上海市浦东新区2020届高三三模考试数学试题 Word版含解析 23页

- 1 - 浦东新区高三三模数学试卷 一.填空题 1. 已知集合    1,0, , |1 2 2xA a B x     ，若 A B   ，则实数 a 的取值范围是 ________ 【答案】  0,1 【解析】 【分析】 根据指数函数 2xy  是单调增函数解不等式1 2 2x  ，得到集合 B ,再根据交集的定义和空 集的定义得 ,A B 有公共元素,进而得到  0,1a . 【详解】由1 2 2x  ，根据指数函数 2xy  是单调增函数，可得 0 1, { | 0 1}x B x x      又∵集合  1,0,A a  ， A B   ，则 ,A B 有公共元素， 所以  0,1a 故答案为： 0,1 . 【点睛】本题考查集合的交集的运算，涉及利用指数函数的单调性解指数不等式，属基础题. 2. 若一组样本数据 21，19，x，20，18 的平均数为 20，则该组样本数据的方差为________. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据平均数求出 x，再求数据的方差. 【详解】 21 19 20 18 205 x     ，解得 22x  ， 该组样本数据的方差为 2 2 2 2 2(21 20) (19 20) (22 20) (20 20) (18 20) 25           . 故答案为：2 【点睛】本题考查样本数据的平均值与方差，属于基础题. 3. 椭圆 2 2 2 125 x y b   ( 0b  )与双曲线 2 2 18 x y  有公共的焦点，则b  ______. 【答案】4 - 2 - 【解析】 【分析】 由题意得两条曲线的 2c 值相等，从而得到关于b 的方程，解方程即可得答案. 【详解】由题意得两条曲线的 2c 值相等， ∴ 225 8 1b   ，求得 2 16b  ，则 4b  . 故答案为： 4 . 【点睛】本题考查椭圆与双曲线的标准方程，考查函数与方程思想，考查运算求解能力，属 于基础题. 4. 函数 22y x x  （1 2x  ）的反函数是________ 【答案】 21 1y x   ，  0,1x 【解析】 【分析】 欲求原函数的反函数，即从原函数式中反解出 x ，后再进行 x ，y 互换，即得反函数的解析式， 求出原函数的值域即为反函数的定义域． 【详解】解：因为 22y x x  且1 2x  ，所以    2 2 12 1 1 0,x x x      所以  22 0,1y x x   又  21 1y x    ，所以  22 1 1y x    ，所以   221 1x y   ，所以 21 1x y   x ， y 互换，得 21 1y x   ，  0,1x ． 故答案为： 21 1y x   ，  0,1x 【点睛】本题主要考查了反函数，以及原函数的值域即为反函数的定义域，属于基础题． 5. 函数 2 , 1( ) ( 2) , 1 x xf x x x     „ ，如果方程 ( )f x b 有四个不同的实数解 1x 、 2x 、 3x 、 4x ， 则 1 2 3 4x x x x    ． 【答案】4 【解析】 【分析】 - 3 - 作出 ( )f x 的图象，由题意可得 ( )y f x 和 y b 的图象有 4 个交点，不妨设 1 2 3 4x x x x< < < ， 由 1x 、 2x 关于原点对称， 3x 、 4x 关于 (2,0) 对称，计算即可得到所求和． 【详解】解：作出函数 2 , 1( ) ( 2) , 1 x xf x x x     „ 的图象， 方程 ( )f x b 有四个不同的实数解， 等价为 ( )y f x 和 y b 的图象有 4 个交点， 不妨设它们交点的横坐标为 1x 、 2x 、 3x 、 4x ， 且 1 2 3 4x x x x< < < ， 由 1x 、 2x 关于原点对称， 3x 、 4x 关于 (2,0) 对称， 可得 1 2 0x x  ， 3 4 4x x  ， 则 1 2 3 4 4x x x x    ． 故答案为：4． 【点睛】本题考查函数方程的转化思想，考查数形结合思想方法以及对称性的运用，考查 运算能力，属于中档题． 6. 已知 2 3 2 3 0 1 2 3( 3) ( 3) ( 3) ( 3)n n nx x x x a a x a x a x a x            （ *nN ），且 0 1 2n nA a a a a    ，则 lim 4 n nn A   ________ 【答案】 4 3 【解析】 - 4 - 【分析】 令 3 1x   ，得到 x ，再代入到已知可得 2 3 0 1 2 4 4 4 4n n nA a a a a         L ，根 据等比数列前 n 项和公式求得 nA ，进而求极限即可； 【 详 解 】 解 ： 因 为 2 3 2 3 0 1 2 3( 3) ( 3) ( 3) ( 3)n n nx x x x a a x a x a x a x            ， 令 3 1x   ，即 4x  ，可得 2 3 0 1 2 4 4 4 4n n nA a a a a         L  4 1 4 1 4 n nA    所以  4 4 1 4 1 4 1 4lim lim lim 1 lim 14 3 4 3 4 3 4 3 n n n n n nn n n n A                       故答案为： 4 3 【点睛】本题主要考查利用赋值法求二项式张开式的系数和以及数列极限的求解，属于中档 题. 7. 若△ABC 的内角 , ,A B C 满足sin 2 sin 2sinA B C  ，则 cosC 的最小值是 ． 【答案】 6 2 4  【解析】 试 题 分 析 ： 由 正 弦 定 理 有 2 2a b c  , 所 以 2 2 a bc  , 2 2 2 2 2 3 1 2 4 2 2cos 2 2 a b aba b cC ab ab     , 由 于 2 2 2 23 1 3 1 624 2 4 2 2a b a b ab    , 故 6 2cos 4C  , 所 以 cosC 的 最 小 值 是 6 2 4  . 考点：1.正弦定理；2.余弦定理的推论；3.均值不等式. 【思路点晴】本题主要考查了余弦定理的推论及均值不等式求最值，属于中档题.在本题中， - 5 - 由正弦定理把sin 2 sin 2sinA B C  化为 2 2a b c  ，再由余弦定理推论求出 cosC 的 表达式，还用到用均值不等式求出 2 2 2 23 1 3 1 624 2 4 2 2a b a b ab    ，再算出结果来. 8. 对任意实数 ,x y ，定义运算 x y ax by cxy    ，其中 , ,a b c 是常数，等式右边的运 算是通常的加法和乘法运算.已知1 2 3,2 3 4    ，并且有一个非零常数 m ，使得对任 意实数 x ,都有 x m x  ，则 m 的值是______________ 【答案】4 【解析】 由定义可知1*2 2 2 3,2*3 2 3 6 4a b c a b c        ,所以 5 3 , 12 ba b c    , 所以 * ( ) (5 3 )2 mbx m ax bm cmx a cm x bm b m x bm x            恒成立， 所以 0,5 3 12 mbbm b m     . 0m  , 0, 4b m   . 9. 在平面直角坐标系 xOy 中，点集 {( , ) | (| | | 2 | 4)(| 2 | | | 4) 0}K x y x y x y      所对应的 平面区域的面积为________ 【答案】 32 3 【解析】 【分析】 利用不等式对应区域的对称性求出在第一象限的面积，乘以 4 得答案． 【详解】解： (| | 2 | | 4)(2 | | | | 4) 0x y x y    „ 对应的区域关于原点对称， x 轴对称， y 轴对 称， 只要作出在第一象限的区域即可． 当 0x… ， 0y… 时， 不等式等价为 ( 2 4)(2 4) 0x y x y    „ ， 即 2 4 0 2 4 0 x y x y      … „ 或 2 4 0 2 4 0 x y x y      „ … ， 在第一象限内对应的图象为， - 6 - 则 (2,0)A ， (4,0)B ， 由 2 4 0 2 4 0 x y x y        ，解得 4 3 4 3 x y     ，即 4 4( , )3 3C ， 则三角形 ABC 的面积 1 4 422 3 3S     ，则在第一象限的面积 4 82 3 3S    ， 则点集 K 对应的区域总面积 8 324 3 3S    ． 故答案为： 32 3 ． 【点睛】本题考查简单的线性规划，主要考查区域面积的计算，利用二元一次不等式组表示 平面区域的对称性是解决本题的关键，属于中档题． 10. 设复数 z 满足| | 1z  ，使得关于 x 的方程 2 2 2 0zx zx   有实根，则这样的复数 z 的和 为________ 【答案】 3 2  【解析】 【分析】 设 z a bi  ，（ ,a bR 且 2 2 1a b  ），将原方程变为   2 22 2 2 0ax ax bx bx i     ， 则 2 2 2 0ax ax   ①且 2 2 0bx bx  ②；再对b 分类讨论可得； 【详解】解：设 z a bi  ，（ ,a bR 且 2 2 1a b  ） 则原方程 2 2 2 0zx zx   变为    2 22 2 2 0ax ax bx bx i     所以 2 2 2 0ax ax   ，①且 2 2 0bx bx  ，②； - 7 - （1）若 0b  ，则 2 1a  解得 1a   ，当 1a  时①无实数解，舍去； 从而 1a   ，此时 1 3x    ，故 1z   满足条件； （2）若 0b≠ ，由②知， 0x  或 2x  ，显然 0x  不满足，故 2x  ，代入①得 1 4a   ， 15 4b   所以 1 15 4 4z    综上满足条件的所以复数的和为 1 15 1 15 31 4 4 4 4 2                      故答案为： 3 2  【点睛】本题考查复数的运算，复数相等的充要条件的应用，属于中档题. 11. 已知函数 2 3 1( ) sin sin2 2 2 xf x x    （ 0 ）， xR ，若 ( )f x 在区间 ( ,2 )  内 没有零点，则 的取值范围是________ 【答案】 1 1 7(0, ] [ , ]12 6 12 【解析】 【分析】 利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用函数的零点以及函数的周期，列出不等 式求解即可． 【详解】解：函数 2 3 1( ) sin sin2 2 2 xf x x     1 3 11 cos sin2 2 2x x     3 1sin cos2 2x x   sin 6x      ， - 8 - 因为函数 ( )f x 在区间 ( ,2 )  内没有零点，所以    2 0 22 f f T             即 sin sin 2 06 6 0 1                      所以 sin 06 sin 2 06                 ①或 sin 06 sin 2 06                 ②； 解①得 1 72 26 6 1 7 12 12 k k k k             ，  k Z ，因为 0 1  ，所以 0k  ，所以 1 7 6 12   ； 解②得 5 12 26 6 5 1 12 12 k k k k             ，  k Z ，因为 0 1  ，所以 0k  ，所以 10 12   ； 综上可得 1 1 70, ,12 6 12           U 故答案为： 1 1 70, ,12 6 12           U 【点睛】本题考查函数的零点个数的判断，三角函数的化简求值，考查计算能力，属于中档 题． 12. 在平面直角坐标系 xOy 中，点集 {( , ) | , { 1,0,1}}Q x y x y   ，在 Q 中随机取出三个点， 则这三个点两两之间距离不超过 2 的概率为________ 【答案】 5 14 【解析】 【分析】 点集Q 中有 9 个点，从而在 Q 中随机取出三个点的方式数为 3 9 84C  ，当取出的三个点两两 之间的距离不超过 2 时，有如下三种情况：三点在一横线或一纵线上，有 6 种情况，三点是 1， - 9 - 1， 2 的等腰直角三角形的顶点，有 4 4 16  种情况，三点是边长为 2, 2, 2 的等腰直角 三角形的顶点，有 8 种情况，由此能求出这三个点两两之间距离均不超过 2 的概率． 【详解】在平面直角坐标系 xOy 中，点集 {( , ) | , { 1,0,1}}Q x y x y   ， ∴Q 中有 9 个点，在Q 中随机取出三个点的方式数为 3 9 84C  ， 当取出的三个点两两之间的距离不超过 2 时，有如下三种情况： ①三点在一横线或一纵线上，有 6 种情况， ②三点是边长为 1，1， 2 的等腰直角三角形的顶点，有 4 4 16  种情况， ③三点是边长为 2 ， 2 ， 2 的等腰直角三角形的顶点， 其中，直角顶点位于 (0,0) 的有 4 个，直角顶点位于 ( 1,0) ， (0, 1) 的各有 1 个， 共有 8 种情况， 综上，选出的三点两两之间距离不超过 2 的情况数为 6 16 8 30   ， 这三个点两两之间距离均不超过 2 的概率为 30 5 84 14P   ． 故答案为： 5 14 ． 【点睛】本题考查概率的求法，考查古典概型、列举法等基础知识，考查运算求解能力，是 基础题． 二.选择题 13. 已知 x， y R ，则“ x y ”是“ 1x y  ”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】 x y ，不能得到 1x y  ， 1x y  成立也不能推出 x y ，即可得到答案. 【详解】因为 x， y R ， - 10 - 当 x y 时，不妨取 11, 2x y    ， 2 1x y   ， 故 x y 时， 1x y  不成立， 当 1x y  时，不妨取 2, 1x y   ，则 x y 不成立， 综上可知，“ x y ”是“ 1x y  ”的既不充分也不必要条件， 故选：D 【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题. 14. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如 图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组， 经 90°榫卯起来.若正四棱柱的高为 6，底面正方形的边长为 1，现将该鲁班锁放进一个球形 容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为( ) A. 41π B. 42π C. 43π D. 44π 【答案】A 【解析】 【分析】 由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接圆的直径. 【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半， 即为 1 4136 4 12 2     ， ∴该球形容器体积的最小值为：4 241( )2    41π. - 11 - 故选：A. 【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，考查了空间想象能力，考查了转化思想，该类问 题的一个主要方法是通过空间想象，把实际问题抽象成空间几何问题，属于中档题. 15. 在平面直角坐标系中，定义 1 1 n n n n n n x x y y x y        （ *nN ）为点 ( , )n n nP x y 到点 1 1 1( , )n n nP x y   的变换，我们把它称为点变换，已知 1(1,0)P ， 2 2 2( , )P x y ， 3 3 3( , )P x y ， 是经过点变换得到 一组无穷点列，设 1 1 2n n n n na P P P P    uuuuur uuuuuuur ，则满足不等式 1 2 2020na a a   最小正整数 n 的 值为（ ） A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】 可以先求得 1a （当然可求得 2 3 4, , ,a a a ，然后归纳出 na ，对填空、选择题这是不错的解法）， 然后求得 2 2 n n na x y  ，从而可以得 1 2n na a  ，说明数列 { }na 是等比数列，求得通项公式 na 后求和，由 2020nS  得解． 【详解】由定义知 1 1 1 0 x y    ， 2 2 1 1 x y    ， 3 3 0, 2 x y    ，即 2 3(1,1), (0,2)P P ． 1 1 2 2 3 (0,1) ( 1,1) 1a PP P P       ， 观察可得， 1 1 2 ,n n n n na P P P P     1 1 2 1 2 1( , ) ( , )n n n n n n n nx x y y x x y y           1 1( , ) ( , )n n n ny x y x     2 2 1 1 ( ) ( )n n n n n n n n n n n ny y x x y x y x x y x y         ， 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ( ) ( ) 2( )n n n n n n n n na x y x y x y x y          2 na ， ∴数列 { }na 是等比数列，公比为 2，首项为 1．∴ 12n na -= ． 2 1 1 2 1 2 2 2 2 1n n na a a            ，由 2 1 2020n   ，解得 11n  ．即 n 的最小 值为 11. 故答案为：C 【点睛】本题考查向量的数量积，考查等比数列的通项公式与前 n 项和公式．解题关键是求出 - 12 - 2 2 n n na x y  ．接着顺理成章地写出 1na  ，观察两项之间的关系，问题得以解决．属于难题 16. 数学中的数形结合也可以组成世间万物的绚丽画面，一些优美的曲线是数学形象美、对 称美、和谐美的产物，曲线 2 2 3 2 2( ): 16C x y x y 为四叶玫瑰线，下列结论正确的有（ ） （1）方程 2 2 3 2 2( ) 16x y x y  （ 0xy  ），表示的曲线在第二和第四象限； （2）曲线C 上任一点到坐标原点O 的距离都不超过 2； （3）曲线C 构成的四叶玫瑰线面积大于 4 ； （4）曲线C 上有 5 个整点（横、纵坐标均为整数的点）； A. （1）（2） B. （1）（2）（3） C. （1）（2）（4） D. （1）（3）（4） 【答案】A 【解析】 【分析】 因为 0xy  ，所以 x 与 y 异号，仅限与第二和四象限，从而判断（1）． 利用基本不等式 2 2 2 x yxy  „ 即可判断（2）； 将以O 为圆心、2 为半径的圆的面积与曲线C 围成区域的面积进行比较即可判断（3）； 先确定曲线C 经过点 ( 2, 2) ，再将 2x  ， 2y  的整点 (1,1) ， (1,2) 和 (2,1) 逐一代入 曲线C 的方程进行检验即可判断（4）； 【详解】对于（1），因为 0xy  ，所以 x 与 y 异号，仅限与第二和四象限，即（1）正确． 对于（2），因为 2 2 2 ( 0, 0)x y xy x y  … ，所以 2 2 2 x yxy  „ ， 所以 2 2 2 2 2 3 2 2 2 2 2( )( ) 16 16 4( )4 x yx y x y x y    „ ， 所以 2 2 4x y „ ，即（2）正确； - 13 - 对于（3），以O 为圆点，2 为半径的圆O 的面积为 4 ，显然曲线C 围成的区域的面积小于圆 O 的面积，即（3）错误； 对于（4），只需要考虑曲线在第一象限内经过的整点即可，把 (1,1) ，(1,2) 和 (2,1) 代入曲线C 的方程验证可知，等号不成立，所以曲线C 在第一象限内不经过任何整点，再结合曲线的对 称性可知，曲线C 只经过整点 (0,0) ，即（4）错误； 故选：A. 【点睛】本题考查曲线的轨迹方程，涉及特殊点代入法、均值不等式、圆的面积等知识点， 有一定的综合性，考查学生灵活运用知识和方法的能力，属于中档题． 三.解答题 17. 直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，底面 ABC 为等腰直角三角形，AB AC ， 2AB AC  ， 1 4AA  ， M 是侧棱 1CC 上一点，设 MC h ． (1) 若 1BM AC ，求 h 的值； (2) 若 2h  ，求直线 1BA 与平面 ABM 所成的角． 【答案】（1） 1h  （2） 10sin 5arc 【解析】 试题分析：（1）以 A 为坐标原点，以射线 AB 、 AC 、 1AA 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角 坐标系，求出 BM  ， 1AC  ，利用 1 0BM AC   ，求出 h 的值；（2）求出直线 1BA 的方向向量 与平面 ABM 的法向量，求出向量的夹角的余弦值可得结果. 试题解析：（1）以 A 为坐标原点，以射线 AB 、 AC 、 1AA 分别为 x 、 y 、 z 轴建立空间直角 - 14 - 坐标系，如图所示， 则  2,0,0B ,  1 0,0,4A ，  0,2,0C ，  0,2,M h  2,2,BM h  ，  1 0,2, 4AC   由 1BM AC 得 1 0BM AC   ，即 2 2 4 0h   解得 1h  ． (2) 解法一：此时  0,2,2M      12,0,0 , 0,2,2 , 2,0,4AB AM BA      设平面 ABM 的一个法向量为  , ,n x y z 由 0{ 0 n AB n AM       得 0{ 0 x y z    所以  0,1, 1n   设直线 1BA 与平面 ABM 所成的角为 则 1 1 4 10sin 52 20 n BA n BA         所以直线 1BA 与平面 ABM 所成的角为 10sin 5arc 解法二：联结 1A M ，则 1A M AM ， 1,AB AC AB AA  ， AB  平面 1 1AAC C 1AB A M  1A M  平面 ABM - 15 - 所以 1A BM 是直线 1BA 与平面 ABM 所成的角； 在 1Rt A BM 中， 1 12 2, 2 10A M A B  所以 1 1 1 2 2 10sin 52 10 A MA BM A B     所以 1 10arcsin 5A BM  所以直线 1BA 与平面 ABM 所成的角为 10sin 5arc 点睛：本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用之利用空间向量的数量积证明垂直关系， 利用空间向量求直线与平面所成的角角；两直线垂直等价于直线的方向向量互相垂直即数量 积为 0，直线与平面所成的角 与直线的方向向量与平面的法向量之间所成的角相加为 90 或 相减为90 ，且满足sin cos ,m n     . 18. 方舱医院的启用在本次武汉抗击新冠疫情的关键时刻起到了至关重要的作用，图 1 为某 方舱医院的平面设计图，其结构可以看成矩形在四个角处对称地截去四个全等的三角形所得， 图 2 中所示多边形 ABCDEFGH ，整体设计方案要求：内部井字形的两根水平横轴 80AF BE  米，两根竖轴 60CH DG  米，记整个方舱医院的外围隔离线（图 2 实线部 分，轴和边框的粗细忽略不计）总长度为 L ，CH 与 AF 、BE 的交点为 M 、N ，DG 与 AF 、 BE 的交点为 P 、Q ， CBN   （ 0 2   ）. （1）若 6   ，且两根横轴之间的距离 30AB EF  米，求外围隔离线总长度 L ； （2）由于疫情需要，外围隔离线总长度 L 不超过 240 米，当整个方舱医院（多边形 ABCDEFGH 的面积）最大时，给出此设计方案中 的大小与 BC 的长度. 【答案】（1） 340 60 3 ；（2） 4   ， 10 10 2BC   . 【解析】 - 16 - 【分析】 （1）根据条件，求出外围隔离线每边的长度，再求和即可； （2）先得到当外围隔离线总长度为 240 米时，整个方舱医院的面积最大，再将整个方舱医院 的面积用 表示出来，观察题中出现sin cos  和sin cos  ，可用两者之间的联系化简求 最值成立的条件. 【详解】解：（1）由题 2 60NC MN  ，得 2 30 60NC   ，得 15NC  ，由 6   ， 则 3 15 3BN NC  ， 30BC  ，故 80 30 3CD   ， 则 L 4 2 2BC AB CD   4 30 2 30 2 (80 30 3)        340 60 3 （2）设 BC x ，则 sinNC x  , cosBN x  , 则 60 2 sinAB x   ， 80 2 cosCD x   ， 则 L 4 2 2BC AB CD   4 2(60 2 sin ) 2(80 2 cos )x x x       280 4 4 sin 4 cosx x x    . 当 240L  会使整个方舱医院的面积最大，则 280 4 4 sin 4 cos 240x x x     ， 得 10 sin cos 1x     , 整个方舱医院的面积 180 60 4 cos sin2S x x      24800 2 sin cosx    ， 得 S 2 200sin cos4800 (sin cos 1)        ， 0 2   令 sin cos 1t     2 sin( ) 14    ， 0 2   ，则 (2,1 2]t   ， 且 1 sin cost     ，得 22sin cos 2t t    则 2 2 100( 2 ) 2004800 4700t tS tt     ， (2,1 2]t   当 1 2t   时， S 最大，即 2 sin( ) 14    1 2  ，此时 4   ， 10( 2 1)x   ， 即整个方舱医院的面积最大时， 4   ， 10( 2 1)BC   【点睛】本题是应用问题，考查了理解、分析能力，将实际问题转化成数学问题，并利用 sin cos  与sin cos  之间的关系求最值成立的条件是解决问题的关键. - 17 - 19. 已知曲线 2 2 : 13 6 x yC   ，Q 为曲线C 上一动点，过Q 作两条渐近线的垂线，垂足分别 是 1P 和 2P . （1）当Q 运动到 (3,2 3) 时，求 1 2QP QP uuur uuur 的值； （2）设直线l（不与 x 轴垂直）与曲线C 交于 M 、N 两点，与 x 轴正半轴交于T 点，与 y 轴 交于 S 点，若 SM MT uuur uuur ， SN NT uur uuur ，且 1   ，求证T 为定点. 【答案】（1） 2 3 ；（2）证明见解析； 【解析】 【分析】 （1）确定两条渐近线方程，求出点Q 到两条渐近线的距离，再计算 1QP uuur 与 2QP uuur 夹角的余弦值， 应用向量的数量积公式，即可求得结论. （2）设而不解，联立直线与双曲线方程得到根与系数的关系，再利用向量式 SM MT uuur uuur ， SN NT uur uuur ，将 ,  表示出来，代入 1   化简即可证得T 为定点. 【详解】解：（1）由曲线 2 2 : 13 6 x yC   ，得渐近线方程为 2 0x y   ，作示意图如图所 示： 设 1POx   ， tan 2  ，则 2 2 2 2 cos sincos2 cos sin       2 2 1 tan 1 tan     1 3   则 1 2 1cos cos2 3PQP     ， 又 1QP  | 3 2 2 3 | 3  3 2 2 3 3  ， 2QP  | 3 2 2 3 | 3   3 2 2 3 3  1 2QP QP uuur uuur 1 2 1 2cosQP QP PQP    18 12 1 2 3 3 3    . （2）设 1 1 2 2( , ), ( , )M x y N x y ， ( ,0), (0, )T m S n ， 0m  ，设直线 l 的斜率为 k ， - 18 - 则 : ( )l y k x m  ，又 2 2 13 6 x y  ，得 2 2 2 2 2(2 ) 2 6 0k x k mx k m     得 2 1 2 2 2 2 k mx x k     ， 2 2 1 2 2 6 2 k mx x k    由 SM MT uuur uuur ，则 1 1 1 1( , ) ( , )x y n m x y    ，即 1 1 1 1 ( ) ( ) x m x y n y         ， 得 1 1 x m x    ，同理，由 2 2 xSN NT m x       ， 则 1 2 1 2 x x m x m x      1 2 1 2 2 1 2 1 2 ( ) 2 1( ) m x x x x m x x m x x      得 2 1 2 1 22 ( ) 3m x x x x m   ，则 2 2 2 2 2 2 2 2 3 ( 6) 2 2 m k m k m m k k        ， 得 2 9m  ，又 0m  ，得 3m  ，即T 为定点 (3,0) . 【点睛】本题考查了直线与双曲线的位置关系，向量数量积的定义，设而不解，根与系数的 关系，学生的计算能力,是一道综合应用能力较强的题目. 20. 已知数列{ }na 满足： 1 0a  ， 2 2 1n na a  ， 2 1 2 1n na a n    ， *nN . （1）求 4a 、 5a 、 6a 、 7a 的值； （2）设 2 1 2 n n n ab  ， 2 1 23 3 3n n nS b b b   ，试求 2020S ； （3）比较 2017a 、 2018a 、 2019a 、 2020a 的大小关系. 【答案】（1）3、5、5、8；（2） 2021 2020 4037 3 9 8S   ；（3） 2017 2018 2020 2019a a a a   . 【解析】 【分析】 （1）由递推公式直接代入求解. （2）由 2 1 2 1n na a n    变形得 2 1 12n na a n   ，得 1 1 2 1 2 1 2n n na a      观察分析得 1 1 2n nb b   ，再得到通项公式 nb ，再用错位相减法求得 2020S - 19 - （3）由递推式 2 2 1n na a  ， 2 1 2 1n na a n    ，得到 2 1 2n na a n   ， 再分别作差 2019 2018a a ， 2018 2017a a ， 2020 2018a a ，利用递推公式判断与 0 的大小，从而 得到 2017a 、 2018a 、 2019a 、 2020a 的大小关系 【详解】解:（1）由 1 0a  ，则 2 12 1 1a a   ， 3 12 2 2a a   ， 4 22 1 3a a   ， 5 22 2 1 5a a    ， 6 32 1 5a a   ， 7 32 4 8a a   . （2）由 2 1 2 1n na a n    ，则 2 1 12n na a n   ，得 1 1 2 1 2 12 2n n na a      ， 得 12 1 2 1 1 1 22 2 n n n n a a     ，即 1 1 2n nb b   ，且 1 1 2 ab  0 ，故 1 2n nb  ， 故 1 2 3 2020 2020 1 (0 3 1 3 2 3 2019 3 )2S          ， 则 2 3 2020 2021 2020 13 ( 0 3 2 3 2018 3 2019 3 )2S          ， 两式相减 2 3 2020 2021 2020 12 (3 3 3 2019 3 )2S       ， 2019 2021 2020 1 9(1 3 )2 ( 2019 3 )2 2S     ，化简得 2021 2020 4037 3 9 8S   （3）由 2 2 1n na a  ， 2 1 2 1n na a n    ，则 2 1 2n na a n   则 2019 2018 1009 0a a   ，即 2019 2018a a ； 2018 2017 1009 1008(2 1) (2 1009)a a a a     1009 10082( ) 1008a a   2 504 1008 0    ， 即 2018 2017a a ； 2020 2018 1010 1009(2 1) (2 1)a a a a     505 5042[(2 1) (2 505)]a a    505 5044( ) 1008 4 252 1008 0a a       , 即 2020 2018a a ； 综上可得： 2017 2018 2020 2019a a a a   【点睛】本题考查了递推公式的理解与应用，利用递推公式构造新数列求通项公式，还 考查了错位相减法，学生的运算能力，作差法比较数的大小，对递推公式的变形和变活运用 - 20 - 是解题的关键. 21. 已知 x 为实数，用[ ]x 表示不超过 x 的最大整数，例如[1.2] 1 ， 1.2 2[ ]   ，[1] 1 ， 对于函数 ( )f x ，若存在 mR ，mZ ，使得 ( ) ([ ])f m f m ，则称函数 ( )f x 是“  函数”. （1）判断函数 2 1( ) 3f x x x  ， ( ) | sin |g x x 是否是“  函数”； （2）设函数 ( )f x 是定义在 R 上的周期函数，其最小正周期是T ，若 ( )f x 不是“  函数”， 求T 的最小值； （3）若函数 ( ) af x x x   是“  函数”，求 a 的取值范围. 【答案】（1） ( )f x 是， ( )g x 不是；（2）1；（3） 0a  ，且 2[ ]a m ， [ ]([ ] 1)a m m  . 【解析】 【分析】 （1）举例说明函数 2 1( ) 3f x x x  是 函数，证明函数 ( )g x 不是“  函数”； （2）假设 1T  ，得到矛盾，再证明 1T  得证； （3）对 a 分 0, 0, 0a a a   三种情况讨论得解. 【详解】（1）对于函数 2 1( ) 3f x x x  是  函数，设 1 3m  ，[ ] 0m  则 1( ) ( ) 03f m f  ， ([ ]) (0) 0f m f  ， 所以存在 mR ， mZ ，使得 ( ) ([ ])f m f m ，所以函数 ( )f x 是“  函数”. 对于函数 ( ) sing x x ，函数的最小正周期为 2 1 =12    ,函数的图象如图所示， 不妨研究函数在[0,1]这个周期的图象. 设 0 1m  ，[ ] 0m  ,则 ( ) | sin | 0, ([ ]) (0) 0g m m g m g    , - 21 - 所以 ( ) ([ ])g m g m ， 所以函数 ( )g x 不是“  函数”. 综合得函数 ( )f x 是“  函数”，函数 ( )g x 不是“  函数”. （2）T 的最小值为 1． 因为 ( )f x 是以T 为最小正周期的周期函数，所以 ( ) (0)f T f ． 假设 1T  ，则[ ] 0T  ，所以 ([ ]) (0)f T f ，矛盾． 所以必有 1T… . 而函数 ( ) [ ]l x x x  的周期为 1，且显然不是  函数， 综上所述，T 的最小值为 1． （3）当函数 ( ) af x x x   是“  函数”时， 若 0a  ，则 ( )f x x 显然不是  函数，矛盾． 若 0a  ，则 2( ) 1 0af x x     ， 所以 ( )f x 在 ( ,0) ， (0, ) 上单调递增， 此时不存在 0m  ，使得 ( ) ([ ])f m f m ， 同理不存在 0m  ，使得 ( ) ([ ])f m f m ， 又注意到 [ ] 0m m … ，即不会出现[ ] 0m m  的情形， 所以此时 ( ) af x x x   不是  函数． 当 0a  时，设 ( ) ([ ])f m f m ，所以 [ ] [ ]a am mm m    ， 所以有 [ ]a m m ，其中[ ] 0m  ， 当 0m  时， 因为[ ] [ ] 1m m m   ，所以 2[ ] [ ] ([ ] 1)[ ]m m m m m   ， 所以 2[ ] ([ ] 1)[ ]m a m m   ， 当 0m  时，[ ] 0m  ， 因为[ ] [ ] 1m m m   ，所以 2[ ] [ ] ([ ] 1)[ ]m m m m m   ， - 22 - 所以 2[ ] ([ ] 1)[ ]m a m m   ， 综上所述， 0a  ，且 2[ ]a m ， [ ]([ ] 1)a m m  . 【点睛】本题主要考查与周期函数有关的新定义试题，考查学生的运算和推理能力，综合性 较强，有一定的难度． - 23 -