上海市杨浦区高考数学二模试卷理科解析版 20页

‎2016年上海市杨浦区高考数学二模试卷（理科）‎ ‎　‎ 一、填空题 ‎1．函数的定义域是______．‎ ‎2．已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组的解为，则实数a=______．‎ ‎3．计算=______．‎ ‎4．若向量，满足且与的夹角为，则=______．‎ ‎5．若复数z1=3+4i，z2=1﹣2i，其中i是虚数单位，则复数的虚部为______．‎ ‎6．在的展开式中，常数项是______．（用数字作答）‎ ‎7．已知△ABC的内角A、B、C所对应边的长度分别为a、b、c，若，则角C的大小是______．‎ ‎8．已知等比数列{an}的各项均为正数，且满足：a1a7=4，则数列{log2an}的前7项之和为______．‎ ‎9．在极坐标系中曲线C：ρ=2cosθ上的点到（1，π）距离的最大值为______．‎ ‎10．袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为1至5，从袋中随机抽取3只，若以ξ表示取到球中的最大号码，则ξ的数学期望是______．‎ ‎11．已知双曲线的右焦点为F，过点F且平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点P，M在直线PF上，且满足，则=______．‎ ‎12．现有5位教师要带三个班级外出参加志愿者服务，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，则不同的带队方案有______．（用数字作答）‎ ‎13．若关于x的方程（4x+）﹣|5x﹣|=m在（0，+∞）内恰有三个相异实根，则实数m的取值范围为______．‎ ‎14．课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法．祖暅原理也可用来求旋转体的体积．现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于______．‎ ‎　‎ 二、选择题 ‎15．下列函数中，既是奇函数，又在区间（0，+∞）上递增的是（　　）‎ A．y=2|x| B．y=lnx C． D．‎ ‎16．已知直线l的倾斜角为α，斜率为k，则“”是“”的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 ‎17．设x，y，z是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．|x﹣y|≤|x﹣z|+|y﹣z|‎ ‎18．已知命题：“若a，b为异面直线，平面α过直线a且与直线b平行，则直线b与平面α的距离等于异面直线a，b之间的距离”为真命题．根据上述命题，若a，b为异面直线，且它们之间的距离为d，则空间中与a，b均异面且距离也均为d的直线c的条数为（　　）‎ A．0条 B．1条 C．多于1条，但为有限条 D．无数多条 ‎　‎ 三、解答题 ‎19．如图，底面是直角三角形的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，D是棱AA1上的动点．‎ ‎（1）证明：DC1⊥BC；‎ ‎（2）求三棱锥C﹣BDC1的体积．‎ ‎20．某菜农有两段总长度为20米的篱笆PA及PB，现打算用它们和两面成直角的墙OM、ON围成一个如图所示的四边形菜园OAPB（假设OM、ON这两面墙都足够长）．已知|PA|=|PB|=10（米），，∠OAP=∠OBP．设∠OAP=θ，四边形OAPB的面积为S．‎ ‎（1）将S表示为θ的函数，并写出自变量θ的取值范围；‎ ‎（2）求出S的最大值，并指出此时所对应θ的值．‎ ‎21．已知函数，其中a∈R．‎ ‎（1）根据a的不同取值，讨论f（x）的奇偶性，并说明理由；‎ ‎（2）已知a＞0，函数f（x）的反函数为f﹣1（x），若函数y=f（x）+f﹣1（x）在区间[1，2]上的最小值为1+log23，求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值．‎ ‎22．已知椭圆C：的焦距为，且右焦点F与短轴的两个端点组成一个正三角形．若直线l与椭圆C交于A（x1，y1）、B（x2，y2），且在椭圆C上存在点M，使得：（其中O为坐标原点），则称直线l具有性质H．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）若直线l垂直于x轴，且具有性质H，求直线l的方程；‎ ‎（3）求证：在椭圆C上不存在三个不同的点P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性质H．‎ ‎23．已知数列{an}和{bn}满足：，且对一切n∈N*，均有．‎ ‎（1）求证：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）若λ=2，求数列{bn}的前n项和Sn；‎ ‎（3）设，记数列{cn}的前n项和为Tn，问：是否存在正整数λ，对一切n∈N*，均有T4≥Tn恒成立．若存在，求出所有正整数λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎　‎ ‎2016年上海市杨浦区高考数学二模试卷（理科）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、填空题 ‎1．函数的定义域是　{x|x≥﹣2且x≠1}　．‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法．‎ ‎【分析】由题意即分母不为零、偶次根号下大于等于零，列出不等式组求解，最后要用集合或区间的形式表示．‎ ‎【解答】解：由题意，要使函数有意义，则，‎ 解得，x≠1且x≥﹣2；‎ 故函数的定义域为：{x|x≥﹣2且x≠1}，‎ 故答案为：{x|x≥﹣2且x≠1}．‎ ‎　‎ ‎2．已知线性方程组的增广矩阵为，若该线性方程组的解为，则实数a=　2　．‎ ‎【考点】线性方程组解的存在性，唯一性．‎ ‎【分析】由已知得，把x=﹣1，y=2，能求出a的值．‎ ‎【解答】解：∵线性方程组的增广矩阵为，该线性方程组的解为，‎ ‎∴，‎ 把x=﹣1，y=2，代入得﹣a+6=4，解得a=2．‎ 故答案为：2．‎ ‎　‎ ‎3．计算=　　．‎ ‎【考点】数列的极限．‎ ‎【分析】将1+2+3+…+n=的形式，在利用洛必达法则，求极限值．‎ ‎【解答】解：原式====‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎4．若向量，满足且与的夹角为，则=　　．‎ ‎【考点】平面向量数量积的运算．‎ ‎【分析】根据可得答案．‎ ‎【解答】解：∵且与的夹角为 ‎∴=7‎ ‎∴则=‎ 故答案为：‎ ‎　‎ ‎5．若复数z1=3+4i，z2=1﹣2i，其中i是虚数单位，则复数的虚部为　﹣3　．‎ ‎【考点】复数代数形式的乘除运算．‎ ‎【分析】由已知利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．‎ ‎【解答】解：∵z1=3+4i，z2=1﹣2i，‎ ‎∴，，‎ ‎∴==，‎ ‎∴复数的虚部为﹣3．‎ 故答案为：﹣3．‎ ‎　‎ ‎6．在的展开式中，常数项是　15　．（用数字作答）‎ ‎【考点】二项式系数的性质．‎ ‎【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于0，求得r的值，即可求得展开式中的常数项．‎ ‎【解答】解：∵在的展开式的通项公式为Tr+1=•（﹣1）r•，‎ 令r﹣6=0，求得r=4，故的展开式中的常数项是5．‎ 故答案为：15．‎ ‎　‎ ‎7．已知△ABC的内角A、B、C所对应边的长度分别为a、b、c，若，则角C的大小是　　．‎ ‎【考点】二阶行列式的定义．‎ ‎【分析】由二阶行列式性质得a2+b2﹣c2=ab，由此利用余弦定理求出cosC=，从而能求出角C的大小．‎ ‎【解答】解：∵△ABC的内角A、B、C所对应边的长度分别为a、b、c，，‎ ‎∴a2﹣c2=﹣b2+ab，即a2+b2﹣c2=ab，‎ ‎∴cosC===，‎ ‎∵C是△ABC的内角，∴C=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎8．已知等比数列{an}的各项均为正数，且满足：a1a7=4，则数列{log2an}的前7项之和为　7　．‎ ‎【考点】等比数列的性质．‎ ‎【分析】由等比数列的性质可得：a1a7=a2a6=a3a5=4，再利用指数与对数的运算性质即可得出．‎ ‎【解答】解：由等比数列的性质可得：a1a7=a2a6=a3a5=4=4，‎ ‎∴数列{log2an}的前7项和=log2a1+log2a2+…+log2a7=log2（a1a2…a7）=log227=7，‎ 故答案为：7．‎ ‎　‎ ‎9．在极坐标系中曲线C：ρ=2cosθ上的点到（1，π）距离的最大值为　3　．‎ ‎【考点】参数方程化成普通方程．‎ ‎【分析】把极坐标方程化为直角坐标方程，求出圆心到点（1，π）的距离，进而得出最大值．‎ ‎【解答】解：曲线C：ρ=2cosθ即ρ2=2ρcosθ，化为直角坐标方程：x2+y2=2x，‎ 配方为：（x﹣1）2+y2=1，可得圆心C（1，0），半径r=1．‎ 点P（1，π）化为直角坐标P（﹣1，0）．‎ ‎∴|CP|=2，‎ ‎∴曲线C：ρ=2cosθ上的点到（1，π）距离的最大值=2+1=3．‎ 故答案为：3．‎ ‎　‎ ‎10．袋中有5只大小相同的乒乓球，编号为1至5，从袋中随机抽取3只，若以ξ表示取到球中的最大号码，则ξ的数学期望是　　．‎ ‎【考点】离散型随机变量的期望与方差．‎ ‎【分析】由已知得ξ的可能取值为3，4，5，分别求出相应的概率，由此能求出E（ξ）．‎ ‎【解答】解：由已知得ξ的可能取值为3，4，5，‎ P（ξ=3）==，‎ P（ξ=4）==，‎ P（ξ=5）==，‎ ‎∴E（ξ）==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎11．已知双曲线的右焦点为F，过点F且平行于双曲线的一条渐近线的直线与双曲线交于点P，M在直线PF上，且满足，则=　　．‎ ‎【考点】双曲线的简单性质．‎ ‎【分析】求得双曲线的a，b，c，可得F（，0），渐近线方程为y=±2x，设过点F且平行于双曲线的一条渐近线为y=2（x﹣），‎ 代入双曲线的方程可得P的坐标，由两直线垂直的条件可得直线OM的方程，联立直线y=2（x﹣），求得M的坐标，由向量共线的坐标表示，计算即可得到所求值．‎ ‎【解答】解：双曲线的a=1，b=2，c==，‎ 可得F（，0），渐近线方程为y=±2x，‎ 设过点F且平行于双曲线的一条渐近线为y=2（x﹣），‎ 代入双曲线的方程，可得x=，‎ 可得P（，﹣），‎ 由直线OM：y=﹣x和直线y=2（x﹣），可得M（，﹣），‎ 即有==．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ ‎12．现有5位教师要带三个班级外出参加志愿者服务，要求每个班级至多两位老师带队，且教师甲、乙不能单独带队，则不同的带队方案有　54　．（用数字作答）‎ ‎【考点】排列、组合的实际应用．‎ ‎【分析】根据题意，采用分类原理，对甲，乙老师分当甲，乙带不同班和当甲，乙带相同班时分别求解，最后求和即可．‎ ‎【解答】解：当甲，乙带不同班时：‎ ‎×=36种；‎ 当甲，乙带相同班时，‎ ‎=18种；‎ 故共有54中，‎ 故答案为：54．‎ ‎　‎ ‎13．若关于x的方程（4x+）﹣|5x﹣|=m在（0，+∞）内恰有三个相异实根，则实数m的取值范围为　（6，）　．‎ ‎【考点】函数的零点与方程根的关系．‎ ‎【分析】分类讨论以去掉绝对值号，从而利用基本不等式确定各自方程的根的个数，从而解得．‎ ‎【解答】解：当x≥时，5x﹣≥0，‎ ‎∵方程（4x+）﹣|5x﹣|=m，‎ ‎∴（4x+）﹣（5x﹣）=m，即﹣x+=m；‎ ‎∴m≤．‎ 当0＜x＜时，5x﹣＜0，‎ ‎∵方程（4x+）﹣|5x﹣|=m，‎ ‎∴（4x+）+（5x﹣）=m，‎ 即9x+=m；‎ ‎∵9x+≥6；‎ ‎∴当m＜6时，方程9x+=m无解；‎ 当m=6时，方程9x+=m有且只有一个解；‎ 当6＜m＜10时，方程9x+=m在（0，1）上有两个解；‎ 当m=10时，方程9x+=m的解为1，；‎ 综上所述，实数m的取值范围为（6，）．‎ 故答案为：（6，）．‎ ‎　‎ ‎14．课本中介绍了应用祖暅原理推导棱锥体积公式的做法．祖暅原理也可用来求旋转体的体积．现介绍祖暅原理求球体体积公式的做法：可构造一个底面半径和高都与球半径相等的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，用这样一个几何体与半球应用祖暅原理（图1），即可求得球的体积公式．请研究和理解球的体积公式求法的基础上，解答以下问题：已知椭圆的标准方程为，将此椭圆绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体（图2），其体积等于　　．‎ ‎【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积．‎ ‎【分析】构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，从中挖去一个圆锥，则由祖暅原理可得：椭球的体积为几何体体积的2倍．‎ ‎【解答】解：椭圆的长半轴为5，短半轴为2，‎ 现构造一个底面半径为2，高为5的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，‎ 根据祖暅原理得出椭球的体积V=2（V圆柱﹣V圆锥）=2（π×22×5﹣）=．‎ 故答案为：．‎ ‎　‎ 二、选择题 ‎15．下列函数中，既是奇函数，又在区间（0，+∞）上递增的是（　　）‎ A．y=2|x| B．y=lnx C． D．‎ ‎【考点】奇偶性与单调性的综合．‎ ‎【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义和性质进行判断即可．‎ ‎【解答】解：A．函数y=2|x|为偶函数，不满足条件．‎ B．函数的定义域为（0，+∞），函数为非奇非偶函数，不满足条件．‎ C.是奇函数，在（0，+∞）上递增，满足条件．‎ D.是奇函数，当0＜x＜1时函数为减函数，当x＞1时函数为增函数，不满足条件．‎ 故选：C ‎　‎ ‎16．已知直线l的倾斜角为α，斜率为k，则“”是“”的（　　）‎ A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分也非必要条件 ‎【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．‎ ‎【分析】“”，可得0≤tanα＜，“”；反之不成立，α可能为钝角．‎ ‎【解答】解：“”⇒0≤tanα＜⇒“”；‎ 反之不成立，α可能为钝角．‎ ‎∴“”是“”的充分不必要条件．‎ 故选：A．‎ ‎　‎ ‎17．设x，y，z是互不相等的正数，则下列等式中不恒成立的是（　　）‎ A． B．‎ C． D．|x﹣y|≤|x﹣z|+|y﹣z|‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎【分析】A．x，y，是互不相等的正数，令t=x+≥2，可得：﹣=t2﹣t﹣2=（t﹣2）（t+1）≥0，即可判断出真假；‎ B.﹣=﹣，即可判断出真假．‎ C．取x=1，y=2，即可判断出真假；‎ D．|x﹣y|=|（x﹣z）+（z﹣y）|≤|x﹣z|+|y﹣z|，即可判断出真假．‎ ‎【解答】解：A．∵x，y，是互不相等的正数，令t=x+≥2，∴﹣=t2﹣t﹣2=（t﹣2）（t+1）≥0，正确；‎ B．∵＞，∴﹣=﹣≤0，∴≤，正确．‎ C．取x=1，y=2，则|x﹣y|+=1﹣1=0＜2，因此不正确；‎ D．|x﹣y|=|（x﹣z）+（z﹣y）|≤|x﹣z|+|y﹣z|，正确．‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎18．已知命题：“若a，b为异面直线，平面α过直线a且与直线b平行，则直线b与平面α的距离等于异面直线a，b之间的距离”为真命题．根据上述命题，若a，b为异面直线，且它们之间的距离为d，则空间中与a，b均异面且距离也均为d的直线c的条数为（　　）‎ A．0条 B．1条 C．多于1条，但为有限条 D．无数多条 ‎【考点】点、线、面间的距离计算．‎ ‎【分析】如图所示，给出一个平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1．取AD=a，A1B1=b，假设平行平面ABCD与A1B1C1D1之间的距离为d．若平面BCC1B1∥a，平面CDD1C1∥b，且满足它们之间的距离等于d，其交线CC1满足条件．把满足平面BCC1B1∥a，平面CDD1C1∥b，且它们之间的距离等于d的两个平面旋转，则所有的交线CC1都满足条件，即可判断出结论．‎ ‎【解答】解：如图所示，给出一个平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1．‎ 取AD=a，A1B1=b，假设平行平面ABCD与A1B1C1D1之间的距离为d．‎ 平面BCC1B1∥a，平面CDD1C1∥b，且满足它们之间的距离等于d，其交线CC1满足与a，b均异面且距离也均为d的直线c．‎ 把满足平面BCC1B1∥a，平面CDD1C1∥b，且它们之间的距离等于d的两个平面旋转，则所有的交线CC1都满足与a，b均异面且距离也均为d的直线c．‎ 因此满足条件的直线有无数条．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ 三、解答题 ‎19．如图，底面是直角三角形的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，D是棱AA1上的动点．‎ ‎（1）证明：DC1⊥BC；‎ ‎（2）求三棱锥C﹣BDC1的体积．‎ ‎【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质．‎ ‎【分析】（1）由棱锥是直棱锥可得侧面与底面垂直，由面面垂直的性质可得BC⊥平面ACC1A1，进一步得到BC⊥DC1；‎ ‎（2）利用等积法，把三棱锥C﹣BDC1的体积转化为三棱锥B﹣CDC1的体积求解．‎ ‎【解答】（1）证明：如图，∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥平面ABC，‎ ‎∴CC1⊥底面ABC，又CC1⊂面ACC1A1，‎ ‎∴面ACC1A1⊥底面ABC，而面ACC1A1∩底面ABC=AC，‎ 由△ABC为Rt△，且AC=BC，得BC⊥AC，‎ ‎∴BC⊥平面ACC1A1，‎ ‎∴BC⊥DC1；‎ ‎（2）解：由（1）知，BC⊥平面ACC1A1，‎ ‎∵，‎ ‎∴AA1=2，‎ 则 ‎∴=．‎ ‎　‎ ‎20．某菜农有两段总长度为20米的篱笆PA及PB，现打算用它们和两面成直角的墙OM、ON围成一个如图所示的四边形菜园OAPB（假设OM、ON这两面墙都足够长）．已知 ‎|PA|=|PB|=10（米），，∠OAP=∠OBP．设∠OAP=θ，四边形OAPB的面积为S．‎ ‎（1）将S表示为θ的函数，并写出自变量θ的取值范围；‎ ‎（2）求出S的最大值，并指出此时所对应θ的值．‎ ‎【考点】正弦定理；余弦定理．‎ ‎【分析】（1）在三角POB中，由正弦定理，得：，得OB=10（cosθ+sinθ）．再利用三角形面积计算公式即可得出．‎ ‎（2）由（1）利用倍角公式与和差公式、三角函数的单调性最值即可得出．‎ ‎【解答】解：（1）在三角POB中，由正弦定理，得：，得OB=10（cosθ+sinθ）．‎ 所以，S==100（sinθcosθ+sin2θ），θ∈∪．‎ ‎（2）S=100（sinθcosθ+sin2θ）=50（2sinθcosθ+2sin2θ）‎ ‎=50（sin2θ﹣cos2θ+1）=，‎ 所以S的最大值为：50+50，θ=．‎ ‎　‎ ‎21．已知函数，其中a∈R．‎ ‎（1）根据a的不同取值，讨论f（x）的奇偶性，并说明理由；‎ ‎（2）已知a＞0，函数f（x）的反函数为f﹣1（x），若函数y=f（x）+f﹣1（x）在区间[1，2]上的最小值为1+log23，求函数f（x）在区间[1，2]上的最大值．‎ ‎【考点】函数的最值及其几何意义；反函数．‎ ‎【分析】（1）由得f（﹣x）=﹣ax+log2（2x+1）﹣x，从而可得当a=时函数为偶函数；‎ ‎（2）可判断与f﹣1（x）都是增函数，从而可得f（1）+f﹣1（1）=1+log23，从而解出a．‎ ‎【解答】解：（1）∵，‎ ‎∴f（﹣x）=﹣ax+log2（2﹣x+1）‎ ‎=﹣ax+log2（2x+1）﹣log22x ‎=﹣ax+log2（2x+1）﹣x，‎ ‎∴f（﹣x）=f（x），‎ 即﹣ax﹣x=ax，‎ 故a=；此时函数为偶函数，‎ 若a≠﹣，函数为非奇非偶函数；‎ ‎（2）∵a＞0，‎ ‎∴单调递增，‎ 又∵函数f（x）的反函数为f﹣1（x），‎ ‎∴f﹣1（x）单调递增；‎ ‎∴f（1）+f﹣1（1）=1+log23，‎ 即a+log23+f﹣1（1）=1+log23，‎ 故f﹣1（1）=1﹣a，‎ 即a（1﹣a）+log2（2a﹣1+1）=1，‎ 解得，a=1；‎ 故f（2）=2+log25．‎ ‎　‎ ‎22．已知椭圆C：的焦距为，且右焦点F与短轴的两个端点组成一个正三角形．若直线l与椭圆C交于A（x1，y1）、B（x2，y2），且在椭圆C上存在点M，使得：（其中O为坐标原点），则称直线l具有性质H．‎ ‎（1）求椭圆C的方程；‎ ‎（2）若直线l垂直于x轴，且具有性质H，求直线l的方程；‎ ‎（3）求证：在椭圆C上不存在三个不同的点P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性质H．‎ ‎【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程．‎ ‎【分析】（1）由椭圆的焦距为，右焦点F与短轴的两个端点组成一个正三角形，求出a，b，由此能求出椭圆C的方程．‎ ‎（2）设直线l：x=t，（﹣2＜t＜2），则A（t，y1），B（t，y2），设M（xm，ym），求出， =﹣，由点M在椭圆C上，能求出直线l的方程．‎ ‎（3）假设在椭圆C上存在三个不同的点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3），使得直线PQ、QR、RP都具有性质H，利用反证法推导出相互矛盾结论，从而能证明在椭圆C上不存在三个不同的点P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性质H．‎ ‎【解答】解：（1）∵椭圆C：的焦距为，∴c=，‎ ‎∵右焦点F与短轴的两个端点组成一个正三角形，∴c=，解得b=1，‎ ‎∴a2=b2+c2=4，‎ ‎∴椭圆C的方程为．‎ ‎（2）设直线l：x=t，（﹣2＜t＜2），则A（t，y1），B（t，y2），‎ 其中y1，y2满足：，y1+y2=0，‎ 设M（xm，ym），‎ ‎∵（其中O为坐标原点），‎ ‎∴， =﹣，‎ ‎∵点M在椭圆C上，∴，‎ ‎∴49t2+4﹣t2=100，∴t=，‎ ‎∴直线l的方程为x=或x=﹣．‎ 证明：（3）假设在椭圆C上存在三个不同的点P（x1，y1），Q（x2，y2），R（x3，y3），‎ 使得直线PQ、QR、RP都具有性质H，‎ ‎∵直线PQ具有性质H，∴在椭圆C上存在点M，使得：，‎ 设M（xm，ym），则，ym=，‎ ‎∵点M在椭圆上，∴+（）2=1，‎ 又∵，，∴=0，①‎ 同理： =0，②，，③‎ ‎1）若x1，x2，x3中至少一个为0，不妨设x1=0，则y1≠0，‎ 由①③得y2=y3=0，即Q，R为长轴的两个端点，则②不成立，矛盾．‎ ‎2）若x1，x2，x3均不为0，则由①②③得=﹣＞0，矛盾．‎ ‎∵在椭圆C上不存在三个不同的点P、Q、R，使得直线PQ、QR、RP都具有性质H．‎ ‎　‎ ‎23．已知数列{an}和{bn}满足：，且对一切n∈N*，均有．‎ ‎（1）求证：数列为等差数列，并求数列{an}的通项公式；‎ ‎（2）若λ=2，求数列{bn}的前n项和Sn；‎ ‎（3）设，记数列{cn}的前n项和为Tn，问：是否存在正整数λ，对一切n∈N*，均有T4≥Tn恒成立．若存在，求出所有正整数λ的值；若不存在，请说明理由．‎ ‎【考点】数列递推式；数列的求和．‎ ‎【分析】（1）化简可得，从而写出，即；‎ ‎（2）当λ=2时，an=n2+n，从而求得bn=2n，从而求等比数列前n项和．‎ ‎（3）仿照（2）可得，bn=2n+r﹣2，从而化简cn=2﹣r﹣2n﹣（），从而分类讨论以确定λ的值．‎ ‎【解答】解：（1）证明：∵，‎ 两边除以n（n+1）得，，‎ 即，故数列为等差数列，‎ 故，故；‎ ‎（2）当λ=2时，an=n2+n，‎ ‎∵，‎ ‎∴b1==2，‎ bn+1===2n+1，‎ 综上所述，bn=2n，‎ Sn==2n+1﹣2；‎ ‎（3）仿照（2）可得，‎ ‎，bn=2n+r﹣2，‎ cn==﹣=2﹣r﹣2n﹣（），‎ ‎∵对一切n∈N*，均有T4≥Tn恒成立，‎ ‎∴当n＞4时，cn≤0；‎ 若λ=1，则cn=1﹣2n﹣，‎ c5=﹣＞0，故T5＞T4，故不成立；‎ 若λ=2，则cn=﹣2n﹣，‎ 故c1=﹣=0，c2=﹣，c3=﹣＞0，c4=﹣＞0，‎ c5=﹣＜0，‎ 且当n≥5时，2n＞n2+n，‎ 故成立；‎ 若λ=3，则cn=﹣，‎ 故c1=﹣＞0，c2=﹣＞0，c3=﹣＞0，c4=﹣＞0，‎ 故且当n≥5时， •2n＞n2+2n，故成立；‎ 若λ≥4，则cn=﹣，‎ c4=﹣，‎ 令f（r）=16﹣16﹣4（r﹣1），‎ 则f′（r）=16•ln•﹣4=4（ln4•﹣1）＞0，‎ 故f（r）在[4，+∞）上是增函数，‎ 故f（4）=16×2﹣16﹣4×3＞0，‎ 故c4＜0，‎ 故T3＞T4，故不成立；‎ 综上所述，λ的值为2或3．‎ ‎　‎ ‎2016年9月20日