上海市复旦附中高考数学模拟试卷5月份解析版 21页

‎2017年上海市复旦附中高考数学模拟试卷（5月份）‎ ‎　‎ 一.填空题 ‎1．函数f（x）=lnx+的定义域为　 　．‎ ‎2．若双曲线x2﹣y2=a2（a＞0）的右焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，则a=　 　．‎ ‎3．某校高一年级有学生400人，高二年级有学生360人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽出55人，其中从高一年级学生中抽出20人，则从高三年级学生中抽取的人数为　 　．‎ ‎4．若方程x2+x+p=0有两个虚根α、β，且|α﹣β|=3，则实数p的值是　 　．‎ ‎5．盒中有3张分别标有1，2，3的卡片．从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数的概率为　 　．‎ ‎6．将函数的图象向左平移m（m＞0）个单位长度，得到的函数y=f（x）在区间上单调递减，则m的最小值为　 　．‎ ‎7．若的展开式中含有常数项，则当正整数n取得最小值时，常数项的值为　 　．‎ ‎8．若关于x，y，z的三元一次方程组有唯一解，则θ的取值的集合是　 　．‎ ‎9．若实数x，y满足不等式组则z=|x|+2y的最大值是　 　．‎ ‎10．如图，在△ABC中，AB=AC=3，cos∠BAC=， =2，则•的值为　 　．‎ ‎11．已知f（x）=的最大值和最小值分别是M和m，则M+m=　 　．‎ ‎12．已知四数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1．将此数列删去一个数后得到的数列（按原来的顺序）是等差数列，则正数q的取值集合是　 　．‎ ‎　‎ 二.选择题 ‎13．直线（t为参数）的倾角是（　　）‎ A． B．arctan（﹣2） C． D．π﹣arctan2‎ ‎14．“x＞0，y＞0”是“”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 ‎15．若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（　　）‎ A． B． C．2+ D．1+‎ ‎16．对数列{an}，如果∃k∈N*及λ1，λ2，…，λk∈R，使an+k=λ1an+k﹣1+λ2an+k﹣2+…+λkan成立，其中n∈N*，则称{an}为k阶递归数列．给出下列三个结论：‎ ‎①若{an}是等比数列，则{an}为1阶递归数列；‎ ‎②若{an}是等差数列，则{an}为2阶递归数列；‎ ‎③若数列{an}的通项公式为，则{an}为3阶递归数列．‎ 其中，正确结论的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎　‎ 三.简答题 ‎17．若向量，在函数的图象中，对称中心到对称轴的最小距离为，且当的最大值为1．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；‎ ‎（Ⅱ）求函数f（x）的单调递增区间．‎ ‎18．如图，O为总信号源点，A，B，C是三个居民区，已知A，B都在O的正东方向上，OA=10km，OB=20km，C在O的北偏西45°方向上，CO=5km．‎ ‎（1）求居民区A与C的距离；‎ ‎（2）现要经过点O铺设一条总光缆直线EF（E在直线OA的上方），并从A，B，C分别铺设三条最短分光缆连接到总光缆EF．假设铺设每条分光缆的费用与其长度的平方成正比，比例系数为m（m为常数）．设∠AOE=θ（0≤θ＜π），铺设三条分光缆的总费用为w（元）．‎ ‎①求w关于θ的函数表达式；‎ ‎②求w的最小值及此时tanθ的值．‎ ‎19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1；‎ ‎（1）求二面角C﹣PB﹣E的余弦值；‎ ‎（2）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置，若不存在，说明理由．‎ ‎20．如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M（x0，y0）是椭圆C： +y2=1上一点，从原点O向圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q．直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2‎ ‎（1）若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；‎ ‎（2）若r=，①求证：k1k2=﹣；②求OP•OQ的最大值．‎ ‎21．已知m是一个给定的正整数，m≥3，设数列{an}共有m项，记该数列前i项a1，a2，…，ai中的最大项为Ai，该数列后m﹣i项ai+1，ai+2，…，am中的最小项为Bi，ri=Ai﹣Bi（i=1，2，3，…，m﹣1）；‎ ‎（1）若数列{an}的通项公式为（n=1，2，…，m），求数列{ri}的通项公式；‎ ‎（2）若数列{an}满足a1=1，r1=﹣2（i=1，2，…，m﹣1），求数列{an}的通项公式；‎ ‎（3）试构造项数为m的数列{an}，满足an=bn+cn，其中{bn}是公差不为零的等差数列，{cn}是等比数列，使数列{ri}是单调递增的，并说明理由．‎ ‎　‎ ‎2017年上海市复旦附中高考数学模拟试卷（5月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一.填空题 ‎1．函数f（x）=lnx+的定义域为　{x|0＜x≤1}　．‎ ‎【考点】33：函数的定义域及其求法．‎ ‎【分析】根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，从而求出f（x）的定义域．‎ ‎【解答】解：∵函数f（x）=lnx+，‎ ‎∴，‎ 解得0＜x≤1；‎ ‎∴函数f（x）的定义域为{x|0＜x≤1}．‎ 故答案为：{x|0＜x≤1}．‎ ‎　‎ ‎2．若双曲线x2﹣y2=a2（a＞0）的右焦点与抛物线y2=4x的焦点重合，则a=　　．‎ ‎【考点】K8：抛物线的简单性质．‎ ‎【分析】先根据抛物线y2=4x的方程求出焦点坐标，得到双曲线的c值，进而根据双曲线的性质得到答案．‎ ‎【解答】解：抛物线y2=4x的焦点坐标为（1，0），‎ 故双曲线x2﹣y2=a2（a＞0）的右焦点坐标为（1，0），‎ 故c=1，‎ 由双曲线x2﹣y2=a2的标准方程为：，‎ 故2a2=1，‎ 又由a＞0，‎ ‎∴a=．‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎3．某校高一年级有学生400人，高二年级有学生360人，现采用分层抽样的方法从全校学生中抽出55人，其中从高一年级学生中抽出20人，则从高三年级学生中抽取的人数为　17　．‎ ‎【考点】B3：分层抽样方法．‎ ‎【分析】根据学生的人数比，利用分层抽样的定义即可得到结论．‎ ‎【解答】解：设从高一年级学生中抽出x人，由题意得=，解得x=18，‎ 则从高三年级学生中抽取的人数为55﹣20﹣18=17人，‎ 故答案为：17．‎ ‎　‎ ‎4．若方程x2+x+p=0有两个虚根α、β，且|α﹣β|=3，则实数p的值是　﹣2　．‎ ‎【考点】A7：复数代数形式的混合运算．‎ ‎【分析】方程x2+x+p=0有两个虚根α、β，可得α+β=﹣1，αβ=p．利用|α﹣β|=，即可得出．‎ ‎【解答】解：方程x2+x+p=0有两个虚根α、β，‎ 则α+β=﹣1，αβ=p．‎ ‎∴|α﹣β|===3，‎ 解得p=﹣2‎ 故答案为：﹣2．‎ ‎　‎ ‎5．盒中有3张分别标有1，2，3的卡片．从盒中随机抽取一张记下号码后放回，再随机抽取一张记下号码，则两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数的概率为　　．‎ ‎【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．‎ ‎【分析】把所求的事件记为A，再根据题意列出所有的基本事件，找出事件A所包括的基本事件，代入古典概型的随机事件的概率公式求出答案．‎ ‎【解答】解：设事件A为：两次抽取的卡片号码中至少有一个为偶数，‎ 则所有的基本事件有：（1，1），（1，2），（1，3）‎ ‎（2，1），（2，2），（2，3），（3，1），（3，2），（3，3）共9种，‎ 则事件A包括：‎ ‎（1，2），（2，1），（2，2），（2，3），（3，2）共5种，‎ 即P（A）=，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎6．将函数的图象向左平移m（m＞0）个单位长度，得到的函数y=f（x）在区间上单调递减，则m的最小值为　　．‎ ‎【考点】HJ：函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换．‎ ‎【分析】利用函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换规律求得f（x）的解析式，再利用正弦函数的单调性求得m的最小值．‎ ‎【解答】解：将函数的图象向左平移m（m＞0）个单位长度，可得y=sin（2x+2m+）的图象，‎ 由2kπ+≤2x+2m+≤2kπ+，可得kπ﹣m+≤x≤kπ+，‎ 故函数y=sin（2x+2m+）的减区间为[kπ﹣m+，kπ﹣m+]，k∈Z．‎ ‎∵得到的函数y=f（x）在区间上单调递减，∴kπ﹣m+≤﹣，≤kπ﹣m+，‎ 求得 m≥kπ+，且m≤kπ+，∴m的最小值为，‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎7．若 的展开式中含有常数项，则当正整数n取得最小值时，常数项的值为　　．‎ ‎【考点】DB：二项式系数的性质．‎ ‎【分析】利用二项式展开式的通项公式，令x的指数等于0，‎ 求出满足条件的n值，再求常数项．‎ ‎【解答】解：展开式的通项公式为 Tr+1=•（3x2）n﹣r•=•3n﹣r••x2n﹣5r；‎ 令2n﹣5r=0，且n∈N*，r≥0，‎ 解得n=5，r=2时满足题意，‎ 此时常数项为： •35﹣2•=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎8．若关于x，y，z的三元一次方程组有唯一解，则θ的取值的集合是　　．‎ ‎【考点】OX：矩阵的应用．‎ ‎【分析】根据题意三元一次方程组的系数行列式不为0时，方程组有唯一解，从而问题可解．‎ ‎【解答】解：由题意三元一次方程组的系数行列式不为0时，方程组有唯一解 ‎∴，‎ ‎∴‎ ‎∴sinθ﹣sin3θ≠0‎ ‎∴sinθ≠0或sin2θ≠1‎ ‎∴‎ 故答案为 ‎　‎ ‎9．若实数x，y满足不等式组则z=|x|+2y的最大值是　14　．‎ ‎【考点】7C：简单线性规划．‎ ‎【分析】作出不等式对应的平面区域，利用线性规划的知识，通过平移即可求z的最大值．‎ ‎【解答】解：作出不等式组对应的平面区域如图：‎ 由z=|x|+2y得y=﹣|x|+z，‎ 平移曲线y=﹣|x|+z，‎ 由图象可知当曲线y=﹣|x|+z经过点A，曲线y=﹣|x|+z的截距最大，此时z最大．‎ 由，解得，即A（﹣4，5），‎ 代入z=|x|+2y=4+2×5=14．‎ 即目标函数z=|x|+2y最大值为14．‎ 故答案为：14‎ ‎　‎ ‎10．如图，在△ABC中，AB=AC=3，cos∠BAC=， =2，则•的值为　﹣2　．‎ ‎【考点】9R：平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】利用向量的加法的三角形法以及向量的数量积的定义计算即可．‎ ‎【解答】解：∵ =﹣，‎ ‎∴•=（+）•，‎ ‎=（+）•，‎ ‎=（+﹣）（﹣），‎ ‎=（+）（﹣），‎ ‎=（•+﹣2），‎ ‎=（3×3×+32﹣2×32），‎ ‎=﹣2，‎ 故答案为：﹣2．‎ ‎　‎ ‎11．已知f（x）=的最大值和最小值分别是M和m，则M+m=　4　．‎ ‎【考点】3H：函数的最值及其几何意义．‎ ‎【分析】化简f（x），再设g（x）=，（﹣1≤x≤1），判断g（x）的奇偶性，可得g（x）的最值互为相反数，即可得到所求最值之和．‎ ‎【解答】解：f（x）=‎ ‎==2+，‎ 设g（x）=，（﹣1≤x≤1），‎ g（﹣x）==﹣=﹣g（x），‎ 即g（x）为奇函数，‎ 可设g（x）的最大值为t，则最小值为﹣t，‎ 可得M=t+2，m=﹣t+2，‎ 即有M+m=4．‎ 故答案为：4．‎ ‎　‎ ‎12．已知四数a1，a2，a3，a4依次成等比数列，且公比q不为1．将此数列删去一个数后得到的数列（按原来的顺序）是等差数列，则正数q的取值集合是　{， }　．‎ ‎【考点】8F：等差数列的性质．‎ ‎【分析】因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4．设{an}的公差为d，分类讨论，即可得出结论．‎ ‎【解答】解：因为公比q不为1，所以不能删去a1，a4．设{an}的公差为d，则 ‎①若删去a2，则由2a3=a1+a4得2a1q2=a1+a1q3，即2q2=1+q3，‎ 整理得q2（q﹣1）=（q﹣1）（q+1）．‎ 又q≠1，则可得 q2=q+1，又q＞0解得q=；‎ ‎②若删去a3，则由2a2=a1+a4得2a1q=a1+a1q3，即2q=1+q3，整理得q（q﹣1）（q+1）=q﹣1．‎ 又q≠1，则可得q（q+1）=1，又q＞0解得 q=．‎ 综上所述，q=．‎ 故答案为：{， }．‎ ‎　‎ 二.选择题 ‎13．直线（t为参数）的倾角是（　　）‎ A． B．arctan（﹣2） C． D．π﹣arctan2‎ ‎【考点】QH：参数方程化成普通方程．‎ ‎【分析】直线的参数方程消去参数t，能求出直线的普通方程，由此能求出直线的斜率，从而能求出直线的倾斜角．‎ ‎【解答】解：直线（t为参数）消去参数t，‎ 得直线的普通方程为2x+y﹣=0，‎ ‎∴直线的斜率k=﹣2，‎ ‎∴直线的倾斜角α=π﹣arctan2．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎14．“x＞0，y＞0”是“”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 ‎【考点】2L：必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】“x＞0，y＞0”⇔“”，反之不成立，例如取x=y=﹣1．‎ ‎【解答】解：“x＞0，y＞0”⇔“”，反之不成立，例如取x=y=﹣1．‎ ‎∴x＞0，y＞0”是“”的充分而不必要条件．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎15．若一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°且腰和上底均为1的等腰梯形，则原平面图形的面积是（　　）‎ A． B． C．2+ D．1+‎ ‎【考点】LD：斜二测法画直观图．‎ ‎【分析】水平放置的图形为直角梯形，求出上底，高，下底，利用梯形面积公式求解即可．‎ ‎【解答】解：水平放置的图形为一直角梯形，由题意可知上底为1，高为2，下底为1+，‎ S=（1++1）×2=2+．‎ 故选：C ‎　‎ ‎16．对数列{an}，如果∃k∈N*及λ1，λ2，…，λk∈R，使an+k=λ1an+k﹣1+λ2an+k﹣2+…+λkan成立，其中n∈N*，则称{an}为k阶递归数列．给出下列三个结论：‎ ‎①若{an}是等比数列，则{an}为1阶递归数列；‎ ‎②若{an}是等差数列，则{an}为2阶递归数列；‎ ‎③若数列{an}的通项公式为，则{an}为3阶递归数列．‎ 其中，正确结论的个数是（　　）‎ A．0 B．1 C．2 D．3‎ ‎【考点】8B：数列的应用；2E：复合命题的真假．‎ ‎【分析】利用等差数列、等比数列和数列{an}的通项公式为的性质，根据k阶递归数列的定义，逐个进行判断，能够求出结果．‎ ‎【解答】解：①∵{an}是等比数列，‎ ‎∴an=，an+1=qan，‎ ‎∴∃k=1，λ=q，使an+k=qan+k﹣1成立，‎ ‎∴{an}为1阶递归数列，故①成立；‎ ‎②∵{an}是等差数列，‎ ‎∴an=a1+（n﹣1）d，‎ ‎∴∃k=2，λ1=2，λ2=﹣1，使an+2=λ1an+k﹣1+λ2an+k﹣2成立，‎ ‎∴{an}为2阶递归数列，故②成立；‎ ‎③∵若数列{an}的通项公式为，‎ ‎∴∃k=3，λ1=3，λ2=﹣3，λ3=1，使an+3=λ1an+k﹣1+λ2an+k﹣2+λ3an+k﹣3成立，‎ ‎∴{an}为3阶递归数列，故③成立．‎ 故选D．‎ ‎　‎ 三.简答题 ‎17．若向量，在函数的图象中，对称中心到对称轴的最小距离为，且当的最大值为1．‎ ‎（Ⅰ）求函数f（x）的解析式；‎ ‎（Ⅱ）求函数f（x）的单调递增区间．‎ ‎【考点】GL：三角函数中的恒等变换应用；9Q：数量积的坐标表达式；H5：正弦函数的单调性．‎ ‎【分析】（I）利用函数求出向量的数量积，利用二倍角公式以及两角差的正弦函数化简函数为一个角的一个三角函数的形式，通过对称中心到对称轴的最小距离为，求出函数的周期，得到ω，利用的最大值为1．‎ 求出t，得到函数的解析式．‎ ‎（II）利用正弦函数的单调增区间，求函数f（x）的单调递增区间，即可．‎ ‎【解答】（本小题满分12分）‎ 解：（I）由题意得=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎=‎ ‎∵对称中心到对称轴的最小距离为 ‎∴f（x）的最小正周期为T=π∴，∴ω=1…‎ ‎∴，‎ ‎∴3+t ‎，∴3+t=1，∴‎ ‎（II）…‎ ‎∴‎ ‎　‎ ‎18．如图，O为总信号源点，A，B，C是三个居民区，已知A，B都在O的正东方向上，OA=10km，OB=20km，C在O的北偏西45°方向上，CO=5km．‎ ‎（1）求居民区A与C的距离；‎ ‎（2）现要经过点O铺设一条总光缆直线EF（E在直线OA的上方），并从A，B，C分别铺设三条最短分光缆连接到总光缆EF．假设铺设每条分光缆的费用与其长度的平方成正比，比例系数为m（m为常数）．设∠AOE=θ（0≤θ＜π），铺设三条分光缆的总费用为w（元）．‎ ‎①求w关于θ的函数表达式；‎ ‎②求w的最小值及此时tanθ的值．‎ ‎【考点】HU：解三角形的实际应用．‎ ‎【分析】（1）以点O位坐标原点，OA为x轴建立直角坐标系，求出A，C的坐标，即可求居民区A与C的距离；‎ ‎（2）①分类讨论，求出铺设三条分光缆的总费用，即可求w关于θ的函数表达式；‎ ‎②换元，利用基本不等式，可求w的最小值及此时tanθ的值．‎ ‎【解答】解：（1）以点O位坐标原点，OA为x轴建立直角坐标系，则A（10，0），B（20，0），C（﹣5，5），‎ ‎∴AC==5；‎ ‎（2）①当直线l的斜率存在时，设l：y=kx，k=tanθ，‎ 则w=m[++]=m•；‎ 直线l的斜率不存在时，w=m=525m，‎ 综上，w=‎ ‎②直线l的斜率不存在时，w=m=525m；‎ 当直线l的斜率存在时，w=m•‎ 令t=k﹣10，则t=0时，w=525m；‎ t≠0时，w=525m+m•‎ ‎∵t+≤﹣2，或t+≥2，‎ ‎∴w的最小值为525m+m•=m，‎ 此时，t=﹣，tanθ=k=10﹣．‎ ‎　‎ ‎19．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，侧棱PA⊥平面ABCD，E为AD的中点，BE∥CD，BE⊥AD，PA=AE=BE=2，CD=1；‎ ‎（1）求二面角C﹣PB﹣E的余弦值；‎ ‎（2）在线段PE上是否存在点M，使得DM∥平面PBC？若存在，求出点M的位置，若不存在，说明理由．‎ ‎【考点】MT：二面角的平面角及求法；LS：直线与平面平行的判定．‎ ‎【分析】（1）作Ez⊥AD，以E为原点，以，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣xyz，则点E（0，0，0），P（0，﹣2，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0）．求出平面PBC的法向量、平面PBE的法向量即可得二面角C﹣PB﹣E的余弦值；‎ ‎（2）线段PE上存在点M，使得DM∥平面PBC”等价于垂直面PBC的法向量．‎ ‎【解答】解：（1）作Ez⊥AD，以E为原点，以，的方向分别为x轴，y轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系E﹣xyz，‎ 则点E（0，0，0），P（0，﹣2，2），A（0，﹣2，0），B（2，0，0），C（1，2，0），D（0，2，0）．‎ ‎∴=（2，2，﹣2，）， =（﹣1，2，0），=（0，﹣2，2）．‎ 设平面PBC的法向量为=（x，y，z），‎ 由，可取=（2，1，3）．‎ 设平面PBE的法向量为=（a，b，c），‎ 由，可取=（0，1，1），‎ ‎∴=‎ 由图可知，二面角C﹣PB﹣E的余弦值为．‎ ‎（2）由（1）可知面PBC的法向量为=（2，1，3），“线段PE上存在点M，使得DM∥平面PBC”等价于；‎ ‎∵=（0，2，﹣2），=（0，2λ，﹣2λ），λ∈（0，1），‎ 则M（0，2λ﹣2，2﹣2λ），=（0，2λ﹣4，2﹣2λ）．‎ 由=2λ﹣4+6﹣6λ=0．‎ 解得λ=，‎ 所以线段PE上存在点M，即PE中点，使得DM∥平面PBC．‎ ‎　‎ ‎20．如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M（x0，y0）是椭圆C： +y2=1上一点，从原点O向圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q．直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k2‎ ‎（1）若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；‎ ‎（2）若r=，①求证：k1k2=﹣；②求OP•OQ的最大值．‎ ‎【考点】K4：椭圆的简单性质．‎ ‎【分析】（1）椭圆C的右焦点是（，0），x=，代入+y2=1，可得y=±‎ ‎，求出圆的圆心，然后求圆M的方程；‎ ‎（2）①因为直线OP：y=k1x，OQ：y=k2x，与圆R相切，推出k1，k2是方程（1+k2）x2﹣（2x0+2ky0）x+x02+y02﹣=0的两个不相等的实数根，利用韦达定理推出k1k2．结合点M（x0，y0）在椭圆C上，证明k1k2=﹣．‎ ‎②（i）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），通过4k1k2+1=0，推出y12y22=x12x22，利用P（x1，y1），Q（x2，y2），在椭圆C上，推出OP2+OQ2=5，即可求出OP•OQ的最大值．‎ ‎【解答】解：（1）椭圆C的右焦点是（，0），x=，代入+y2=1，可得y=±，‎ ‎∴圆M的方程：（x﹣）2+（y）2=；‎ ‎（2）因为直线OP：y=k1x，OQ：y=k2x，与圆R相切，‎ 所以直线OP：y=k1x与圆M：（x﹣x0）2+（y﹣y0）2=联立，可得（1+k12）x2﹣（2x0+2k1y0）x+x02+y02﹣=0‎ 同理（1+k22）x2﹣（2x0+2k2y0）x+x02+y02﹣=0，‎ 由判别式为0，可得k1，k2是方程（x02﹣）k2﹣2x0y0k+y02﹣=0的两个不相等的实数根，‎ ‎∴k1k2=，‎ 因为点M（x0，y0）在椭圆C上，所以y2=1﹣，‎ 所以k1k2==﹣；‎ ‎（3）（i）当直线OP，OQ不落在坐标轴上时，设P（x1，y1），Q（x2，y2），‎ 因为4k1k2+1=0，所以+1=0，即y12y22=x12x22，‎ 因为P（x1，y1），Q（x2，y2）在椭圆C上，所以y12y22=（1﹣）（1﹣）=x12x22，‎ 整理得x12+x22=4，‎ 所以y12+y22=1‎ 所以OP2+OQ2=5． ‎ ‎（ii）当直线落在坐标轴上时，显然有OP2+OQ2=5，‎ 综上：OP2+OQ2=5‎ 所以OP•OQ≤（OP2+OQ2）=2.5，‎ 所以OP•OQ的最大值为2.5．‎ ‎　‎ ‎21．已知m是一个给定的正整数，m≥3，设数列{an}共有m项，记该数列前i项a1，a2，…，ai中的最大项为Ai，该数列后m﹣i项ai+1，ai+2，…，am中的最小项为Bi，ri=Ai﹣Bi（i=1，2，3，…，m﹣1）；‎ ‎（1）若数列{an}的通项公式为（n=1，2，…，m），求数列{ri}的通项公式；‎ ‎（2）若数列{an}满足a1=1，r1=﹣2（i=1，2，…，m﹣1），求数列{an}的通项公式；‎ ‎（3）试构造项数为m的数列{an}，满足an=bn+cn，其中{bn}是公差不为零的等差数列，{cn}是等比数列，使数列{ri}是单调递增的，并说明理由．‎ ‎【考点】8H：数列递推式；88：等比数列的通项公式．‎ ‎【分析】（1）由于单调递增，可得Ai=2i，Bi=2i+1，即可得出ri=Ai﹣Bi，1≤i≤m﹣1．‎ ‎（2）根据题意可知，ai≤Ai，Bi≤ai+1，因为ri=Ai﹣Bi=﹣2＜0，可得Ai＜Bi，可得ai≤Ai＜Bi≤ai+1，即ai＜ai+1，根据单调性即可得出Ai=ai，Bi=ai+1，可得ri=ai﹣ai+1=﹣2．利用等差数列的通项公式即可得出．‎ ‎（3）构造an=n﹣，其中bn=n，cn=﹣，根据单调性可得：Ai=ai=i﹣‎ ‎，Bi=ai+1=i+1﹣，ri=ai﹣ai+1=﹣1﹣，1≤i≤m﹣1，通过作差证明数列{an}满足题意即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）∵单调递增，∴Ai=2i，Bi=2i+1，∴ri=Ai﹣Bi=2i﹣2i+1=﹣2i，1≤i≤m﹣1．‎ ‎（2）根据题意可知，ai≤Ai，Bi≤ai+1，‎ 因为ri=Ai﹣Bi=﹣2＜0，所以Ai＜Bi，‎ 可得ai≤Ai＜Bi≤ai+1，即ai＜ai+1，‎ 又因为i=1，2，3，…，m﹣1，所以{an}单调递增，‎ 则Ai=ai，Bi=ai+1，所以ri=ai﹣ai+1=﹣2，即ai+1﹣ai=2，1≤i≤m﹣1，‎ 所以{an}是公差为2的等差数列，an=1+2（n﹣1）=2n﹣1，1≤i≤m﹣1；‎ ‎（3）构造an=n﹣，其中bn=n，cn=﹣，‎ 下证数列{an}满足题意．‎ 证明：因为an=n﹣，所以数列{an}单调递增，‎ 所以Ai=ai=i﹣，Bi=ai+1=i+1﹣，‎ 所以ri=ai﹣ai+1=﹣1﹣，1≤i≤m﹣1，‎ 因为ri+1﹣ri=[﹣1﹣]﹣[﹣1﹣]=＞0，‎ 所以数列{ri}单调递增，满足题意．‎ ‎（说明：等差数列{bn}的首项b1任意，公差d为正数，同时等比数列{cn}的首项c1为负，公比q∈（0，1），这样构造的数列{an}都满足题意．）‎ ‎　‎