2021年上海市宝山区高考数学二模试卷（含答案解析）

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1、 第 1 页（共 18 页） 2021 年上海市宝山区高考数学二模试卷年上海市宝山区高考数学二模试卷 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，题，1-6 每题每题 4 分，分，7-12 每题每题 5 分，共分，共 54 分）分） 1 （4 分）抛物线 2 8yx的焦点到准线的距离为 2 （4 分）不等式|1| 2x的解集为 3 （4 分）若关于x、y的方程组 1 xym xny 有无穷多组解，则mn的值为 4 （4 分）若12 ( i i 是虚数单位）是方程 2 0( ,)xbxcb cR的一个根，则cb 5 （4 分）已知常数mR，若函数( )2x mf x 反函数的图像经过点(

2、4,2)，则m 6 （4 分）设无穷等比数列 n x的公比为m，若 674 lim() n n xxxx ，则m 7 （5 分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长度为 8 （5 分）在 89 (1) (1)xx的展开式中， 4 x项的系数为 .（结果用数值表示） 9 （5 分）如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，1AB ，2BC ，将矩形ABCD绕 直线AD旋转所得到的几何体体积记为 1 V， 将M C D绕直线CD旋转所得到的几何体体积记 为 2 V，则 1 2 V V 的值为 10 （5 分）为巩固交通大整治的成果，某地拟在未来的连续 15 天中随机选择 4 天进行交通

3、 安全知识的抽查，则选择的 4 天恰好为连续 4 天的概率为 .（结果用最简分数表示） 第 2 页（共 18 页） 11 （5 分）设函数 31 22 8 ( )() 8 axx f xaR x ，若函数4 ( )5yf x的零点为 4，则使得 2 8 (3)63 0f n 成立的整数n的个数为 12 （ 5分 ） 如 图 ， 若 同 一 平 面 上 的 四 边 形PQRS满 足 ： ( 13)(1 )(0 ,0 )m n R PnmQ PmnS Pmn，则当PRS的面积是PQR的面积的 1 3 倍时， 1 mn 的最大值为 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5

4、分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分） “3x ”是“ 2 9x ”的( ) 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C既充分又必要条件 D既不充分又不必要条件 14 （5 分）某班有学生 40 人，将这 40 人编上 1 到 40 的号码，用系统抽样的方法抽取一个 容量为 4 的样本，已知编号为 3、23、33 的学生在样本中，则另一个学生在样本中的编号为 ( ) A12 B13 C14 D15 15 （5 分）在平面直角坐标系中，角 3 () 2 的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的 非负半轴重合，终边经过函数( )2xf x 与 1 2

5、( )log ()g xx 的交点，角(0,) 4 ，则( ) A 2 1cot() 2 B 2 1tan() 2 C 2 1cos() 2 D 2 1sin() 2 16 （5 分）如果数列同时满足以下四个条件： （1）(1 i uZ i，2，10)； 第 3 页（共 18 页） （2）点 5 (u， 28 2) uu 在函数4xy 的图像上； （3）向量 1 (1,)au与 10 (3,)bu互相平行； （4） 1ii uu 与 1 2 ii uu 的等差中项为 3 (1 2 i ，2，9)； 那么，这样的数列 1 u， 2 u， 10 u的个数为( ) A78 B80 C82 D90 三

6、、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+16+1876 分）分） 17 （14 分）如图，在四棱锥PABCD中，PA 平面ABCD，ABCD是边长为 2 的正方 形，4PA，M为侧棱PA的中点 （1）求四棱锥PABCD的体积； （2）求直线PD与平面MBC所成角的正弦值 18 （14 分）将关于x的函数 2 (2) () m x ymR x 的图像向右平移 2 个单位后得到的函数图 象记为C，并设C所对应的函数为( )f x （1）当0m 时，试直接写出函数( )f x的单调递减区间； （2）设f（4）8，若函数 2 ( )25(1)g xxaxa对于任意

7、1 0t ，1，总存在 2 0t ， 1，使得 21 ( )( )g tf t成立，求a的取值范围 19（14 分） 某地区的平面规划图中 （如图） ， 三点A、B、C分别表示三个街区， 3 ABC ， 现准备在线段AB上的点D处建一个停车场，它到街区B的距离为 1，到街区A、C的距离 相等 （1）若线段AD的长为 3，求sinBCD的值； （2）若BCD的面积为3，求点A到直线BC的距离 第 4 页（共 18 页） 20 （16 分）设平面直角坐标系中的动点P到两定点( 2,0)、(2,0)的距离之和为4 2，记 动点P的轨迹为 （1）求的方程； （2）过上的点Q作圆 22 1xy的两条切线

8、切点为 1 Q、 2 Q，直线 12 Q Q与x、y轴的交点 依次为异于坐标原点O的点 3 Q、 4 Q，试求 34 Q OQ的面积的最小值； （3）过点(2,0)且不垂直于坐标轴的直线l交于不同的两点M、N，线段MN的垂直平分 线与x轴交于点D， 线段MN的中点为H， 是否存在 2 () 4 ， 使得 02 13190 |02|DHMN 成立？请说明理由 21 （18 分）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的()R 倍，则称该数 列具有性质( )P （1）已知数列1，2x，3x具有性质P（4） ，求实数x的取值范围； （2）删除数列 1 3， 2 3，3n，中的第 3 项，第 6

9、 项，第3n项，余下的项 按原来顺序组成一个新数列 n t，且数列 n t的前n项和为 n T，若数列 n T具有性质( )P， 试求实数的最大值； （3）记 12 () n immmn i m uuuuu mN ，如果0(1 k ak，2，2021)，证明： “ 2021 1 1 k k a ”的充要条件是“存在数列 n x具有性质P（1） ，且同时满足以下三个条件： （）数列 n x的各项均为正数，且互异； （）存在常数0A ，使得数列 n x收敛于A； （） 20212020 11 10 (1 nnkn kkn k kk xxa xaxn ，2，这里0) n x ” 第 5 页（共 18

10、 页） 2021 年上海市宝山区高考数学二模试卷年上海市宝山区高考数学二模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，题，1-6 每题每题 4 分，分，7-12 每题每题 5 分，共分，共 54 分）分） 1 （4 分）抛物线 2 8yx的焦点到准线的距离为 4 【解答】解：抛物线 2 8yx的焦点到准线的距离为p，因为28p ，所以4p 故答案为：4 2 （4 分）不等式|1| 2x的解集为 ( 1,3) 【解答】解：由不等式|1| 2x可得212x ， 13x ， 故不等式|1| 2x的解集为( 1,3)， 故答案为：( 1,3) 3 （

11、4 分）若关于x、y的方程组 1 xym xny 有无穷多组解，则mn的值为 2 【解答】 解： 关于x、y的方程组 1 xym xny 有无穷多组解， 则直线xym和直线1xny 重合， 故1m ，1n ， 所以2mn 故答案为：2 4（4 分） 若12 ( i i 是虚数单位） 是方程 2 0( ,)xbxcb cR的一个根， 则cb 3 【解答】解：因为12i 是方程 2 0( ,)xbxcb cR的一个根， 故12i 是方程的另一个根， 所以( 12 )( 12 )iib ，( 12 )( 12 )iic ， 解得2b ，5c ， 所以3cb 故答案为：3 5 （4 分）已知常数mR，

12、若函数( )2x mf x 反函数的图像经过点(4,2)，则m 0 第 6 页（共 18 页） 【解答】解：由反函数的定义可知，函数( )2x mf x 反函数的图像经过点(4,2)， 则函数( )f x经过点(2,4)， 所以 2 24 m ，解得0m 故答案为：0 6（4 分） 设无穷等比数列 n x的公比为m， 若 674 l i m () n n xxxx ， 则m 15 2 【解答】解：数列 n x是无穷等比数列，且 67 lim() n n xxx 存在， 则公比m满足| 1m ，且0m ， 由 674 lim() n n xxxx ，得 6 4 1 x x m ， 即 2 4 4

13、 1 xm x m ， 2 10mm ， 解得 15 2 m 或 15 2 m （舍去） 故答案为： 15 2 7 （5 分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长度为 3 【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体ABCDE； 如图所示： 故 222 1113AE 即最大棱长为3 第 7 页（共 18 页） 故答案为：3 8 （5 分）在 89 (1) (1)xx的展开式中， 4 x项的系数为 28 .（结果用数值表示） 【解答】解： 892 8 (1) (1)(1) (1)xxxx， 其展开式中， 4 x项为： 22 2624 88 ()1CxC x， 4

14、 x项的系数为 2 8 28C ， 故答案为：28 9 （5 分）如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，1AB ，2BC ，将矩形ABCD绕 直线AD旋转所得到的几何体体积记为 1 V， 将M C D绕直线CD旋转所得到的几何体体积记 为 2 V，则 1 2 V V 的值为 6 【解答】解：由题意得： 2 1 122V， 2 2 11 11 33 V ， 1 2 2 6 1 3 V V 故答案为：6 10 （5 分）为巩固交通大整治的成果，某地拟在未来的连续 15 天中随机选择 4 天进行交通 安全知识的抽查， 则选择的 4 天恰好为连续 4 天的概率为 4 455 .（结果用最简分数表示）

15、 【解答】解：某地拟在未来的连续 15 天中随机选择 4 天进行交通安全知识的抽查， 基本事件总数 4 15 1365nC， 选择的 4 天恰好为连续 4 天包含的基本事件个数12m ， 第 8 页（共 18 页） 则选择的 4 天恰好为连续 4 天的概率为 124 1365455 m P n 故答案为： 4 455 11 （5 分）设函数 31 22 8 ( )() 8 axx f xaR x ，若函数4 ( )5yf x的零点为 4，则使得 2 8 (3)63 0f n 成立的整数n的个数为 14 【解答】解：因为函数4 ( )5yf x的零点为 4， 所以4 f（4）50 ，即 31 2

16、2 48 4 450 48 a ， 即 816 50 3 a ，解得9a ， 所以 31 22 98 ( ) 8 xx f x x ，0 x， 故 1131311 2222222 22 311 (8)(8)(98)(8329) 222 ( ) (8)(8) xxxxxxxx fx xx ， 因为 311 2 222 1 83290,(8)0 2 xxxx ， 所以( )0fx， 故( )f x在0，)上单调递减， 因为 2 8 (3)63 0f n ， 所以 2 63 (3) 8 f n ， 由 31 22 9863 ( ) 88 xx f x x ， 令 1 2 tx，0t，则 2 xt，

17、所以 32 8(89)63(8)ttt，整理可得 2 (8)(872)0ttt ， 因为 2 8720tt ， 所以80t ，即8t ， 所以 2 64xt， 故 63 (64) 8 f ， 第 9 页（共 18 页） 所以 2 (3)(64)f nf， 所以 2 03 64n 剟， 解得673n剟或367n剟， 因为n为整数， 所以n的值为：8，7，6，5，4，3，2，2，3，4，5，6，7，8，共 14 个 故答案为：14 12 （ 5分 ） 如 图 ， 若 同 一 平 面 上 的 四 边 形PQRS满 足 ： ( 13)(1 )(0 ,0 )m n R PnmQ PmnS Pmn，则当P

18、RS的面积是PQR的面积的 1 3 倍时， 1 mn 的最大值为 5(23) 【解答】解：因为(1 3 )(1)(0,0)mnRPnm QPm nSP mn， 所以 131mn PRPQPS mn ， 如图所示，过点S作SAPR于A，过点Q作QBPR于B， 因为PRS的面积是PQR的面积的 1 3 倍，所以3QBSA，从而3BQSA， 在 131mn PRPQPS mn 的两边同时点乘BQ， 得 131 03 mn PQ BQPSSA mn ， 又 22 ,33PQ BQBQ PQSASA ， 从而 22 131 0( 3) mn BQSA mn ，即 131 03( 1) mn mn ， 整

19、理可得 31 10 mn ， 所以 110101010 5(23) 313 342 3 ()()4 42 nm mnn m mn mnmn mn ， 第 10 页（共 18 页） 当且仅当 3nm mn 时取等号，此时 1 mn 的最大值为5(23)， 故答案为：5(23) 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分） “3x ”是“ 2 9x ”的( ) 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 6 A充分不必要条件 B必要不充分条件 C既充分又必要条件 D既不充分又不必要条件 【解答】解：解不等式 2 9x 得3x 或

20、3x ，则 2 39xx， 而 2 9x 推不出3x 故“3x ”是“ 2 9x ”的充分不必要条件 故选：A 14 （5 分）某班有学生 40 人，将这 40 人编上 1 到 40 的号码，用系统抽样的方法抽取一个 容量为 4 的样本，已知编号为 3、23、33 的学生在样本中，则另一个学生在样本中的编号为 ( ) A12 B13 C14 D15 【解答】解：某班有学生 40 人，现将所有学生按 1，2，3，40 随机编号， 采用系统抽样的方法抽取一个容量为 4 的样本（等距抽样） ， 抽样间隔 40 10 4 f ， 编号为 3、23、33 号学生在样本中， 样本中另一个学生的编号为310

21、13 故选：B 15 （5 分）在平面直角坐标系中，角 3 () 2 的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的 非负半轴重合，终边经过函数( )2xf x 与 1 2 ( )log ()g xx 的交点，角(0,) 4 ，则( 第 11 页（共 18 页） ) A 2 1cot() 2 B 2 1tan() 2 C 2 1cos() 2 D 2 1sin() 2 【解答】解：函数 12 2 ( )log ()log ()g xxx ， 所以函数( )2xf x 与 2 ( )log ()g xx互为反函数， 则( )f x与( )g x的交点在直线yx上， 由题意可知，角的终边在直线yx上， 又 3

22、 2 ，则角 5 4 ， 又角(0,) 4 ， 所以 5 ( 4 ， 3 ) 2 ， 所以cot()0，tan()0，故选项A，B错误； 函数cosyx在 5 ( 4 ， 3 ) 2 上单调递增，故 2 cos()0 2 ，故选项C错误； 函数sinyx在 5 ( 4 ， 3 ) 2 上单调递减，故 2 1sin() 2 ，故选项D正确 故选：D 16 （5 分）如果数列同时满足以下四个条件： （1）(1 i uZ i，2，10)； （2）点 5 (u， 28 2) uu 在函数4xy 的图像上； （3）向量 1 (1,)au与 10 (3,)bu互相平行； （4） 1ii uu 与 1 2

23、ii uu 的等差中项为 3 (1 2 i ，2，9)； 那么，这样的数列 1 u， 2 u， 10 u的个数为( ) A78 B80 C82 D90 【解答】解：由（1）可得，(1 i uZ i，2，10)， 由（2）可得， 285 2uuu， 由（3）可得， 101 3uu， 由（4）可得， 1 1 2 3 ii ii uu uu ，所以 1 1 ii uu 或 1 2 ii uu ， 第 12 页（共 18 页） 从而 1011 29uuu，18，故 1 5u ，6，7，8，9， 考虑 12345678910 uuuuuuuuuu的变换， 每一步变换均为1或2，且 2345 uuuu和

24、5678 uuuu所加之和相等， 若 1 5u ，则 10 15u，则 9 步中只有 1 步为2，且只能在 2 边，故由 3 种； 若 1 6u ，则 10 18u，则 9 步中有 3 步为2，6 步1，共有13 3 328 种； 若 1 7u ，则 10 21u，则 9 步中有 5 步为2，4 步1，共有 122311 333333 36C C CC C C种； 若 1 8u ，则 10 24u，则 9 步中有 7 步为2，2 步1，共有 133322 333333 12C C CC C C种； 若 1 9u ，则 10 27u，则 9 步都为2，共有 1 种 综上所述，共有32836121

25、80 种 故选：B 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+16+1876 分）分） 17 （14 分）如图，在四棱锥PABCD中，PA 平面ABCD，ABCD是边长为 2 的正方 形，4PA，M为侧棱PA的中点 （1）求四棱锥PABCD的体积； （2）求直线PD与平面MBC所成角的正弦值 【解答】解： （1）因为PA 平面ABCD，则PA为棱锥PABCD的高， ABCD是边长为 2 的正方形，所以 2 24S ，4PA， 故 1116 44 333 P ABCD VS PA ； （2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则(0P，0，4)，(

26、2D，0，0)，(0M，0，2)，(0B，2，0)，(2C，2，0)， 所以(2,0, 4),(0,2, 2),(2,2, 2)PDMBMC， 设平面MBC的法向量为( , , )nx y z， 第 13 页（共 18 页） 则 0 0 n MB n MC ，即 220 2220 yz xyz ， 令1y ，则0 x ，1z ，故(0,1,1)n ， 所以 |410 |cos,| 5|2 52 n PD n PD nPD ， 故直线PD与平面MBC所成角的正弦值为 10 5 18 （14 分）将关于x的函数 2 (2) () m x ymR x 的图像向右平移 2 个单位后得到的函数图 象记为

27、C，并设C所对应的函数为( )f x （1）当0m 时，试直接写出函数( )f x的单调递减区间； （2）设f（4）8，若函数 2 ( )25(1)g xxaxa对于任意 1 0t ，1，总存在 2 0t ， 1，使得 21 ( )( )g tf t成立，求a的取值范围 【解答】解： （1）由题意知， 22 (22) ( ) 22 m xmx f x xx ，定义域为 |2x x ， 2 22 2(2)(4) ( ) (2)(2) mx xmxmx x fx xx ， 令( ) 0fx， 0m ，04x 剟且2x ， 函数( )f x的单调递减区间为0，2)和(2，4 （2）f（4）8， 16

28、 8 42 m ，解得1m ， 2 ( ) 2 x f x x ， 由（1）知，( )f x在0，1上单调递减， ( )(0)0 max f xf，( )minf xf（1）1 ， 2 ( )25g xxax的对称轴为1xa，且开口向上， 第 14 页（共 18 页） ( )g x在0，1上单调递减， ( )(0)5 max g xg，( )ming xg（1）12562aa ， 对于任意 1 0t ，1，总存在 2 0t ，1，使得 21 ( )( )g tf t成立， ( )( ) maxmax f xg x，且( )( ) minmin f xg x， 即1 5 ，且1 62a， 7 2

29、 a ， 故a的取值范围为 7 2 ，) 19（14 分） 某地区的平面规划图中 （如图） ， 三点A、B、C分别表示三个街区， 3 ABC ， 现准备在线段AB上的点D处建一个停车场，它到街区B的距离为 1，到街区A、C的距离 相等 （1）若线段AD的长为 3，求sinBCD的值； （2）若BCD的面积为3，求点A到直线BC的距离 【解答】解： （1）连接CD，3ADCD，1DB ， 在CDB中，60 3 ABC ， 由正弦定理得： sinsin CDDB CDBDCB ， 第 15 页（共 18 页） 即 31 sin60sinBCD ，解得 3 3 2 sin 36 BCD； （2） 1

30、13 sin6013 222 BCD SBD BCBC ， 4BC 故由余弦定理得： 22222 2cos142 1 4cos6013CDBDBCBD BCCBD ， 13ADCD， 过A作AFBC于F，过D作DEBC于E，则/ /DEAF， 故 DEBD AFBA ，即 1 113 DE AF ， 由 11 43 22 BCD SBC DEDE ，解得 3 2 DE 3339 (113) 22 AF ，即点A到直线BC的距离为 339 2 20 （16 分）设平面直角坐标系中的动点P到两定点( 2,0)、(2,0)的距离之和为4 2，记 动点P的轨迹为 （1）求的方程； （2）过上的点Q作圆

31、 22 1xy的两条切线切点为 1 Q、 2 Q，直线 12 Q Q与x、y轴的交点 依次为异于坐标原点O的点 3 Q、 4 Q，试求 34 Q OQ的面积的最小值； （3）过点(2,0)且不垂直于坐标轴的直线l交于不同的两点M、N，线段MN的垂直平分 线与x轴交于点D， 线段MN的中点为H， 是否存在 2 () 4 ， 使得 02 13190 |02|DHMN 成立？请说明理由 【解答】解： （1）根据题意，设点( , )P x y， 1( 2,0) F ， 2(2,0) F，则有 12 | 4 2PFPF 22 4 2 | 4F F 结合椭圆的定义和性质，可得点P的轨迹即为以 1( 2,0

32、) F ， 2(2,0) F为焦点的椭圆， 且有2 2a ，2c ， 222 4bac 故可得点P的轨迹方程即为： 22 1 84 xy ； （2）根据题意，作图如下： 第 16 页（共 18 页） 设点 0 (Q x， 0) y， 11 (Q x， 1) y， 22 (Qx， 2) y，则根据题意可得 11 QQOQ， 22 QQOQ， 12 12 12 12 11 , QQQQ OQOQ xx kk kyky ， 直线 1 11111 1 :()1 x QQyyxxxxyy y ，直线 2 22222 2 :()1 x QQyyxxx xy y y ， 由 1 QQ与 2 QQ相交于点Q，

33、则可得 11 22 1 1 x xy y x xy x ， 由此可得直线 1200 :1QQx xy y 点 34 00 11 (,0),(0,)QQ xy ， 22 0002 | 1 2 8432 xx yy 00 |2 2x y， 34 00 11122 | 2248 Q OQ S x y ； （3）设存在，则 | | DH MN ，设直线的斜率为(0)k k ， 则直线l的方程即为：(2)yk x，联立椭圆方程可得 22 (2) 1 84 yk x xy ， 整理可得 2222 (12)8880kxk xk ， 由(2,0)在椭圆内部可得，0， 第 17 页（共 18 页） 22 121

34、2 22 888 , 1212 kk xxx x kk ， 222 22 222 8884 2(1) |1()4 121212 kkk MNk kkk ， 故可得线段MN的中点坐标即为 2 22 42 (,) 1212 kk H kk ， MN的中垂线方程即为 2 22 214 () 1212 kk yx kkk ， 令0y ， 则可得点D的坐标即为 2 2 2 (,0) 12 k k ， 则 2242 22 222 222 |()() 121212 kkkk DH kkk ， 422 2 2 |21221 |1244 2 (1)1 1 DHkkk MNkk k ， 由0k 可得， 2 1 1

35、(1,) k |2 (0,) |4 DH MN ， 故不存在 21 （18 分）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的()R 倍，则称该数 列具有性质( )P （1）已知数列1，2x，3x具有性质P（4） ，求实数x的取值范围； （2）删除数列 1 3， 2 3，3n，中的第 3 项，第 6 项，第3n项，余下的项 按原来顺序组成一个新数列 n t，且数列 n t的前n项和为 n T，若数列 n T具有性质( )P， 试求实数的最大值； （3）记 12 () n immmn i m uuuuu mN ，如果0(1 k ak，2，2021)，证明： “ 2021 1 1 k k a ”

36、的充要条件是“存在数列 n x具有性质P（1） ，且同时满足以下三个条件： （）数列 n x的各项均为正数，且互异； （）存在常数0A ，使得数列 n x收敛于A； （） 20212020 11 10 (1 nnkn kkn k kk xxa xaxn ，2，这里0) n x ” 【解答】解： （1）由题意可知 24 34(2) x xx 解得 5 6 3 x剟 （2） 当3nk，kN时， 3 3 2 3 131(3 )12 33(31) 131313 n n n n T ， 1nn TT ， 1 313 nn ， 第 18 页（共 18 页） 2 12 1 3131 4 3131 n n 剟

37、， 当31nk，kN时 ， 1 3 3 3 3 131( 3)1 51 2 333 13131 31 3 n n n n T ， 1nn TT ， 1 15124512 3 13131313 11 15121512 3 13131313 n n 剟 当32nk，kN时 ， 2 3 3 3 3 131( 3)1 81 2 333 13131 31 3 n n n n T ， 1nn TT ， 1 18125412 3 13131313 7 18121812 3 13131313 n n 剟， 综上：的最大值为 11 （3）证明：令 1 1( ) 2 n n x ，显然 n x，具有性质P（1） ，且满足条件，当x，1 n x ， 满足条件， 20212020 11 10 nnkn kkn k kk xxa xax ， 2021 11 1 () nnkn kn k k xxaxx ， 20212021 11 11 1111 1( )1( )(1( )1( )2 2222 nnn kn k kk kk aa ，即证： “ 2021 1 1 k k a