解析 21页

- 1 - 上海市闵行区 2020 届高三二模数学试卷 一、填空题（本大题共 12 题，1-6 每题 4 分，7-12 每题 5 分，共 54 分） 1.设集合    1,3,5,7 , 4 7A B x x    ，则 A B  __________. 【答案】{5,7} 【解析】 【分析】 根据交集的定义，即可求解. 【详解】    1,3,5,7 , 4 7A B x x    {5,7}A B  . 故答案为:{5,7}. 【点睛】本题考查集合的运算，属于基础题. 2.已知复数 z满足 1i z i   （ i 为虚数单位），则 Imz  __________． 【答案】 1 【解析】 【分析】 把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案. 【详解】解：由 1i z i   ，得 2 1 (1 )( ) 1i i iz i i i         ， ∴ Im 1z   . 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题. 3.若直线 1 0ax by   的方向向量为  1,1 ，则此直线的倾斜角为__________． 【答案】 4  【解析】 【分析】 利用直线的方向向量算出直线的斜率，进而求出直线的倾斜角. 【详解】解：∵直线 1 0ax by   的方向向量为  1,1 ， - 2 - ∴直线的斜率为 1， ∴直线的倾斜角为 4  . 故答案为： 4  . 【点睛】本题主要考查了直线的方向向量，以及直线的倾斜角，是基础题. 4.记 nS 为等差数列 na 的前 n 项和，若 3 1 22S S S  ， 1 2a  ，则 5a  __________． 【答案】6 【解析】 【分析】 利用等差数列的通项公式求和公式即可得出. 【详解】解：设等差数列 na 的公差为 d ， 3 1 2 12 , 2S S S a   ， 3 2 3 2 2 2 2d d        ，解得 1d  . 则 5 2 4 6a    . 故答案为：6. 【点睛】本题考查了等差数列的求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题. 5.已知圆锥的母线长为10，母线与轴的夹角为30，则该圆锥的侧面积为_． 【答案】50 【解析】 【分析】 根据勾股定理得出圆锥的底面半径，代入侧面积公式计算即可得出结论. 【详解】解：设底面的半径为 r，则 sin 30 10=5r   ∴该圆锥的侧面积 5 10=50S     故答案为50 【点睛】本题考查了圆锥的性质和侧面积公式，解决本题的关键是根据勾股定理求得圆锥底 面半径. - 3 - 6. 8 3 1x x      二项展开式的常数项为________. 【答案】28 【解析】 【分析】 利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令通项中 x的指数为 0，求出 r的值，将 r的 值代入通项公式，求出展开式的常数项． 【详解】解： 8 3 1x x      展开式的通项为     8 48 3 3 1 8 8 1 1 r rr rr r rT C x C x x           ，令 8 4 0 3 r  ，解得 2r = ，所以常数项为  22 0 3 8 1 28T C x   故答案为：28 【点睛】本题解决二项展开式的特定项问题，常利用的工具是二项展开式的通项公式，属于 中档题． 7.若 x、y满足 | 1|x y  ，且 1y  ，则 3x y 的最大值为__________． 【答案】5 【解析】 【分析】 画出约束条件不是的可行域，判断目标函数经过的点，求出最大值. 【详解】解：由 x、y 满足 | 1|x y  ，且 1y  ，画出可行域如图所示， 1 1 y x y     可得 A（2，1）， 则目标函数 3z x y  在点 A（2，1）取得最大值， 代入得 3 5x y  ，故 3x y 的最大值为 5. 故答案为：5. - 4 - 【点睛】本题考查线性规划的应用，画出约束条件的可行域以及找出目标函数经过的点是 解题关键. 8.从 1，2，3，4，5，6，7，8，9 中任取 3 个不同的数，并从小到大排成一个数列，此数列 为等比数列的概率为__________．（结果用最简分数表示） 【答案】 1 28 【解析】 【分析】 先求出基本事件总数 3 9 84n C  ，再用列举法求出此数列为等比数列包含的基本事件有 4 个， 由此能求出此数列为等比数列的概率. 【详解】解：从 1，2，3，4，5，6，7，8，9 中任取 3 个不同的数，并从小到大排成一个数 列， 基本事件总数 3 9 84n C  ， 此数列为等比数列包含的基本事件有：（1，2，4），（1，3，9），（2，4，8），共 3 个， ∴此数列为等比数列的概率为 3 1 84 28 P   . 故答案为： 1 28 . 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力，是基础题. 9.已知直线 1 :l y x ，斜率为  0 1q q  的直线 2l 与 x轴交于点 A，与 y 轴交于点  0 0,B a ， 过 0B 作 x 轴的平行线，交 1l 于点 1A，过 1A作 y 轴的平行线，交 2l 于点 1B ，再过 1B 作 x轴的 平行线交 1l 于点 2A ，…，这样依次得线段 0 1B A 、 1 1A B 、 1 2B A 、 2 2A B 、…、 1n nB A 、 n nA B ， 记 nx 为点 nB 的横坐标，则 lim nn x   __________． - 5 - 【答案】 1 a q 【解析】 【分析】 先由题设条件得出点 1 2 3, ,B B B 的坐标，根据它们之间的关系求出点 nB 的坐标，然后利用数列 极限的运算性质求出 lim nn x  . 【详解】解：∵斜率为  0 1q q  的直线 2l 与 x 轴交于点 A，与 y 轴交于点  0 0,B a ，直线 1 :l y x ， ∴A1（a，a）. ∵A1B0∥x轴，∴B1（a，aq+a），A2（aq+a，aq+a）. ∵B1A2∥x轴，∴B2（aq+a，aq2+aq+a）. 同理可得：A3（aq2+aq+a，aq2+aq+a）， B3（aq2+aq+a，aq3+aq2+aq+a），…， Bn（aqn﹣1+aqn﹣2+aqn﹣3+…aq2+aq+a，aqn+aqn﹣1+aqn﹣2+aqn﹣3+…aq2+aq+a）， ∵xn为点 Bn的横坐标， ∴xn＝aqn﹣1+aqn﹣2+aqn﹣3+…aq2+aq+a. 故 xn是首项为 a，公比为 q（0＜q＜1）的等比数列的前 n 项的和， 由数列极限的运算性质得： lim 1nn ax q   . 故答案为： 1 a q . - 6 - 【点睛】本题主要考查数列在实际问题中的应用及数列极限的求法，属于中档题. 10.已知  2f x 是定义在 R 上的偶函数，当 1 2 [2, , )x x   ，且 1 2x x ，总有 1 2 1 2 0 ( ) ( ) x x f x f x    ，则不等式  13 1 (12)xf f   的解集为__________． 【答案】  1, 【解析】 【分析】 根据题意可得出  2f x 在 0, 上单调递减，且  13 1 2 (10 2)xf f    ，从而根据 原不等式即可得出 13 1 10x   ，解出 x 的范围即可. 【详解】解：∵ 1 2 [2, , )x x   ，且 1 2x x 时，     1 2 1 2 0x x f x f x    ， ∴  f x 在 2, 上单调递减， ∴  2f x 在 0, 上单调递减， ∴由  13 1 (12)xf f   得  13 1 2 (10 2)xf f    ， ∴ 13 1 10x   ，解得 1x  ， ∴原不等式的解集为  1, . 故答案为：  1, . 【点睛】本题考查了偶函数的定义，偶函数在对称区间上的函数的单调性的特点，减函数和 - 7 - 增函数的定义，考查了计算能力，属于基础题. 11.已知 A、B、C 是边长为 1 的正方形边上的任意三点，则 AB AC uuur uuur 的取值范围为__________． 【答案】 1 ,2 4     【解析】 【分析】 建系，设 A（a，0），B（p，q），C（r，s），利用不等式，考虑极限情况求范围. 【详解】解：建系如图， M（1，0），N（1，1），P（0，1）， 设 A（a，0），B（p，q），C（r，s），其中 a，p，q，r，s∈[0，1]， ( , ) ( , ) ( )( ) (1 0) (1 0) 1 1 2AB AC p a q r a s p a r a qs                  ， 当且仅当 1 0 p r q s a       或 1 0 a q s p r       时,等号成立； ( , ) ( , ) ( )( ) ( )( ) 0 ( )( )AB AC p a q r a s p a r a qs p a r a a p r a                   2 1 2 4 p r        ， 当且仅当 1 0 a p r a p r qs         ，即 1 2 1 0 0 a p r qs         或 1 2 0 1 0 a p r qs         时，等号成立. 故答案为： 1 ,2 4     . - 8 - 【点睛】 本题考查了正方形的性质、考查向量坐标表示，数形结合思想，极限思想，考查了推理能 力与计算能力，属于中档题. 12.已知函数   sin cos 4sin cosf x x x x x k    ，若函数  y f x 在区间 (0, ) 内恰好 有奇数个零点，则实数 k 的所有取值之和为__________． 【答案】 2 2 1 【解析】 【分析】 讨论 0＜x≤ 2  时与 2  ＜x＜π时函数解析式，令 k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx，换元，根据二次 函数的单调性即可得出答案. 【详解】解：（1）当 0＜x≤ 2  时，设 k＝sinx+cosx﹣4sinxcosx， 令 t＝sinx+cosx＝ 2 sin（x+ 4  ），则 t∈[1， 2 ]， k＝t﹣2（t2 ﹣1）＝﹣2t2 + t+2，t∈[1， 2 ]为单调函数， 则可知当 t＝1时，即 k＝1 时，一解； 当 t＝ 2 时，即 k＝ 2 2 时，一解； 当 1＜t＜ 2 时，即 2 ﹣2＜k＜1 时两解； （2）当 2  ＜x＜π时，设 k＝sinx﹣cosx﹣4sinxcosx， 令 t＝sinx﹣cosx＝ 2 sin（x﹣ 4  ），则 t∈（1， 2 ]， - 9 - k＝t+2（t2 ﹣1），t∈（1， 2 ]也为单调函数， 则可知当 1＜t＜ 2 时，即 1＜k＜2+ 2 时两解， 当 t＝ 2 时，即 k＝ 2 2 时一解， 综上：k＝1 或 k＝ 2 ﹣2或 k＝ 2 2 ， 故所有 k 的和为2 2 1 . 故答案为：2 2 1 . 【点睛】本题考查函数零点与方程根的转化，换元思想，分类讨论思想，属于中档偏难题. 二、选择题（本大题共 4 题，每题 5 分，共 20 分） 13.在空间中，“两条直线不平行”是“这两条直线异面”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】 在空间中，“两条直线不平行”，可得：这两条直线异面或相交，即可判断出结论. 【详解】解：在空间中，“两条直线不平行”，可得：这两条直线异面或相交. ∴“两条直线不平行”是“这两条直线异面”的必要不充分条件. 故选：B. 【点睛】本题考查了空间中两条直线位置关系、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计 算能力，属于基础题. 14.某县共有 300 个村，现采用系统抽样方法，抽取 15 个村作为样本，调查农民的生活和生 产状况，将 300 个村编上 1到 300 的号码，求得间隔数 300 20 15 k   ，即每 20 个村抽取一个 村，在 1 到 20 中随机抽取一个数，如果抽到的是 7，则从 41 到 60 这 20 个数中应取的号码数 是（ ） A. 45 B. 46 C. 47 D. 48 【答案】C 【解析】 - 10 - 【分析】 根据系统抽样的定义和性质即可得到结论. 【详解】解：根据题意，样本间隔数 300 20 15 k   ， 在 1 到 20 中抽到的是 7， 则 41 到 60 为第 3 组，此时对应的数为 7+2×20＝47. 故选：C. 【点睛】本题主要考查系统抽样的应用，样本间距是解决本题的关键，比较基础. 15.已知抛物线的方程为 2 4y x ，过其焦点 F 的直线交此抛物线于 M．N 两点，交 y轴于点 E， 若 1EM MF   ， 2EN NF   ，则 1 2  （ ） A. 2 B. 1 2  C. 1 D. 1 【答案】D 【解析】 【分析】 设直线 MN 的方程为 y＝k（x﹣1），与抛物线方程联立，由 1EM MF   ， 2EN NF   ，分 别表示出λ1，λ2，利用根与系数关系即可算得答案. 【详解】解：根据条件可得 F（1，0）， 则设直线 MN 的方程为 y＝k（x﹣1），M（x1，y1），N（x2，y2）， 所以 E（0，﹣k），联立 2 ( 1) 4 y k x y x     ，整理可得 k2x2 ﹣（2k2 +4）x+k2 ＝0， 则 x1+x2＝ 2 2 2 4k k  ，x1x2＝1， 因为 1EM MF   ， 2EN NF   ， 所以λ1（1﹣x1）＝x1，λ2（1﹣x2）＝x2， 即有λ1＝ 1 11 x x ，λ2＝ 2 21 x x ， - 11 - 所以   2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 4 22 1 2 41 1 1 1 1 k x x x x x x kx x x x x x k k                    . 故选：D. 【点睛】本题考查直线与抛物线的综合，将条件转化为坐标形式，结合根与系数关系解题是 关键，属于中档题. 16.关于 x的实系数方程 2 4 5 0x x   和 2 2 0x mx m   有四个不同的根，若这四个根在 复平面上对应的点共圆，则 m 的取值范围是（ ） A.  5 B.  1 C.  0,1 D.    0,1 1 【答案】D 【解析】 【分析】 根据条件分别设四个不同的解所对应的点为 ABCD，讨论根的判别式，根据圆的对称性得到相 应判断. 【详解】解：由已知 x2﹣4x+5＝0 的解为 2 ，设对应的两点分别为 A，B， 得 A（2，1），B（2，﹣1）， 设 x2+2mx+m＝0 的解所对应的两点分别为 C，D，记为 C（x1，y1），D（x2，y2）， （1）当△＜0，即 0＜m＜1时， 2 2 0x mx m   的根为共轭复数，必有 C、D 关于 x轴对称， 又因为 A、B 关于 x轴对称，且显然四点共圆； （2）当△＞0，即 m＞1或 m＜0 时，此时 C（x1，0），D（x2，0），且 1 2 2 x x ＝﹣m， 故此圆的圆心为（﹣m，0）， 半径    2 2 1 2 1 21 2 24 2 4 2 2 2 x x x x m mx x r m m         ， 又圆心 O1到 A 的距离 O1A＝ 2 2 2(2 ) 1m m m    ， 解得 m＝﹣1， 综上：m∈（0，1）∪{﹣1}. 故选：D. - 12 - 【点睛】本题考查方程根的个数与坐标系内点坐标的对应，考查一元二次方程根的判别式， 属于难题. 三、解答题（本大题共 5 题，共 14+14+14+16+18=76 分） 17.在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，AB BC ， 2AB BC  ， 1 2 3AA  ，M 是侧棱 1CC上 一点，设MC h ． （1）若 3h  ，求多面体 1 1 1ABM ABC 的体积； （2）若异面直线 BM 与 1 1AC 所成的角为60，求 h 的值． 【答案】（1） 10 3 3 ；（2）2 【解析】 【分析】 （1）多面体 1 1 1ABM ABC 的体积为 1 1 1ABC A B C M ABCV V V   ，由此能求出结果； （2）以 B 为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能 求出 h 的值. 【详解】解：（1）∵在直三棱柱 ABC﹣A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝2， 1 2 3AA  ，M 是侧棱 C1C 上一点，设 MC＝ 3h  ， ∴多面体 ABM﹣A1B1C1的体积为： 1 1 1ABC A B C M ABCV V V   ＝ 1 1 2 AB BC AA   ﹣ 1 1 3 2 AB BC MC    ＝ 1 1 12 2 2 3 2 2 3 2 3 2         - 13 - ＝ 10 3 3 . （2）以 B为原点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z轴，建立空间直角坐标系， 则 B（0，0，0），M（2，0，h），A1（0，2，2 3 ），C1（2，0，2 3 ）， BM  ＝（2，0，h）， 1 1AC  ＝（2，﹣2，0）， ∵异面直线 BM 与 A1C1所成的角为 60°， ∴cos60°＝ 1 1 1 1 | | | | | | BM AC BM AC       ＝ 2 4 4 8h  ， 由 h＞0，解得 h＝2. 【点睛】本题考查多面体的体积、线段长的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关 系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题. 18.已知函 2( ) 3cos 3sin cos ( 0)f x x x x      ． （1）当  f x 的最小正周期为2 时，求的值; （2）当 1  时，设 ABC 的内角 A．B．C对应的边分别为 a、b、c，已知 ( ) 3 2 Af  ，且 2 7a  ， 6b  ，求 ABC 的面积． 【答案】（1） 1 2   ；（2）3 3或6 3 【解析】 【分析】 （1）利用倍角公式、和差公式可得 f（x）＝ 3 sin（2ωx+ 3  ）+ 3 2 ，根据 f（x）的最小正 周期为 2π，可得ω. - 14 - （2）当ω＝1 时， 3 2 Af       ，代入可得 3 sin（2× 2 3 A   ）+ 3 2 ＝3，解得 A，利用余弦 定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，解得 c，即可得出△ABC 的面积 S. 【详解】解：（1）函数 2( ) 3cos 3 sin cos ( 0)f x x x x      . ∴f（x）＝3× 1 cos 2 3 sin 2 2 2 x x   ＝ 3 sin（2ωx+ 3  ）+ 3 2 ， 当 f（x）的最小正周期为 2π时， 2 2   ＝2π，解得ω＝ 1 2 ； （2）当ω＝1时， 3 2 Af       ， ∴ 3 sin（2× 2 3 A   ）+ 3 2 ＝3，又 A为三角形的内角， 解得 A＝ 3  . 且 2 7, 6a b  ， 由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA， ∴c2﹣6c+8＝0， 解得 c＝2或 4. ∴△ABC 的面积 S＝ 1 2 bcsinA＝3 3 或 6 3 . 【点睛】本题考查了三角函数的性质与三角形的面积、和差公式与倍角公式、余弦定理，考 查了推理能力与计算能力，属于中档题. 19.如图，A、B两地相距 100 公里，两地政府为提升城市的抗疫能力，决定在 A、B之间选址 P点建造储备仓库，共享民生物资，当点 P 在线段 AB 的中点 C 时，建造费用为 2000 万元，若 点 P 在线段 AC 上（不含点 A），则建造费用与 P、A之间的距离成反比，若点 P在线段 CB 上（不 含点B），则建造费用与P、B之间的距离成反比，现假设P、A之间的距离为x千米  0 100x  ， A地所需该物资每年的运输费用为 2.5x万元，B 地所需该物资每年的运输费用为  0.5 100 x 万元，  f x 表示建造仓库费用，  g x 表示两地物资每年的运输总费用（单位:万元）． - 15 - （1）求函数  f x 的解析式; （2）若规划仓库使用的年限为 *( )n nN ，      H x f x ng x  ，求  H x 的最小值，并 解释其实际意义． 【答案】（1）当 0 50x  ， 100000( )f x x  ；当 50 100x  ， 100000( ) 100 f x x   ；（2） 50 400 5n n ，见解析 【解析】 【分析】 （1）由题意，设 f（x）＝ 1 2 , 0 50 , 50 100 100 k x x k x x          ，由 f（50）＝2000，求得 k1与 k2的值， 则函数解析式可求； （2）求出 g（x）＝2.5x+0.5（100﹣x）＝2x+50，然后分段写出 H（x），求导后再对 n 分类 求解 H（x）的最小值，并解释其实际意义. 【详解】解：（1）由题意，设 f（x）＝ 1 2 , 0 50 , 50 100 100 k x x k x x          ， 由 f（50）＝2000，求得 k1＝k2＝100000. ∴f（x）＝ 100000 , 0 50 100000 , 50 100 100 x x x x          ； （2）g（x）＝2.5x+0.5（100﹣x）＝2x+50， 若 0＜x≤50，则 H（x）＝f（x）+ng（x）＝ 100000 2 50nx n x   ， H′（x）＝ 2 2 2 100000nx x  ，由 H′（x）＝0，得 x＝100 5 n ， 若 n∈N*且 n≤20，则 H（x）在（0，50]上单调递减，H（x）min＝H（50）＝2000+150n； - 16 - 若 n∈N * 且 n＞20，则 H（x）在（0，100 5 n ）上单调递减，在（100 5 n ，50）单调递增， ∴ min( ) 50 400 5H x n n  ； 若 50＜x＜100，则 H（x）＝f（x）+ng（x）＝ 100000 2 50 100 nx n x    ， H′（x）＝ 2 100000 2 (100 ) n x   ＞0，H（x）在（50，100）上单调递增， 若 n∈N*且 n≤20，则 H（x）＞2000+150n； 若 n∈N * 且 n＞20，则 H（x）＞50n+ 400 5n . 综上，若 n∈N*且 n≤20，则 H（x）min＝2000+150n； 若 n∈N * 且 n＞20，则 min( ) 50 400 5H x n n  . 实际意义：建造储备仓库并使用 n 年，花费在建造仓库和两地物资运输总费用的最小值. 【点睛】本题考查根据实际问题选择函数模型，训练了利用导数求最值，是中档题. 20.在平面直角坐标系中，A、B 分别为椭圆 2 2: 1 2 x y   的上、下顶点，若动直线 l过点    0, 1P b b  ，且与椭圆相交于 C、D两个不同点（直线 l 与 y 轴不重合，且 C、D两点在 y轴右侧，C 在 D 的上方），直线 AD 与 BC 相交于点 Q． （1）设的两焦点为 1F、 2F ，求 1 2F AF 的值; （2）若 3b  ，且 3 2 PD PC   ，求点 Q 的横坐标； （3）是否存在这样的点 P，使得点 Q的纵坐标恒为 1 3 ？若存在，求出点 P 的坐标，若不存在， 请说明理由． - 17 - 【答案】（1） 2  （2） 2 3Qx  ；（3） (0,3)P 【解析】 【分析】 （1）由椭圆方程易知∠OAF2＝45°，结合对称性可得∠F1AF2＝90°； （2）设 C（x1，y1），D（x2，y2），根据已知条件可求得直线 BC 的方程为 y＝2x﹣1，直线 AD 的方程为 y＝﹣x+1，联立两直线方程即可得到点 Q的横坐标； （3）设直线 l 的方程为 y＝kx+b（k＜0，b＞1），与椭圆方程联立，可得   2 1 2 1 2 1 2 bkx x x x b    ， 直线 BC 的方程为 1 1 1 1yy x x    ，直线 AD 的方程为 2 2 1 1yy x x    ，进而得到点 Q 的纵坐标， 由此建立方程化简即可得出结论. 【详解】解：（1）由椭圆Γ的方程知，F1（﹣1，0），F2（1，0），A（0，1）， 则∠OAF2＝45°， ∴∠F1AF2＝90°； （2）若 b＝3，设 C、D的两点坐标为 C（x1，y1），D（x2，y2）， ∵ 3 2 PD PC   ， ∴    2 2 1 1 3, 3 , 3 2 x y x y   ，即 2 1 2 1 3 3 3, 2 2 2 x x y y   ， 而 C（x1，y1），D（x2，y2）均在 2 2 1 2 x y  上， 代入得   2 2 1 1 22 1 1 2 2 9 9 1 2 4 2 x y x y         ，解得 1 7 9 y  ， ∴ 2 1 3 y   ，分别代入Γ解得， 1 2 8 4, 9 3 x x  ， ∴直线 BC 的方程为 y＝2x﹣1，直线 AD 的方程为 y＝﹣x+1， 联立 2 1 1 y x y x       ，解得 2 3 x  ， ∴Q 点的横坐标为 2 3 ； （3）假设存在这样的点 P，设直线 l的方程为 y＝kx+b（k＜0，b＞1）， - 18 - 点 C，D 的坐标为 C（x1，y1），D（x2，y2）， 联立 2 22 2 y kx b x y      ，得（2k2 +1）x2 +4kbx+2b2 ﹣2＝0， 由△＝16k2b2 ﹣8（2k2 +1）（b2 ﹣1）＞0，得 2 2 1 2 bk   ， 由 1 2 2 2 1 2 2 4 2 1 2 2 2 1 kbx x k bx x k           ，可得   2 1 2 1 2 1 2 bkx x x x b    ， 直线 BC 的方程为 1 1 1 1yy x x    ，直线 AD 的方程为 2 2 1 1yy x x    ， 而 x1y2＝kx1x2+bx1，x2y1＝kx1x2+bx2，联立 1 1 2 2 1 1 1 1 yy x x yy x x         ， 得                 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 2x y x y x x kx x b x x x x y x y x y x x b x x x x                ＝         1 2 2 1 2 2 1 1 2 1 1 3 x x b x x b x x b x x b         ， 则 b＝3＞1，因此，存在点 P（0，3），使得点 Q 的纵坐标恒为 1 3 . 【点睛】本题考查椭圆方程及其性质，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定点 定值问题，考查化简运算能力，属于较难题目. 21.已知数列 nx ，若对任意 *nN ，都有 2 12 n n n x x x    成立，则称数列 nx 为“差增数 列”． （1）试判断数列 2 *( )na n n N 是否为“差增数列”，并说明理由； （2）若数列 na 为“差增数列”，且 * na N ， 1 2 1a a  ，对于给定的正整数 m，当 ka m ， 项数 k 的最大值为 20 时，求 m 的所有可能取值的集合； （3）若数列 lg nx 为“差增数列”， * 2 ), 0 0( 2n n N ，且 1 2 2020lg lg lg 0x x x    ， - 19 - 证明: 1010 1011 1x x  ． 【答案】（1）是；见解析（2） *,17{ 2| }190m m m  N ；（3）见解析 【解析】 【分析】 （1）数列  2 * na n n N 是“差增数列”.由新定义可知，只要证明 2 2 n na a  ＞an+1即可； （2）由新定义可得对任意的 n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an恒成立，可令 bn＝an+1﹣an（n≥1），运 用累加法，结合等差数列的求和公式可得 an，由于 1≤n≤19，结合条件可得 m的取值集合； （3）运用反证法证明，假设 x1010x1011≥1，由题意可得 x1x2…x2020＝1， 1n n x x  ＜ 2 1 n n x x   ，运用不等 式的性质推得 x1009x1012＞1，即可得到矛盾，进而得证. 【详解】解：（1）数列  2 * na n n N 是“差增数列”. 因为任意的 n∈N*，都有 an+an+2＝n2+（n+2）2＝2n2+4n+4＝2（n+1）2+2＞2（n+1）2＝2an+1， 即 2 2 n na a  ＞an+1成立， 所以数列  2 * na n n N 是“差增数列”； （2）由已知，对任意的 n∈N*，an+2﹣an+1＞an+1﹣an恒成立. 可令 bn＝an+1﹣an（n≥1），则 bn∈N，且 bn＜bn+1， 又 an＝m，要使项数 k 达到最大，且最大值为 20 时，必须 bn（1≤n≤18）最小. 而 b1＝0，故 b2＝1，b3＝2，…，bn＝n﹣1. 所以 an﹣a1＝b1+b2+…+bn﹣1＝0+1+2+…+（n﹣2）＝ 1 2 （n﹣1）（n﹣2）， 即当 1≤n≤19 时，an＝1+ ( 1)( 2) 2 n n  ，a19＝154，因为 k的最大值为 20， 所以 18≤a20﹣a19＜18+19，即 18≤m﹣154＜18+19， 所以 m 的所有可能取值的集合为{m|172≤m＜191，m∈N*}. （3）证明：（反证法）假设 x1010x1011≥1.由已知可得 xn（n＝1，2，…，2020）均为正数，且 x1x2…x2020＝1， 1n n x x  ＜ 2 1 n n x x   . - 20 - 而由 1n n x x  ＜ 2 1 n n x x   可得 1010 1009 x x ＜ 1011 1010 x x ＜ 1012 1011 x x ， 即 x1010x1011＜x1009x1012，所以 x1009x1012＞1. 又 1010 1008 x x ＝ 1010 1009 x x • 1009 1008 x x ＜ 1012 1011 x x • 1013 1012 x x ＝ 1013 1011 x x ，即 x1008x1013＞1， 同理可证 x1007x1014＞1，…，x1x2020＞1， 因此 x1x2…x2020＞1，这与已知矛盾， 所以 x1010x1011＜1. 【点睛】本题考查数列的新定义的理解和运用，考查等差数列的通项公式和求和公式的运用， 主要考查化简整理的运算求解能力和逻辑推理能力，属于难题. - 21 -