2023年高考第二次模擬考試試卷數(shù)學(xué)（上海A卷）（全解全析）

2023年高考數(shù)學(xué)第二次模擬考試卷

數(shù)學(xué)?全解全析

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號等填寫在答題卡和試卷指定位置上。

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑。

如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標(biāo)號。回答非選擇題時(shí)，將答案寫在答

題卡上。寫在本試卷上無效。

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回

一、填空題(本大題共有12小題，滿分54分，第L6題每題4分，第7-12題每題5分)

考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)位置填寫結(jié)果。

1.已知zee,且滿足(l+i)Q-2)=2i,貝Ijz=.

【答案】3-i

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則求得2,進(jìn)而得出答案.

【詳解】由+-2)=2i,得+++

1+1(1+1)(1-1)

所以z=3—i.

故答案為：3—i.

2.直線2x+y-1=0的一個(gè)方向向量為.

【答案】(1,一2)(答案不唯一)

【分析】首先得到其法向量為(2,1),則可直接寫出其一個(gè)方向向量.

【詳解】直線2x+y-l=0的法向量為(2,1),

則其一個(gè)方向向量為(1,一2).

故答案為：(1,一2)(答案不唯一).

3.已知a為銳角，若sin(a+])=|,則tan(a+：)=.

【答案】-7

【分析】由條件結(jié)合誘導(dǎo)公式可求cosa,再由同角關(guān)系求tana,結(jié)合兩角和正切公式求

tan（a+：）.

【詳解】因?yàn)閟in（a+9=I，所以cosa=又a為銳角，所以sina=Vl-cos2a=g,tana=

n4

sina_4tana+tan-1+-

所以tan（a+：）=__________1-7.

cosa31-tanatan-i一

故答案為：-7.

4.若函數(shù)f(x)=Q/+(b-l)x+1的圖象恒過定點(diǎn)M(L4),且Q>0,b>0,當(dāng)

有最小值時(shí)，a2-b2=.

【答案】4

【分析】由函數(shù)/(X)的圖象恒過定點(diǎn)得a+6=4,

解法一：(b+》=2+?=2+箋半展開后由基本不等式求得取最小值時(shí)a,b的值，從而

aaba16ab

求得a2-b2；

解法二：5+2=5+再使用"1"的代換，由基本不等式求得取最小值時(shí)

a,b的值，從而求得a2-b2.

【詳解】由函數(shù)/(%)=ax2+(b—l)x+1的圖象恒過定點(diǎn)M(l,4)得f(l)=a+(b-1)+

1=4,

即a+b=4.

2

gc1,,,9.b,9b,9(a+b)b,9bl9t9a

解法一：乂b+/=Z+荔=Z+~^-=l+G+d+高

9a25b,9

----------F-=3o,

言+橙+檢216b16a--8

當(dāng)且僅當(dāng)W=型，即a=S,b=七時(shí)取等號，此時(shí)。2-爐=4.

16。16a22

4n注一1/入?9、b?9b.9。+匕匕i9,Ii1、匕9,,,,1,lx

解法一：展3+])=/+&=:+[,而=￡+Z(z+P=2+五(a+b)?1+w)

9a25b,9c

=++2---------F-=3,

SI￡1-16b16a--8

當(dāng)且僅當(dāng)々=.，即。=三，b=三時(shí)取等號，此時(shí)。2—爐=4.

16b16a22

故答案為：4

5.若祝=(1,一2,0),OB=(2,1,0),靈=(1,1,3),則三棱錐O—ABC的體積為.

【答案w

【分析】根據(jù)空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算，求得棱錐底面積和高，結(jié)合棱錐的體積計(jì)算公式，即可

求得結(jié)果.

【詳解】根據(jù)已知可得：0^4-05=1x2-2x1=0,即。41OB,

又|而|=JU+(-2)2=V5,|OB|=V22+I2=V5,

故△04B的面積S=|xV5xV5=1；

不妨取平面。4B的一個(gè)法向量沆=(0,0,1),

則點(diǎn)。到平面。48的距離h=瞥=7=3,

故三棱錐O-ABC的體積V=|Sx/i=|xjx3=j.

故答案為：|.

6.已知/(外=。/3>0)的圖象在刀=1處的切線與與函數(shù)g(￡)=ex的圖象也相切，則該

切線的斜率k=.

【答案】/

【分析】分別求兩條曲線的切線方程，比較系數(shù)得a的值.

【詳解】函數(shù)f(x)=a/的圖象在％=1處的切線的切點(diǎn)為(1,a),

因?yàn)閒(x)=2ax,所以切線斜率為(⑴=2a,切線方程為y-a=2a(x-1),即y=2ax-

a,

設(shè)g(x)=e'的圖象的切線的切點(diǎn)為(g,a。)，因?yàn)間'(x)=eS所以切線斜率為g'Q))=ex<>,

xxxeX

切線方程為y—e°=e°(x—x0),即y=e°x+(1—x0)°>

2/7—13Q3

-a=a-%)e-o*解得a=源，用=右斜率為2a=汶

{o

故答案為：el

7.已知(石+：)"的展開式中第5項(xiàng)的系數(shù)與第3項(xiàng)的系數(shù)之比為56：3,則n=

【答案】10

【分析】由二項(xiàng)展開式通項(xiàng)公式得系數(shù)比，從而求得加

n-3r

nr7r

【詳解】Tr+1=C^(VI)-(p=C^x-,

由已知第5項(xiàng)的系數(shù)與第3項(xiàng)的系數(shù)之比為需=m，解得兀=10(負(fù)值舍去).

故答案為：10.

8.已知函數(shù)/"(x)=[/+sin(x+?/>°(aeR)奇函數(shù)，寫出一個(gè)滿足條件的

(―%2+cos(x+a),x<0

a=.

【答案】一g

【分析】根據(jù)奇函數(shù)的定義即可求解.

【詳解】由f(x)為奇函數(shù)，所以f(X)=-((T),

當(dāng)x<0時(shí)，/(x)=—X2+cos(x+a)=—/(—x)=—|(—x)2+sin㈠+91=一.+

sink—》

所以cos(x+a)=sin(x+a+；)=sin(x—、)，解得a=-g+2kn,kGZ,所以取a=—年

即可.

故答案為：(滿足條件即可).

9.小Q同學(xué)和小B同學(xué)計(jì)劃在"五一節(jié)"5天假期中隨機(jī)選擇兩天到圖書館學(xué)習(xí)，則兩位同學(xué)

沒有同一天到圖書館的概率為.(結(jié)果用最簡分?jǐn)?shù)表示)

【答案】"

【分析】先求出總的選法，再求兩人沒有同一天到圖書館的選法，利用古典概型求解.

【詳解】小Q同學(xué)從5天假期中隨機(jī)選擇兩天去圖書館學(xué)習(xí)的選法是髭，

小B同學(xué)從剩下的3天里隨機(jī)選擇兩天去圖書館學(xué)習(xí)的選法是《，

所以兩位同學(xué)沒有同一天到圖書館的概率為p=籌=

c5c51U

故答案為：總.

10.已知數(shù)列｛5｝滿足％=1，an+i=｛：n(new).設(shè)以為由,。2，…，的中

取值為1的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，則瓦+b2+…+b2022=.

【答案】12525

【分析】設(shè)』=1，根據(jù)即+i=二:::(nGN*)依此類推歸納得到(13%=1，

Ia?i十ri,tin_?I

從而得到b=[log3(2n+1)]求解.

【詳解】解：當(dāng)m21時(shí)，若am=1，貝bm+i=1+ni，am+2=1+m+(m+1),

依此類推，可歸納證得am+2k-i=巾+2-k，am+2k-2m+l+k(l</c<m),

從而a3m+i=1-

因此，a.=1，當(dāng)且僅當(dāng)葭=(keN*),從而%=[log3(2n+1)],

故恰有3"個(gè)%=k.

則為+Z>2+…+匕2022'

=1X3+2X32+-+6X36+7X(2022-36-3s-----3)=12525,

故答案為:12525

11.在△力BC中，AB=4,AC=3,E)8AC=90。，。在邊BC上(與B、C不重合)，延長射線

AO到P,使得AP=9,若同=zn而+(|-m)無(機(jī)為常數(shù))，則。B的長度為

【答案】夕#1.4

【分析】以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB,AC所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，求得B

與C的坐標(biāo)，再把刀的坐標(biāo)用m表示.由AP=9列式求得m值，由題意可求瓦5的坐標(biāo)，

可求得D的坐標(biāo)，則BD的長度可求.

【詳解】如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB,AC所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)系，

則B(4,0),C(0,3),

由若成=mPB+(|-m)PC,得同=m(PA+荏)+(|—m)(同+前)，

整理得：PA=-2mAB+(2m-3)ZC=-2m(4,0)+(2m-3)(0,3)=(-8m,6m-9).

由AP=9,得64nl2+(6zn—9)2—81,解得m—||或血—0.

當(dāng)m=II時(shí)，可得PA=(―^^，—H)，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為—H)，所以

直線PA的方程為,=京，直線BC的方程為：+：=1,

聯(lián)立兩直線方程可得點(diǎn)D的坐標(biāo)為g,fl),,

所以|叫=J(g-4)2+g-0)2=p

當(dāng)m=0時(shí)，此時(shí)對=|無，所以4,C,P三點(diǎn)共線，點(diǎn)D在直線4P匕所以4CD三點(diǎn)共線,

又8,C,D三點(diǎn)共線，所以可知D與C重合(舍去)，

ABD的長度是，

故答案為：

4

12.對于定義域?yàn)椤辏镜暮瘮?shù)凡明若存在％1，上6。且與十42，使得/(*)=f(xQ=

2/(Xi+x2)＞則稱函數(shù)7W具有性質(zhì)M，若函數(shù)g(x)=|log2X-1|，xe(0,a]具有性質(zhì)M,

則實(shí)數(shù)。的最小值為

[答案]J2a+2

【分析】設(shè)%1＜刀2，由f(*)=/(活)可得好據(jù)=4,結(jié)合2f(Xi+X2)=|2log2(Xi+X2)-

2|=|log2(Xi+泡)2-2|可得婢+4婢+4=8,進(jìn)而求得的,*2,由此得解.

【詳解】解：設(shè)X[＜小，由，(就)=f(據(jù))得＜g2皆一1|=llogzG-1|，

則1-log2Xi=log2xf-1,故log2(*x分=2,

xfxf=4(%i＜2,xj＞2)?

又2f01+x2)=1210g2(X1+x2)-2|=|log2(xi+x2y-2|,

2

-,.log2(x1+x2)-2=1-log2xf,

；*=寺二log2(*+g+4)-2=1-Iog2好，

則log2(%f+4xf+4)=3,+4xf+4=8,

%]=V2V2—2,故%2=d2魚+2?

，a＞V2V2+2,則實(shí)數(shù)a的最小值為52企+2.

故答案為：V2V2+2.

二、選擇題：(本大題共有4題，滿分20分，每題5分)每題有且只有一個(gè)正確選項(xiàng)，考

生應(yīng)在答題紙的位置，講代表正確選項(xiàng)的小方格涂黑。

13.已知集合4={(x,y)|x+y=2},B={(x,y)|x-2y=-4},則4nB=()

A.{0,2}B.(0,2)C.0D.[(0,2)}

【答案】D

【分析】兩點(diǎn)集的交集，即這兩條直線的交點(diǎn).

x+y=2

【詳解】AdB={(%,y)={(0,2)}

x-2y=—4

故選：D.

14.下列不等式一定成立的是()

A.他(7+*)>1聯(lián)(乂>0)B.sinx+-k0Z)

C.x2+1>2|x|(x6/?)D.看>1(x0/?)

【答案】C

【分析】應(yīng)用基本不等式：x,y>0,中2月(當(dāng)且僅當(dāng)x=y時(shí)取等號)逐個(gè)分析，注意基

本不等式的應(yīng)用條件及取等號的條件.

【詳解】當(dāng)x>0時(shí)，x2+->2-x~—x,所以lg(x2+5)2lgx(x>0),故選項(xiàng)A不正確；

424

當(dāng)xxkTT,k?Z時(shí)，sinx的正負(fù)不能確定，故選項(xiàng)B不正確；

因?yàn)?+1=(|x|)2+l>2\x\(xER),所以選項(xiàng)C正確；

當(dāng)x=0時(shí)，有一―=1,故選項(xiàng)D不正確.

xz+l

故選：C.

【點(diǎn)睛】本題考查基本不等式的運(yùn)用，在運(yùn)用基本不等式時(shí)需保證“一正，二定，三相等”,

屬于基礎(chǔ)題.

15.如圖，在正方體4BC。一公8心。1中，點(diǎn)何、N分別在棱44i、CC］上，則“直線MN1直

線GB"是"直線MNJ_平面GBD”的()

A.充分非必要條件B.必要非充分條件

C.充要條件D.既不充分又不必要條件

【答案】C

【分析】.

根據(jù)充分必要條件的定義判斷.

【詳解】首先必要性是滿足的，由線面垂直的性質(zhì)定理(或定義)易得;

下面說明充分性，

連接力C,41G，4411平面4BCD,8Du平面48CD,則

正方形中BD_LAC,ACn44i=4,屬外u平面4。。出，則BD_L平面4"出，

又MNu平面4CG41，所以BD1MN,

若MNJ.BG，BJCBD=B,BC1,BDu平面8。的，所以MN_L平面BDC1，充分性得證.

因此應(yīng)為充要條件.

故選：C.

16.己知點(diǎn)4(一1,1).若曲線G上存在8,C兩點(diǎn)，使A48C為正三角形，則稱G為廠型曲線.給

定下列三條曲線：

@y=-X+3(0<x<3)；

②y=V2-x2(-V2<x<0)；

③y=-((%>°)-

其中「型曲線的個(gè)數(shù)是

A.0B.1

C.2D.3

【答案】B

3ry

【詳解】對于①，A(-1,1)到直線y=-x+3的距離為若直線上存在兩點(diǎn)B,C,使4

ABC為正三角形，則|AB|=|AC|=4,以A為圓心,以后為半徑的圓的方程為(x+D2+(y-l)

'y=-x-3

,92

2=6,聯(lián)立l(-Ll)FT)-二6

解得,2,或，2,后者小于o,所以對應(yīng)的點(diǎn)不在曲線上，所以①不是.

對于②，尸-6^一向"。)化為小+y2=2(-V2<x<0),圖形是第二象限內(nèi)的四分

之一圓弧，此時(shí)連接A點(diǎn)與圓弧和兩坐標(biāo)軸交點(diǎn)構(gòu)成的三角形頂角最小為135。，所以②不

是.

_1

y——

對于③，根據(jù)對稱性，若X上存在兩點(diǎn)B、C使ABC構(gòu)成正三角形，則兩點(diǎn)連線的斜

率為1,設(shè)BC所在直線方程為x-y+m=O,由題意知A到直線距離為直線被‘-"所截弦長

10

的24倍，列方程解得所以曲線③是T型線.

三、解答題（本大題共有5題，滿分78分），解答下列個(gè)體必須在答題紙的相應(yīng)位置寫出

必要的步驟。

17.（本題滿分14分，本題共有兩個(gè)小題，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分）

17.如圖，在四棱錐尸-ABC。中，已知出團(tuán)平面ABCZ）,且四邊形A8CD為直角梯形，EL4BC

=回師力=90。，AB=AD=AP=2,BC=L且。為線段BP的中點(diǎn).

P

⑴求直線CQ與PO所成角的大??；

（2）求直線C。到平面AOQ所成角的大小.

【答案】（Darcsin^；

（2）arcsinY.

【分析】（1）連接B。，作CE〃/1B交BD于E,連接QE,易得QE〃PD,則直線CQ與PD所

成角為NCQE,根據(jù)線面垂直的判定和性質(zhì)證線線垂直，應(yīng)用勾股定理、中位線的性質(zhì)求相

關(guān)線段長度，進(jìn)而求NCQE的大小.

（2）連接AC,由％_*℃=%-DAQ求C到面4DQ距離，結(jié)合。。=次即可求直線CQ到平面

ADQ所成角的大小.

【詳解】（1）連接8。，作CE〃48交8D于E,

四邊形ABCD為直角梯形，/ABC=NBAD=90。，AB=AD=2,BC=1,

所以4BC尸為矩形且E,F分別為CF,AD中點(diǎn)，則CE=1.

連接QE,又Q為線段BP的中點(diǎn)，故QE〃PD,

所以直線CQ與PD所成角，即為NCQE,

因?yàn)镻A_L平面ABCD,ADu面ABCD,則P41AD,AP=2,故P。=2VL同理得PB=2VL

又4D_L4B,ABQPA=A,則/WJ?面P4B,而AD〃BC,

所以8cl面P4B,又PBu面P4B,故8clpB,則QC=Jg+BQ2=百,

又QE=加=戊,i^^QEC^QC2=QE2+CE2,即QE1CE,

綜上，sin“QE=K=圣故"QE=arcsin今

(2)連接AC,由題設(shè)易知：Q到面4BCD的距離為子=1,又雇詆=；x2x2=2,

所以%-ADC=§X1X2=三，而%-40C='

由ZD1面PAB,4QU面P48,則4Q14D,故叉口政=(X2X企=近，

若C到面4DQ距離為d,故3d-SRDAQ=|-可得d=應(yīng)，又QC=V3,

所以直線CQ到平面ADQ所成角正弦值為*=9,故線面角大小為arcsin?.

18.(本題滿分14分，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分)

18.設(shè)Q>0且Q21,tWR,已知函數(shù)f(%)=loga(x+l),g(%)=21oga(2x+t).

(1)當(dāng)￡=一1時(shí)，求不等式/(%)Wg(x)的解；

(2)若函數(shù)F(x)="(")+—+i在區(qū)間(-1,2]上有零點(diǎn)，求t的取值范圍.

【答案】(1)答案見解析：(2)《±-2或12竽.

4

【分析】(1)根據(jù)題意得loga(x+1)<21oga(2x-1),進(jìn)而分0<a<1和a>1兩種情況

求解即可；

(2)由題知尸(x)=tx2+X-2C+2,進(jìn)而根據(jù)已知條件得:=一案=-[(x+2)+京]+

4,再結(jié)合對勾函數(shù)性質(zhì)即可得或0<944一2冠，進(jìn)而求得答案.

【詳解】解：(1)t=-1,不等式/(x)Wg(x)可化為loga(x+1)W21oga(2x-1)

若0<a<l,則｛X+：W(；；T)2,解得方<》宅，

所以不等式/(X)Wg(x)的解集為6，;].

若a>l,則解得X?；,

2x-1>04

所以不等式f(x)<g(x)的解集為E，+8).

綜上所述：0<a<l,/(%)4g(x)的解集為(1|]；a>1,/(x)Sg(x)的解集為原+8).

(2)F(x)="⑶+tx2—2t+l=%+l+tx2—2t+1=tx2+%—2t+2.

令t/+x—2￡+2=0,即t(%2—2)=—(x+2),

VxG(—1,2],.*.%+2W(1,4],，tWO,一—2H0；

1=-[(x+2)+—]+4.

tx+2LV7x+2J

設(shè)m=x+2G(1,4]>貝哈=——(m+9+4,

0或0<-<4—2V2,

2tt

解得t<—2或￡>~~-

4

【點(diǎn)睛】本題考查對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，對數(shù)運(yùn)算，函數(shù)的零點(diǎn)求參數(shù)，考查分類討論思想，運(yùn)

算求解能力，化歸轉(zhuǎn)化能力，是中檔題.本題第二問解題的關(guān)鍵在于將問題轉(zhuǎn)化為:=

_:=_[(x+2)++4,x6(-1,2]有解，進(jìn)而求解.

19.(本題滿分14分，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分)

19.如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)4處下山至C處有兩種路徑.一種從Z沿直線步行到C,

另一種是先從4沿索道乘纜車到8,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從4處下

山，甲沿AC勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從4乘纜車到B,在B處停留

Imin后，再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)行的速度為130m/min,山路AC長為

1260m,經(jīng)測量，sinC=sinB=為鈍角.

565

(1)問乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？

(2)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍

內(nèi)？

【答案】(1)乙出發(fā)||min后，乙在纜車上與甲的距離最短；(2)[等,竽].

37L4314J

【分析】

(1)求出cos4的值，設(shè)乙出發(fā)tmin后，甲、乙之間的距離為d,根據(jù)題意可得出d2關(guān)于t的

二次函數(shù)關(guān)系式，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)可求得結(jié)果；

(2)設(shè)乙步行的速度為vm/min,根據(jù)已知條件可得|厚-詈|S3,可解得。的取值范圍,

即為所求.

【詳解】(1)因?yàn)?為鈍角，則C為銳角，所以，cosC="-sin2c=|,cosB=-Vl-sin2B=

16

所以，cosA=COS[TC-(8+C)]=-cos(F+C)=sinBsinC-cosBcosC=

設(shè)乙出發(fā)￡min后，甲、乙之間的距離為d,由題意可得0WtW鬻=8,

則d2=(130t)2+(100+50t)2-2x130tx(100+50t)x=200(37t2-70t+50),

所以，當(dāng)t=^|min時(shí)，d取最小值，

因此，當(dāng)乙出發(fā)言min后，乙在纜車上與甲的距離最近；

2

(2)T4為銳角，sin/1=V1-cos/l=(，

由正弦定理能=*可得BC=罌寶=500(m),

smAs.nB布

乙從B出發(fā)時(shí)，甲已經(jīng)走了50x(2+8+1)=5500),

還需走710m才能到達(dá)C,設(shè)乙步行的速度為um/min,則產(chǎn)-詈仁3,解得詈Wr詈,

所以，為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在[詈，譽(yù)]范

圍內(nèi).

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛；解三角形應(yīng)用題的一般步驟

(1)閱讀理解題意，弄清問題的實(shí)際背景，明確已知與未知，理清量與量之間的關(guān)系.

(2)根據(jù)題意畫出示意圖，將實(shí)際問題抽象成解三角形問題的模型.

(3)根據(jù)題意選擇正弦定理或余弦定理求解.

(4)將三角形問題還原為實(shí)際問題，注意實(shí)際問題中的有關(guān)單位問題、近似計(jì)算的要求等.

20.(本題滿分18分，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分8分)

20.已知橢圓C:5+《=1,直線l:x=2,分別為橢圓C的左右焦點(diǎn)，M為橢圓C的上

頂點(diǎn)，AFiMF2為直角三角形，且F1到橢圓C的右頂點(diǎn)的距離為或+1,點(diǎn)P為，上的動(dòng)點(diǎn)，

直線PF2交橢圓C于4B兩點(diǎn).

(1)求橢圓C的方程；

(2)求4&AB的面積S的取值范圍；

(3)設(shè)麗=4耐，AP=nPB,直線，i：Ax—y-2A—1=0，判斷直線，i是否經(jīng)過定點(diǎn)N,

若存在，請求出定點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由.

【答案】⑴?+y2=i

⑵(。,回

(3)存在，/V(-2,-l)

【分析】(1)由△&MF2為直角三角形及兩邊相等求出參數(shù)，即可求得橢圓的方程;

(2)設(shè)出直線4B的方程，表達(dá)出4B兩點(diǎn)的坐標(biāo)，讓直線與橢圓聯(lián)立，由韋達(dá)定理表達(dá)出

△的表達(dá)式，即可求出AaAB的面積S的取值范圍；

(3)設(shè)出直線4B的方程，和橢圓聯(lián)立，利用韋達(dá)定理表達(dá)出函和員N,求和〃的發(fā)達(dá)

式，代入直線11的方程并化簡，即可求出定點(diǎn)N的坐標(biāo).

【詳解】(1)由題意，

在橢圓＜7]+'=1中，

△&MF2為直角三角形，且IMF/=|MFzl，

...△RMB為等腰直角三角形，

：.M0=MFX=知七即b=c,

到橢圓C的右頂點(diǎn)的距離為a+1,

.,.a+c=V2+1,

b=cfa=V2

a+c=V2+1>所以，b=1

-a2=b2+c2(c=1

橢圓的方程C:9+y2=i.

(2)由題意及(1)得

在C:/+y2=1中，

設(shè)直線AB的方程為=my+1,4(X1，%),B(x2,y2)>

.(x=my+1

由L+2y2_2=0得(—+2)y、2+2my-l=0,

，%+為=一；^，yi72=A=(2m)2-4(小2+2)x(-1)=gm?+8>0,

747n2+4(7n2+2)

則匹]-Yzl=J(yi+yz/■-4yly2==2&需,

m2+2

2=

令t=>Jm+1,則"1-y2l2或*p

,?SAplAB=SA4F[FZ+^ABFtF2=TF211%一曠2I=2V2左

???0<SAF1AB=2V2^r<2V2X-^==V2,當(dāng)且僅當(dāng)t=：即t=1時(shí)等號成立,

t+12J吟

:F1ABW(0,V2j.

(3)存在，理由如下:

由題意及(1)(2)得,

直線的斜率顯然存在，設(shè)為y=k(x-1),

[y=k(x-1)

由]記，得(1+2/￡2)/一4卜2%+242-2=0,

Iv+y7=1

?.4k22fcz-2

=

??Xi+XofX1X2~

1/1+2/c21/l+2k2

由幾何知識得，AF2=(1-F2B=(x2—l,y2)>

VAF2=AF^B,

.?.2=0，

&-1

同理可得〃=三，

*2-2

代入方程得iX’x—y—2———1=0)

X2-l，X2-2

(2-%)。142+(%一4)。2+(2*-2)口1+4-2。

整理得=1+y,

(X2-1)(X2-2)

令％—4=2%—2,解得：x=-2

/.當(dāng)％=-2時(shí),

原式=絲爐半匕*=]+y,

(X2-l)(X2-2)/

41^+(-6)T^r

即,—=l+y,整理得0=1+y,則N(-2,-1).

(%2-1)(*2-2)

即存在這樣的點(diǎn)，為N(-2,-1).

21.(本題滿分18分，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分8分)

21.若無窮數(shù)列｛斯｝的各項(xiàng)均為整數(shù).且對于都存在k>j,使得以=為叼一

%—叩則稱數(shù)列｛即｝滿足性質(zhì)P.

⑴判斷下列數(shù)列是否滿足性質(zhì)P,并說明理由.

①廝=n,n=1,2,3,…；

②垢=n+2,n=1,2,3,….

(2)若數(shù)列｛即｝滿足性質(zhì)P,且％=1,求證：集合S€N*|即=3｝為無限集;

⑶若周期數(shù)列｛an｝滿足性質(zhì)P，求數(shù)列的通項(xiàng)公式.

【答案】⑴①不滿足，②滿足

(2)證明見詳解

(3)an=0或=3

【分析】(1)根據(jù)題意分析判斷；

(2)根據(jù)題意先證3為數(shù)列｛冊｝中的項(xiàng)，再利用反證法證明集合但EN*\an=3｝為無限集;

(3)先根據(jù)題意證明即€｛0,2,3｝,再分｛即｝為常數(shù)列和非常數(shù)列兩種情況，分析判斷.

【詳解】(1)對①：取i=1,對力6N*,j>1,則cij=g=l,a)-j,可得見出一見一aj—

/-1-J=-1>

顯然不存在%>，,keN*,使得。卜=一1，故數(shù)列S"不滿足性質(zhì)P；

對②：對于則仇=i+2,bj=/+2,

故仇與一瓦一與=(i+2)。+2)-(i+2)—0+2)=i?/+i+j=(i?/+i+/—2)+2,

Vi,；eNM>l,j之2,則i?/+i+/—2€N*,且i?/+i+/—2=i(/+1)+(/-2)23,

，存在々=i-j+i+j-2EN',k>j,使得瓦=(t-;+i+；-2)+2=b也一仇一與，故

數(shù)列｛b｝滿足性質(zhì)P

(2)若數(shù)列｛%J滿足性質(zhì)P,且電=1,則有：

取均存在使得以=峻九一%-%=

i=i,j=卜>I/GN*,e>h，hGN*,i-1,

取均存在使得。=

i=l,j=j2>kvj2eN*,0>j2>kvk2GN*,aaiaj2-a.-ah=-1,

取》=均存在使得斯^=

kltj=k2>kr,mi>k2>l.m!EN',-akl-ak2=3,

故數(shù)列｛a“｝中存在neN*,使得廝=3,即｛n€N*|即=3｝W0,

反證:假設(shè)｛nCN*|-=3｝為有限集,其元素由小到大依次為對,電,…,％(如>1),

取處，均存在Q>%+任使得

i=1,/=3+1>1,eN*,=axan(+1-ar-an/+1=-1,

取即+均存在使得=的行乙+a

1=1,/=1，Q+