上海市普陀区2020届高三三模数学质量检测试卷（含答案解析）

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1、上海市普陀区上海市普陀区 2020 年年高考数学三模试卷高考数学三模试卷 一、填空题（本大题有一、填空题（本大题有 12 题，满分题，满分 54 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结 果，每个空格填对前果，每个空格填对前 6 题得题得 4 分、后分、后 6 题得题得 5 分，否则一律得零分分，否则一律得零分 1已知集合 Ax|x2k，kZ，Bx|2x2，则 AB 2在复平面内，点 A（2，1）对应的复数 z，则|z+1| 3满足0 的实数 x 的取值是 4已知向量 、 的夹角为，且| |2，| |3，则|3 2 | 5若圆锥的侧面积与过轴的截

2、面面积之比为 2，则其母线与轴的夹角的大小为 6若抛物线 y24x 上一点 M 到其焦点的距离等于 2，则 M 到其顶点的距离等于 7（5分） 在 （x2） n 的展开式中， 只有第三项的二项式系数最大， 则含x 项的系数等于 8 （5 分）已知约束条件：，则目标函数 z20 x+10y 的最大值为 9 （5 分）设函数 f（x）sin（x+） （0） 若关于 x 的方程 f（x）1 在区间0， 上有且仅有两个不相等的实根，则 的最大整数值为 10 （5 分）设 A（a，r） ，B（b，s）为函数 ylog2x 图象上两点，其中 ab已知直线 AB 的斜率为 2，且|AB|，则 11 （5 分

3、）设点 O 为ABC 的外心，且 A，若+（，R） ，则 + 的最大值为 12 （5 分）若实数 a、b、c 满足+，则 a，b，c 是调和的设含有三个元素的集合 P 是集合 Mx|x|2020，xZ的子集，当集合 P 中的元素 a、b、c 既是等差的又是调 和的时，称集合 P 为“好集” 则三元子集中“好集”的概率是 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 题，满分题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸 的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律的零分分

4、，否则一律的零分 13 （5 分）若样本平均数为 ，总体平均数为 ，则（ ） A B C 是 的估计值 D 是 的估计值 14 （5 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，则“对任意 nN*，an0”是“数列Sn为递增数 列”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不是充分也不是必要条件 15 （5 分）设 P 为双曲线y21（a0）上的一点，F1、F2分别是双曲线的左、右焦 点，F1PF2，则F1PF2的面积等于（ ） Aa2 Ba2 C D 16 （5 分） 下列四个图象， 只有一个符合 y|k1x+b1|+|k2x+b2|k3x+b3| （k1，k2k3R+，b

5、1b2b3 0）的图象，则根据你所判断的图象，k1、k2、k3之间一定满足的关系是（ ） Ak1+k2k3 Bk1k2k3 Ck1+k2k3 Dk1+k2k3 三、解答题（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区 域内写出必要的步骤域内写出必要的步骤 17 （14 分）在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，已知 acosAR，其中 R 为ABC 外接圆的半径，其中 S 为ABC 的面积 （）求 sinC； （）若 ab，求ABC 的周长 18 （14 分）如图，直

6、四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD 60，E、M、N 分别是 BC、BB1、A1D 的中点 （1）证明：MN平面 C1DE； （2）求直线 AM 与平面 C1DE 所成角的大小 19 （14 分）为了实现国家脱贫致富奔小康战略，某公司经过测算投资 x 百万元，投资项目 A 与产生的经济效益 f1（x）之间满足：f1（x）x2+2x+12（百万元） ，投资项目 B 与产生的经济效益 f2（x）之间满足：f2（x）x2+4x+1（百万元） （1）现公司共有 1 干万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大？ （2）设投资边际效应函数为 F（x）f（x+1

7、）f（x） ，其边际值小于 0 时，不建议投 资，则应如何分配投资，使得经济效益最好？ 20 （16 分）设椭圆 C：1（ab0） ，直线 l：ykx+t（k，tR） ，O 为坐标原 点 （1）设点 P（，1）在 C 上，且 C 的焦距为 2，求 C 的方程； （2）设 l 的一个方向向量为（） ，且 l 与（1）中的椭圆 C 交于 A、B 两点，求 证：|OA|2+|OB|2为常数； （3）设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，是否存在常数 k，使得|OA|2+|OB|2的值也为常 数？若存在，求出 k 的表达式及|OA|2+|OB|2的值；若不存在，请说明理由 21 （18 分）已知

8、数列 a1，a2，a10满足：对任意的 i，j1，2，3，4，5，6，7，8，9， 10，若 ij， 则 aiaj，且 ai1， 2，3，4，5，6，7，8，9，10，设集合 Aai+ai+1+ai+2|i 1，2，3，4，5，6，7，8，集合 A 中元素最小值记为 m（A） ，集合 A 中元素最大值 记为 n（A） 如数列：7，6，2，8，3，4，9，1，5，10 时，A13，14，15，16，m （A）13，n（A）16 （1）已知数列：10，6，1，2，7，8，3，9，5，4，写出集合 A 及 m（A） ，n（A） ； （2）求证：不存在 m（A）18； （3）求 m（A）的最大值以及

9、n（A）的最小值，并说明理由 2020 年上海市普陀区高考数学三模试卷年上海市普陀区高考数学三模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题有一、填空题（本大题有 12 题，满分题，满分 54 分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结 果，每个空格填对前果，每个空格填对前 6 题得题得 4 分、后分、后 6 题得题得 5 分，否则一律得零分分，否则一律得零分 1已知集合 Ax|x2k，kZ，Bx|2x2，则 AB 2，0，2 【分析】利用交集定义直接求解 【解答】解：集合 Ax|x2k，kZ，Bx|2x2， 由题意得，AB2，0

10、，2 故答案为：2，0，2 【点评】本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础 题 2在复平面内，点 A（2，1）对应的复数 z，则|z+1| 【分析】求出复数 z+1，然后求解复数的模 【解答】解：在复平面内，点 A（2，1）对应的复数 z，则|z+1|2+i+1|1+i| 故答案为： 【点评】本题考查复数的代数形式混合运算，复数的模的求法，考查计算能力 3满足0 的实数 x 的取值是 【分析】利用行列式展开表达式，求解三角方程即可 【解答】解：，即， 故答案为： 【点评】本题考查行列式的应用，三角函数化简求值，考查计算能力 4已知向量 、 的夹角为，且| |2，|

11、 |3，则|3 2 | 6 【分析】根据题意，由向量数量积的计算公式可得 23cos603，又由|3 2 |29 212 +42，代入数据计算变形即可得答案 【解答】解：根据题意，向量 与 的夹角为 60，且， 则 23cos603， 则|3 2 |29 212 +4236， 则|3 2 |6； 故答案为：6 【点评】本题考查向量的数量积的计算，关键是掌握向量数量积的计算公式 5若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2，则其母线与轴的夹角的大小为 【分析】设圆锥的底面半径为 r，高为 h，母线长为 l，由已知中圆锥的侧面积与过轴的 截面面积之比为 2， 可得 l2h， 进而可得其母线与轴的夹角

12、的余弦值， 进而得到答案 【解答】解：设圆锥的底面半径为 r，高为 h，母线长为 l， 则圆锥的侧面积为：rl，过轴的截面面积为：rh， 圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为 2， l2h， 设母线与轴的夹角为 ， 则 cos， 故 ， 故答案为： 【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中根据已知求出圆锥的母线与轴的夹角的余弦 值，是解答的关键 6若抛物线 y24x 上一点 M 到其焦点的距离等于 2，则 M 到其顶点的距离等于 【分析】由抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得 M 的横坐 标，代入抛物线的方程可得其纵坐标，进入求出 M 到顶点的距离 【解答】解：由抛物线的方程

13、可得抛物线的准线方程为 x1，设 M（m，n） ， 由 M 到焦点的距离等于到准线的距离可得：m+12，所以 m1， 将 m1，代入抛物线的方程可得 n24， 所以 M 到顶点的距离为， 故答案为： 【点评】本题考查抛物线的性质，及两点间的距离公式，属于基础题 7 （5 分）在（x2）n的展开式中，只有第三项的二项式系数最大，则含 x 项的系数等于 32 【分析】根据 n 为偶数时，只有中间一项的二项式系数最大，由此求出 n 的值，然后再 利用通项求出含 x 的项的系数 【解答】解：由已知得：n 为偶数，且 +13，故 n4 所以该二项式为（x2）4，所以展开式的通项为 Tr+1x4 r （2

14、）r， 令 4r1 得 r3，故该项的系数为（2）332 故答案为：32 【点评】本题考查二项式展开式中二项式系数的性质以及通项的应用，属于基础题 8 （5 分）已知约束条件：，则目标函数 z20 x+10y 的最大值为 100 【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合求得目标 函数的最大值 【解答】解：由约束条件：，作出可行域如图（图中实点） ， 化目标函数 z20 x+10y 为 y2x+， 由图可知，当直线 y2x+过点 A（5，0）时，直线在 y 轴上的截距最大，z 有最大 值为 100 故答案为：100 【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题

15、思想方法，是中档题 9 （5 分）设函数 f（x）sin（x+） （0） 若关于 x 的方程 f（x）1 在区间0， 上有且仅有两个不相等的实根，则 的最大整数值为 4 【分析】当 x0，时，x+，+；根据条件关于 x 的方程 f（x）1 在 区间0， 上有且仅有两个不相等的实根， 结合正弦函数的图象， 得+， 解得，即可得满足条件的 的最大整数 【解答】解：当 x0，时，x+，+； 关于 x 的方程 f（x）1 在区间0，上有且仅有两个不相等的实根， 结合正弦函数的图象，得+，解得，可得满足条件的 的最大整数为 4 故答案为：4 【点评】本题考查了正弦函数的图象与性质，整体法思想与数形结合的

16、思想方法，属于 基础题 10 （5 分）设 A（a，r） ，B（b，s）为函数 ylog2x 图象上两点，其中 ab已知直线 AB 的斜率为 2，且|AB|，则 4 【分析】根据题意，由直线的斜率公式可得2，即（rs）2（ab） ，结合两点 间距离公式可得|AB|，变形可得 ab1，进而可得（rs） 2（ab）2，则 log2alog2blog22，由对数的运算性质分析可得答案 【解答】解：根据题意，A（a，r） ，B（b，s）为函数 ylog2x 图象上两点， 若直线 AB 的斜率为 2，则2，即（rs）2（ab） ， 又由|AB|，则|AB|，变形可得 ab1， 又由 rlog2a，slo

17、g2b，且（rs）2（ab）2，则 log2alog2blog22， 变形可得4； 故答案为：4 【点评】本题考查直线的斜率以及两点间距离的计算，涉及对数的运算性质，属于基础 题 11 （5 分）设点 O 为ABC 的外心，且 A，若+（，R） ，则 + 的最大值为 【分析】以 BC 边所在直线为 x 轴，BC 边的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系（D 为 BC 边的中点） 由外接圆的性质可得BODCODBAC由 cosA，不妨设外接圆 的半径 R2则 OAOBOC2可得 B，C，O 的坐标，设 A（m，n） 则ABC 外 接圆的方程为：x2+（y1） 24 （*）利用向量相等， +可得 ，

18、又 +1 时，由图可知是不可能的可化 为，代入（*）可得 2（+）1+3，利用基本不等式可得即可解出 所求最大值 【解答】解：如图所示，以 BC 边所在直线为 x 轴， BC 边的垂直平分线为 y 轴建立直角坐标系（D 为 BC 边的中点） 由外接圆的性质可得BODCODBAC 由 A，则 sinA， 不妨设外接圆的半径 R2则 OAOBOC2 cosCODcosA， OD1，DC B（，0） ，C（，0） ，O（0，1） ，A（m，n） ， 则ABC 外接圆的方程为：x2+（y1）24 （*） + （m，1n）（m，n）+（m，n） ， ， +1 时，否则，由图可知是不可能的 可化为 代入（

19、*）可得 +4，化为 2（+）1+3， 利用基本不等式可得 2（+）1+3（ ）2， 化为 3（+）28（+）+40，解得 +或 +2 又 +1，故 +2 应舍去 +， 则 + 的最大值为， 故答案为： 【点评】本题考查了通过建立直角坐标系解决向量的有关运算、圆的标准方程、基本不 等式的性质、一元二次不等式的解法、三角形的外接圆的性质、余弦函数等基础知识与 基本技能方法，属于难题 12 （5 分）若实数 a、b、c 满足+，则 a，b，c 是调和的设含有三个元素的集合 P 是集合 Mx|x|2020，xZ的子集，当集合 P 中的元素 a、b、c 既是等差的又是调 和的时，称集合 P 为“好集”

20、 则三元子集中“好集”的概率是 【分析】根据题意可得实数 a，b，c 互不相等，且均不为 0，列方程组可得， 得 a2b，则 c4b，推出集合 Pb，2b，4b，由于 PM，推出505b505， 进而确定集合P的个数为： 25051010， 集合M中共由4041个元素， 从中取3个有 种情况，再计算概率即可 【解答】解：因为 P 为三元素集合， 所以实数 a，b，c 互不相等，且均不为 0， 根据题意可得，得 2b2aba20， 解得 ab（舍） ，或 a2b，则 c4b 所以集合 Pb，2b，4b， 又因为含有三个元素的集合 P 是集合 Mx|x|2020，xZ的子集， 所以20204b20

21、20，即505b505，且 b0 所以集合 P 的个数为：25051010， 集合 M 中共由 4041 个元素， 所以三元子集中“好集”的概率是， 故答案为： 【点评】本题考查概率，集合，数列，是一道综合题，也是一道新定义题，属于中 档题 二、选择题（本大题共有二、选择题（本大题共有 4 题，满分题，满分 20 分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸 的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律的零分分，否则一律的零分 13 （5 分）若样本平均数为 ，总体平均数为 ，则（ ） A

22、 B C 是 的估计值 D 是 的估计值 【分析】 统计学中利用样本数据估计总体数据， 可知样本平均数是总体平均数的估计值 【解答】解：样本平均数为 ，总体平均数为 ， 统计学中，利用样本数据估计总体数据， 样本平均数 是总体平均数 的估计值 故选：D 【点评】本题考查了利用样本数据估计总体数据的应用问题，是基础题 14 （5 分）设数列an的前 n 项和为 Sn，则“对任意 nN*，an0”是“数列Sn为递增数 列”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充分必要条件 D既不是充分也不是必要条件 【分析】根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可 【解答】解：数列an中，对任意 n

23、N*，an0，则 SnSn1+anSn1，n2； 所以数列Sn是递增数列，充分性成立； 当数列Sn为递增数列时，SnSn1，n2； 即 Sn1+anSn1，所以 an0， 如数列1，2，2，2，；不满足题意，必要性不成立； 所以“对任意 nN*，an0”是“数列Sn为递增数列”的充分不必要条件 故选：A 【点评】本题利用数列的前 n 项和考查了充分与必要条件的应用问题，是基础题 15 （5 分）设 P 为双曲线y21（a0）上的一点，F1、F2分别是双曲线的左、右焦 点，F1PF2，则F1PF2的面积等于（ ） Aa2 Ba2 C D 【分析】先利用双曲线的定义，得|PF1|PF2|2a，利用

24、余弦定理求出|PF1|PF2|的值， 结合三角形的面积公式即可求出F1PF2的面积 【解答】解：双曲线y21（a0） ， b1，不妨设 P 是双曲线的右支上的一个点， 则由双曲线的定义，得|PF1|PF2|2a， ，F1PF2， 4c2|PF1|2+|PF2|22|PF1|PF2|cos|PF1|2+|PF2|2+|PF1|PF2| （|PF1|PF2|）2+3|PF1|PF2|， 即 4c24a2+3|PF1|PF2|， 即 3|PF1|PF2|4c24a24b24， 则|PF1|PF2|， 则F1PF2的面积：|PF1|PF2|sin， 故选：C 【点评】本题考查三角形面积的求法，根据双曲

25、线的定义结合余弦定理将条件进行转化 是解决本题的关键，解题时要认真审题，注意双曲线定义、余弦定理的灵活运用，是中 档题 16 （5 分） 下列四个图象， 只有一个符合 y|k1x+b1|+|k2x+b2|k3x+b3| （k1，k2k3R+，b1b2b3 0）的图象，则根据你所判断的图象，k1、k2、k3之间一定满足的关系是（ ） Ak1+k2k3 Bk1k2k3 Ck1+k2k3 Dk1+k2k3 【分析】由于 k1，k2，k3为正实数，考虑当 x 足够小时和当 x 足够大时的情形去掉绝对 值符号，转化为关于 x 的一次函数，通过观察直线的斜率特征即可进行判断 【解答】解：y|k1x+b1|

26、k2x+b2|+|k3x+b3|（其中 k10，k20，k30，b1，b2，b3为非 零实数） ， 当 x 足够小时，y（k1+k2k3）x（b1+b2b3） ， 当 x 足够大时，y（k1+k2k3）x+（b1+b2b3） ， 可见，折线的两端的斜率必定为相反数，此时只有第 2 个图象符合条件 此时 k1+k2k30，即 k1+k2k3， 故选：A 【点评】 本小题主要考查函数图象的应用、 直线的斜率等基础知识， 考查数形结合思想、 化归与转化思想、极限思想，属于中档题 三、解答题（本大题共有三、解答题（本大题共有 5 题，满分题，满分 76 分）解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区分）

27、解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区 域内写出必要的步骤域内写出必要的步骤 17 （14 分）在ABC 中，a，b，c 分别为内角 A，B，C 所对的边，已知 acosAR，其中 R 为ABC 外接圆的半径，其中 S 为ABC 的面积 （）求 sinC； （）若 ab，求ABC 的周长 【分析】 （）由已知及正弦定理得 sin2A1，结合范围 02A2，可求 A 的值，由余 弦定理可得 tanB，结合范围 0B，可求 B 的值，利用两角和的正弦函数公式即 可计算得解 sinC 的值 （） 由已知及正弦定理解得 a， b 的值， 又， 利用正弦定理可求 c 的值， 即可得解三角形的周长 【解

28、答】 （本题满分为 12 分） 解： （）由正弦定理得 acosA， sin2A1， 又 02A2， 2A，则 A（2 分） 由 a2+c2b2sinB， 由余弦定理可得：2accosBacsinB， tanB， 又 0B， B，（5 分） sinCsin（A+B）sin（），（6 分） （）由正弦定理得：， 又 ab， ， 又， c， a+b+c+（12 分） 【点评】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，两角和的正弦函数公式在解三角形中的 综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题 18 （14 分）如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的底面是菱形，AA14，AB2，BAD 60，E、

29、M、N 分别是 BC、BB1、A1D 的中点 （1）证明：MN平面 C1DE； （2）求直线 AM 与平面 C1DE 所成角的大小 【分析】 （1）建立空间坐标系，利用向量证明 MNDE，从而可得 MN平面 C1DE； （2）求出平面 C1DE 的法向量 ，计算和 的夹角的余弦值即可得出所求线面角的正 弦值 【解答】 （1）证明：连接 BD， 四边形 ABCD 是菱形，BAD60， BCD 是等边三角形，又 E 是 BC 的中点， DEBC，故 DEAD， 以 D 为原点，以 DA，DE，DD1为坐标轴建立空间直角坐标系 Dxyz， 则 D（0，0，0） ，E（0，0） ，M（1，2） ，N（

30、1，0，2） ， （0，0） ，（0，0） ， ，故 NMDE， 又 NM平面 ABCD，DE平面 ABCD， NM平面 ABCD （2）解：C1（1，4） ，A（2，0，0） ，（1，4） ，（1， 2） 设平面 C1DE 的法向量为 （x，y，z） ，则， 即，令 z1 可得 （4，0，1） ， cos， 设直线 AM 与平面 C1DE 所成角为 ，则 sin|cos， | 直线 AM 与平面 C1DE 所成角为 arcsin 【点评】本题考查了线面平行的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题 19 （14 分）为了实现国家脱贫致富奔小康战略，某公司经过测算投资 x 百万元，投资项目 A

31、 与产生的经济效益 f1（x）之间满足：f1（x）x2+2x+12（百万元） ，投资项目 B 与产生的经济效益 f2（x）之间满足：f2（x）x2+4x+1（百万元） （1）现公司共有 1 干万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大？ （2）设投资边际效应函数为 F（x）f（x+1）f（x） ，其边际值小于 0 时，不建议投 资，则应如何分配投资，使得经济效益最好？ 【分析】 （1）确定函数的解析式，利用配方法，得出结论； （2）利用投资边际效应函数 F（x）f（x+1）f（x）0，解不等式可得结论 【解答】解： （1），即投资 A 项目 4 百万，投资 B 项目 6 百万，收益总额

32、最大 （2），解得，投资 A 项目 350 万元，同 理可得，应投资 B 项目 550 万元 【点评】本题考查函数在生产实际中的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中 的隐含条件，合理地进行等价转化 20 （16 分）设椭圆 C：1（ab0） ，直线 l：ykx+t（k，tR） ，O 为坐标原 点 （1）设点 P（，1）在 C 上，且 C 的焦距为 2，求 C 的方程； （2）设 l 的一个方向向量为（） ，且 l 与（1）中的椭圆 C 交于 A、B 两点，求 证：|OA|2+|OB|2为常数； （3）设直线 l 与椭圆 C 交于 A、B 两点，是否存在常数 k，使得|OA|2+|OB|2

33、的值也为常 数？若存在，求出 k 的表达式及|OA|2+|OB|2的值；若不存在，请说明理由 【分析】 （1）由题可知，解出 a 和 b 的值，即可得解； （2）设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，由题可知，直线 l 的方程为，将其与椭圆 的 方 程 联 立 ， 消 去 y ， 写 出 韦 达 定 理 ， 而 |OA|2+|OB|2 ，代入韦达定理进行化简整理即可得证； （ 3 ） 联 立 直 线 l 和 椭 圆 的 方 程 ， 消 去 y ， 写 出 韦 达 定 理 ， |OA|2+|OB|2 ， 将韦达定理代入进行化简整理， 根据|OA|2+|OB|2 为常数，求 k 的值，若有解

34、，则存在 k 符合题意，否则不存在 k 【解答】解： （1）由题可知，解得 a23，b22， 椭圆 C 的方程为 （2）证明：由题可知，直线 l 的方程为， 联立，得， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， ， |OA|2+|OB|2 5，为常数 故命题得证 （3）联立，得（b2+a2k2）x2+2a2ktx+a2t2a2b20， ， 又， |OA|2+|OB|2 ， 要使|OA|2+|OB|2为常数，只需 2a4k22a2b20，即，此时|OA|2+|OB|2a2+b2， 存在，使得|OA|2+|OB|2a2+b2 【点评】本题主要考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，有一定的计算量

35、，考查学 生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题 21 （18 分）已知数列 a1，a2，a10满足：对任意的 i，j1，2，3，4，5，6，7，8，9， 10，若 ij， 则 aiaj，且 ai1， 2，3，4，5，6，7，8，9，10，设集合 Aai+ai+1+ai+2|i 1，2，3，4，5，6，7，8，集合 A 中元素最小值记为 m（A） ，集合 A 中元素最大值 记为 n（A） 如数列：7，6，2，8，3，4，9，1，5，10 时，A13，14，15，16，m （A）13，n（A）16 （1）已知数列：10，6，1，2，7，8，3，9，5，4，写出集合 A 及 m（A） ，n（A）

36、； （2）求证：不存在 m（A）18； （3）求 m（A）的最大值以及 n（A）的最小值，并说明理由 【分析】 （1）用列举法写出集合 A，由此得出 m（A）与 n（A）的值； （2）可以用反证法证明“不存在 m（A）18”成立； （3）由题意得出 m（A）的最大值为 17，n（A）的最小值为 16；举例说明数列满足 m （A）17 是可能的；再证明 n（A）的最小值为 16 即可 【解答】解： （1）由题意知，集合 A17，9，10，18，20； 所以集合 A 中元素最小值为 m（A）9， 集合 A 中元素最大值记为 n（A）20； （2）证明：假设 m（A）18， 设 S（a1+a2+a3

37、）+（a4+a5+a6）+（a7+a8+a9）+a1055， 则 S553m（A）+a10318+a10， 即 a101； 因为 ai1（i1，2，3，10） ，所以 a101； 同理，设 Sa1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+（a8+a9+a10）55， 可推出 a11； 所以 ai（i1，2，10）中有两个元素为 1，这与题设矛盾； 所以假设不成立，所以不存在 m（A）18； （3）m（A）的最大值为 17，n（A）的最小值为 16； 例如数列：1，6，10，2，7，8，3，9，5，4； 此时 A17，18，19，20，m（A）17，n（A）20，得到 m（A）17 是可能的； 现只需证明：n（A）的最小值为 16； 先证明：n（A）15 为不可能的，假设 n（A）15， 设 Sa1+（a2+a3+a4）+（a5+a6+a7）+（a8+a9+a10）55， 可得 553n（A）+a1315+a1， 即 a110，元素的最大值为 10，所以 a110； 又（a1+a2+a3）+a4+（a5+a6+a7）+（a8+a9+a10）553n（A）+a4315+a4， 同理可推出 a410，矛盾，所以假设不成立，所以 n（A）16； 即由已知得到 n（A）是可能的，所以 n（A）的最小值为 16 【点评】本题考查了数列的新定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题