上海市虹口区2020届高三下学期二模考试数学试题 Word版含解析

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- 1 - 上海市虹口区 2020 届高三二模数学试卷 一、填空题（本大题共 12 题，1-6 每题 4 分，7-12 每题 5 分，共 54 分） 1.函数   3cos2 1f x x  的最小值为_______________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 利用余弦函数的有界性可求得函数   3cos2 1f x x  的最小值. 【详解】 1 cos2 1x   ， 2 3cos2 1 4x    ，所以函数   3cos2 1f x x  的最小值 为 2 . 故答案为： 2 . 【点睛】本题主要考查三角函数的最值，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 2.函数   1 3 xf x x   的定义域为_______________. 【答案】 3,1 【解析】 【分析】 由根式函数定义域的求法得到 1 03 x x   ，再转化为    3 1 0, 3x x x     ，利用一元二 次不等式的解法求解. 【详解】因为 1 03 x x   ， 所以     3 1 0, 3x x x     ， 解得 3 1  x ， 所以函数   1 3 xf x x   的定义域为 3,1 . 故答案为： 3,1 【点睛】本题主要考查函数定义域的求法以及分式不等式的解法，还考查了运算求解的能力， 属于基础题. 3.设全集U  R ，若  | 2 3A x x   ，则 U A =ð _______________. - 2 - 【答案】 1,5 【解析】 【分析】 先利用绝对值不等式的解法化简集合 A，然后再根据全集求补集. 【详解】因为   | 2 3 | 5A x x x x     或 1x   ， 又因为全集U  R ， 所以 { }| 1 5U A x x= - < <ð ， 故答案为： 1,5 【点睛】本题主要考查集合的基本运算以及绝对值不等式的解法，还考查了运算求解的能力， 属于基础题. 4.3 位同学各自在周六、周日两天中任选一天参加志愿者服务活动，则周六没有同学参加活动 的概率为________ 【答案】 1 8 【解析】 【分析】 根据每位同学都有两种选法，算出共有选法数，再得到周六没有同学参加活动，即 3 位同学 都选了周日的选法数，代入古典概型概率公式求解.， 【详解】每位同学都有两种选法，一共有 2 2 2 8   种选法， 周六没有同学参加活动，即 3 位同学都选了周日，共有 1 种选法， 所以周六没有同学参加活动的概率为 1 8 . 故答案为： 1 8 【点睛】本题主要考查古典概型的概率，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 5.已知函数  g x 的图象与函数    2 3 1xf x log  的图象关于直线        y x 对称，则  3g  __________. 【答案】2 【解析】 【分析】 - 3 - 根据函数  g x 的图象与函数    2 3 1xf x log  的图象关于直线        y x 对称，则函数  g x 与函数  f x 互为反函数求解. 【详解】令    2 3 1 3xf x log   ， 解得 2x  ， 因为函数  g x 的图象与函数    2 3 1xf x log  的图象关于直线        y x 对称， 所以  3 2g  . 故答案为：2 【点睛】本题主要考查互为反函数的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 6.设复数 cos sin 2 i z i     （i 为虚数单位），若 2z  ，则 tan2  ________. 【答案】1 【解析】 【分析】 先利用行列式化简复数，再根据复数的模求解. 【详解】因为  cos 2 cos cos sin sin 2 i z i i           ， 又 2z  ， 所以   2 22 cos cos sin 2     ， 所以 22cos 1 sin 2 0    ， 即 cos2 sin 2 0   ， 所以 tan 2 1  . 故答案为：1 【点睛】本题主要考查二阶行列式以及复数的模，三角恒等变换，还考查了运算求解的能力， 属于中档题. 7.若 5 2 1ax x     的展开式中的常数项为 5 2  ，则实数 a 的值为________. - 4 - 【答案】 1 2  【解析】 【分析】 先求得 5 2 1ax x     的展开式的通项公式，再求得常数项，然后根据常数项为 5 2  ，建立方 程求解. 【 详 解 】 5 2 1ax x     的 展 开 式 中 的 通 项 公 式 为 ：  2 55 105 2 1 5 5 1 rrr r r r rax x T C C a x           ， 令 510 02 r  ，得 4r  ， 所以常数项为 4 5 5T C a ， 因为常数项为 5 2  ， 所以 4 5 5 5 2T C a   ， 1 2a   . 故答案为： 1 2  【点睛】本题主要考查二项式定理的通项公式，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 8.设 ABC 的内角 A、B、C 的对边分别为 a、b、c，若 2 3b  ， 8c  ， 30A  ，则  sinC  _______. 【答案】 2 7 7 【解析】 【分析】 根据 2 3b  ， 8c  ， 30A  ，由余弦定理解得 a ，然后由正弦定理求解. - 5 - 【详解】因为 2 3b  ， 8c  ， 30A  ， 所以由余弦定理得： 2 2 2 2 cos 28   a b c bc A ， 解得 2 7a  ， 由正弦定理得： 18sin 2 72 sin 72 7 c AC a     . 故答案为： 2 7 7 【点睛】本题主要考查正弦定理，余弦定理的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 9.已知点  3, 2A  ，点 P 满足线性约束条件 2 0 1 0 2 4 x y x y         ，设 O 为坐标原点，则OA OP  的最 大值为____. 【答案】16 【解析】 【分析】 由 P 满足线性约束条件 2 0 1 0 2 4 x y x y         ，画出可行域，由 3 2OA OP z x y     ，转化为 3 1 2 2y x z  ，平移直线 3 2y x ，当直线在 y 轴上的截距最小时，目标函数取得最大值. 【详解】由 P 满足线性约束条件 2 0 1 0 2 4 x y x y         ，画出可行域如图所示阴影部分： - 6 - 3 2OA OP z x y     ，转化为： 3 1 2 2y x z  ，平移直线 3 2y x 当直线经过点  6,1B 时，在 y 轴上的截距最小， 此时目标函数取得最大值，最大值为 16 故答案为：16 【点睛】本题主要考查线性规划求最值，还考查了运算求解的能力，属于基础题. 10.已知 1F 、 2F 是椭圆  2 2 2: 1 33 x yC a a    的左、右焦点，过原点 O 且倾斜角为 60的 直线与椭圆 C 的一个交点为 M，若 1 2 1 2 | | | |MF MF MF MF      ，则椭圆 C 的长轴长为_______. 【答案】 2 3 2 3 【解析】 【分析】 由 题 意 设 直 线 为 3y x ， 代 入 2 2 2 13 x y a   ， 求 得 2 2 2 2 2 2 3,1 1 a ax ya a    ， 根 据 1 2 1 2 | | | |MF MF MF MF      ，得到 2 12  | |OM F F  ，将 M 的坐标代入求解. 【详解】设直线为 3y x ，代入 2 2 2 13 x y a   解得 2 2 2 2 2 2 3,1 1 a ax ya a    ， 因为 1 2 1 2 | | | |MF MF MF MF      ， - 7 - 所以 2 12 | | | |OM F F  ， 所以 2 2 2 2 2 34 41 1 a a ca a       ， 又因为 2 2 2 2, 3a b c b   ， 解得 2 3 2 3a   . 所以椭圆 C 的长轴长为 2 3 2 3 . 故答案为： 2 3 2 3 【点睛】本题主要考查直线与椭圆的位置关系，椭圆的几何性质，还考查了运算求解的能力， 属于中档题. 11.已知球 O 是三棱锥 P ABC 的外接球， 2PA AB BC CA    ， 2 2PB  ，点 D 为 BC 的中点，且 7PD  ，则球 O 的体积为________. 【答案】 28 21 27  【解析】 【分析】 根据 2PA AB BC CA    ， 2 2PB  ，利用勾股定理得到 PA AB ，由 2 2PB  ， 点 D 为 BC 的中点，利用勾股定理得到 ,PA AC PD BC  ，从而 PA  平面 ABC， BC ⊥平 面 PAD，平面 PAD  平面 PBC，过 A 作 AH PD ，球心 O 在 AH 上，利用 P ABC A PBCV V  ， 解得 2 21 7AH  ，在 PBC 中，利用正弦定理得到 1 2 sin BCPH BPC   ，然后在 POH 中， 由  22 2R PH AH R   求解. 【详解】如图所示： - 8 - 因为 2PA AB BC CA    ， 2 2PB  ， 所以 2 2 2PA AB PB  ， 所以 PA AB ， 因为 2 2PB  ，点 D 为 BC 的中点，且 7PD  ， 所以 2 2 2 2PD DB PB PC   ， 所以 ,PA AC PD BC  ， 所以 PA  平面 ABC， BC ⊥平面 PAD， 所以平面 PAD  平面 PBC， 过 A 作 AH PD ， 所以 AH  平面 PBC， 所以球心 O 在 AH 上， 因为 P ABC A PBCV V  ，即 1 1 1 1 3 2 3 2PA AB AC AH BC PD     ， 所以 2 21 7AH  ， 在 PBC 中， 7sin sin 2 2sin cos 4BPC BPD BPD BPD        ， 由正弦定理得： 1 4 2 sin 7 BCPH BPC   ， 在 POH 中，  22 2R PH AH R   ， 解得 21 3R  ， - 9 - 所以球 O 的体积为 3 34 4 21 28 21 3 3 3 27V R         . 【点睛】本题主要考查球有关的外接问题，找到球心的位置是关键，还考查了空间想象，逻 辑推理和运算求解的能力，属于中档题. 12.已知函数   5 1 , 1 8 , 11 x x f x xx       ，若方程   f f x a 恰有 5 个不同的实数根，则实数 a 的取值范围________. 【答案】 8 ,45      【解析】 【分析】 先作出函数  f x 的图象，设  t f x ，则  f t a 恰有 5 个不同的实数根，根据函数图象， 分 0a  ， 0a  ， 0 1a  ， 1a  ， 81 5a  ，8 45 a  ， 4a  ， 4a  讨论求解. 【详解】作出函数  f x 的图象如图所示： 设  t f x ，则  f t a 恰有 5 个不同的实数根， 当 0a  时，  f t a 无解，不符合题意， 当 0a  时，  f t a 有唯一解， 0t  ，此时，   0f x  ，解得 0x  有一解，不符合题意， 当 0 1a  时，  f t a 有三解， 1 2 30,0 1, 7t t t    ，此时，   1f x t 无解，   2f x t 有三解，   3f x t 无解，共三解，不符合题意， - 10 - 当 1a  时，  f t a 有两解， 4 5 5log 2, 7t t  ，此时，   4f x t 有三解，   5f x t 无解， 共三解，不符合题意， 当 81 5a  时，  f t a 有两解， 5 6 7log 2 1,4 7t t    ，此时，   6f x t 有三解，   7f x t 有一解，共四解，不符合题意， 当 8 45 a  时，  f t a 有两解， 5 8 9log 2 1,1 4t t    ，此时，   8f x t 有三解，   9f x t 有两解，共五解，不符合题意， 当 4a  时，  f t a 有唯一解， 1t  ，此时，   1f x  有两解，不符合题意， 当 4a  时，  f t a 无解，不符合题意. 综上：实数 a 的取值范围是 8 ,45      . 故答案为： 8 ,45      【点睛】本题主要考查函数与方程，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于难题. 二、选择题（本大题共 4 题，每题 5 分，共 20 分） 13.已知抛物线 2 4y x 上的点 M 到它的焦点的距离为 5，则点 M 到 y 轴的距离为（ ） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】 根据抛物线 2 4y x 上的点 M 到它的焦点的距离为 5，利用抛物线的定义得到 52M px   求 解. 【详解】因为抛物线 2 4y x 上的点 M 到它的焦点的距离为 5， 所以 52M px   ， 所以 4Mx  . 故选：B 【点睛】本题主要考查抛物线的定义的应用，还考查了运算求解的能力，属于基础题. - 11 - 14.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的表面积（单位: 2cm ）为（ ） A. 32 B. 36 C. 40 D. 48 【答案】A 【解析】 【分析】 由三视图知该几何体是一个三棱锥，底面是直角三角形，其中一条侧棱垂直于底面，垂足为 较大锐角的顶点，然后利用三角形面积公式求解. 【详解】由三视图知该几何体的直观图如图所示： 其中 PA  平面 ABC， AC BC ， 则 ,PA BC PA AC A   ， 所以 BC ⊥平面 APC， 所以 BC PC 所以四个面都是直角三角形 所以该几何体的表面积 Rt ABC Rt APC Rt PAB Rt PBCS S S S S       ， 1 1 1 13 4 3 4 5 4 5 4 322 2 2 2              . 故选：A 【点睛】本题主要考查三视图的应用以及几何体体积的求法，还考查了空间想象和运算求解 - 12 - 的能力，属于基础题. 15.已知函数    1 06 2f x sin x         在区间 0, 2      上有且仅有两个零点，则实数  的取值范围为（ ） A. 142, 3     B. 142, 3    C. 10 ,43     D. 10 ,63      【答案】D 【解析】 【分析】 由函数    1 06 2f x sin x         在区间 0, 2      上有且仅有两个零点，转化为方程 1 6 2sin x       在区间 0, 2      上有且仅有两个根，则由 11 19 6 2 6 6       求解. 【详解】因为 0, 2x     ， 所以 + ,6 6 2 6x          ， 因为函数    1 06 2f x sin x         在区间 0, 2      上有且仅有两个零点， 即方程 1 6 2sin x       在区间 0, 2      上有且仅有两个根， 所以 11 19 6 2 6 6       ， 解得 10 63   . 所以实数 的取值范围为 10 ,63      . 故选：D 【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质以及函数与方程，还考查了数形结合的思想和 运算求解的能力，属于中档题. 16.设等比数列 na 的前 n 项和为 nS ，首项 1 1a  ，且 2 4 32 3S S S  ，已知 ,m n N ，若 - 13 - 存在正整数  , 1i j i j  ，使得 ima 、 mn 、 jna 成等差数列，则 mn 的最小值为（ ） A. 16 B. 12 C. 8 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】 先由等比数列的基本运算得到通项，根据 ima 、 mn 、 jna 成等差数列，由等差数列的中项性 质得到 2 22 2i jmn m n   ，即 2 1 1m n   ，然后根据 ,m n N 讨论求解. 【详解】由 1 1a  ，且 2 4 32 3S S S  ， 整理得： 34 2a a ， 所以 2q = ， 12n na -= ， 因为 ima 、 mn 、 jna 成等差数列， 所以 1 12 2 2i jmn m n   ， 所以 2 22 2i jmn m n   ， 因为正整数  , 1i j i j  ， 所以 2 0, 2 1i j    ， 所以 2 22 2 2i jmn m n m n     ， 所以 2 1 1m n   ， 当1 2m  时， 2 1 1m n   不成立； 当 4, 2m n  或 3, 3m n  时， 2 1 1m n   成立； 此时 8mn  或 9mn  ， 当 4n  时， 1 20, 1n m   ， 2m  ，此时 8mn  ； 所以 mn 的最小值为 8. 故选：C. 【点睛】本题主要考查等比数列的基本运算以及不等式的性质，还考查了分类讨论的思想和 - 14 - 化简变形，推理的能力，属于难题. 三、解答题（本大题共 5 题，共14 14 14 16 18 76     分） 17.已知四棱锥 P ABC 的底面 ABCD 是矩形， PA  底面 ABCD ，且 2 2PA AD AB   ，设 E、F、G 分别为 PC、BC、CD 的中点，H 为 EG 的中点，如图. （1）求证： //FH 平面 PBD ； （2）求直线 FH 与平面 PBC 所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 15arcsin 15 【解析】 【分析】 （1）连接 CH，延长交 PD 于点 K，连接 BK，根据 E、F、G 分别为 PC、BC、CD 的中点，易得 / /FH BK ， 再利用线面平行的判定定理证明. （2）建立空间直角坐标，求得 FH  的坐标，平面 PBC 一个法向量  , ,n x y z ，代入公式 sin FH n FH n FH n FH n                求解. 【详解】（1）如图所示： 连接 CH，延长交 PD 于点 K，连接 BK， 因为设 E、F、G 分别为 PC、BC、CD 的中点， 所以 H 为 CK 的中点， - 15 - 所以 / /FH BK ，又 FH  平面 PBD BK  平面 PBD ， 所以 //FH 平面 PBD ； （2）建立如图所示直角坐标系 则         1 1 1 3 11,0,0 , 1,2,0 , 1,1,0 , 0,0,2 , ,1,1 , ,2,0 , , ,2 2 2 2 2B C F P E G H                 ， 所以     1 1 11,0, 2 , 1,2, 2 , , ,2 2 2PB PC FH             ， 设平面 PBC 一个法向量为：  , ,n x y z ， 则 0 0 n PB n PC         ，有 2 0 2 2 0 x z x y z       ， 令 1z  ，  2,0,1n  ， 设直线 FH 与平面 PBC 所成角为 ， 所以 1 152sin 153 154 FH n FH n FH n FH n                   ， 因为 0, 2      ， 所以 15arcsin 15   . 【点睛】本题主要考查线面平行的判定定理，线面角的向量求法，还考查了转化化归的思想 和逻辑推理，运算求解的能力，属于中档题. - 16 - 18.已知函数   4 3 1xf x a   （a 为实常数）. （1）讨论函数  f x 的奇偶性，并说明理由; （2）当  f x 为奇函数时，对任意的  1,5x ，不等式    3x uf x … 恒成立，求实数 u 的最大 值 【答案】（1） 2a  ，奇函数， 2a  ，非奇非偶函数；理由见解析（2）3. 【解析】 【分析】 （1）根据函数奇偶性的定义求解. （2）当  f x 为奇函数时， 2a  ，   42 3 1xf x    ，将对任意的  1,5x ，不等式    3x uf x … 恒成立，转化为对任意的  1,5x ，不等式 42 3 1 33 x x xu    恒成立，令    4 41 61 1 32 3 2 33 3 x x x x xg x         ，利用双勾函数的性质求解. 【详解】（1）若函数  f x 为奇函数， 则    f x f x   ， 即 4 4 3 1 3 1x xa a     ，对 xR 恒成立， 所以 2 4a  ， 解得 2a  ， 又    1 1, 1 3f a f a     ， 对任意实数 a ，    1 1f f  ，所以  f x 不可能为偶函数， 所以 2a  时，函数  f x 是非奇非偶函数. （2）当  f x 为奇函数时， 2a  ，   42 3 1xf x    ， 因为对任意的  1,5x ，不等式    3x uf x … 恒成立， 所以对任意的  1,5x ，不等式 42 3 1 33 x x xu    恒成立， - 17 - 令    2 3 24 41 61 33 3 1 x x x xg x         ， 令  1 4,2443xt   ， 因为 4 62y t t   ，在 4,244 是增函数， 所以当 4t  时， min 3y  ，即  min 3g x  ， 所以 3u  ， 所以实数 u 的最大值是 3. 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性以及不等式恒成立问题，还考查了分类讨论的思想和运 算求解的能力，属于中档题. 19.某工厂制作如图所示的一种标识，在半径为 R 的圆内做一个关于圆心对称的“H 型”图形， “H”型图形由两竖一横三个等宽的矩形组成，两个竖直的矩形全等且它们的长边是横向矩形 长边的 3 2 倍，设 O 为圆心， 2AOB   ，“H”型图形的面积为 S. （1）将 AB、AD 用 R、 表示，并将 S 表示成 的函数； （2）为了突出“H”型图形，设计时应使 S 尽可能大，则当 为何值时，S 最大？并求出 S 的最大值. 【 答 案 】 （ 1 ） 2 sinAB R  ， 2cos sin3AD R R   ； 2 216 2sin cos sin3 3 , 0, 3S R               ； （ 2 ） 1 2arctan4 2 3    时 ， 2 max 8 13 16 9S R       . 【解析】 【分析】 （ 1 ） 设 OM 交 CD 于 N ， 根 据 2AOB   ， 易 得 - 18 - 2 sinAB R  2cos sin3AD OM ON R R     ， 0, 3      ，再由矩形的面积公式 求解. （2）利用二倍角公式和辅助角公式转化函数为  2 28 13 16sin 29 2,tan 39S R R     ，再利用正弦函数的值域求解. 【详解】（1）如图所示： 设 OM 交 CD 于 N， 因为 2AOB   ， 所以 , 0, 2MOB         ， 所以 2 2sin , cos , sin3 3BM R OM R ON BM R      ， 所以 2 sinAB R  ， 2cos sin3AD OM ON R R     ， 因为 0AD  ，所以 30 tan 32    ，所以 0, 3      ； 2 22 16 22 sin cos sin , 0 33 ,3 3S AB AD AB AD R                     ； （2） 2 216 2sin cos sin3 3S R          ， 2 216 2sin cos sin3 3R         ， - 19 - 28 2 2sin 2 cos23 3 3R         ，  2 28 13 16sin 29 2tan 39 ,R R      ， 因为 0, 3      ，所以 22 , 3          ， 所以 2 2    ，即 1 2arctan4 2 3    时，S 取得最大值 2 max 8 13 16 9S R       . 【点睛】本题主要考查三角函数的平面几何中的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解 的能力，属于中档题. 20.设双曲线 2 2 2: 1xC ya   的左顶点为 D，且以点 D 为圆心的圆    2 2 2: 2 0D x y r r    与双曲线 C 分别相交于点 A、B，如图所示. （1）求双曲线 C 的方程； （2）求 DA DB  的最小值，并求出此时圆 D 的方程； （3）设点 P 为双曲线 C 上异于点 A、B 的任意一点，且直线 PA、PB 分别与 x 轴相交于点 M、N， 求证：| | | |OM ON 为定值（其中 O 为坐标原点）. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2） 1 3  ， 2 2 12 9 1x y   ；（3）4. 【解析】 【分析】 （1）由圆心为 2,0 ，为双曲线的左顶点，解得 2a  ，得到双曲线 C 的方程. （2）设    1 1 1 1 1, , , , 0A x y B x y y  ，利用数量积运算得到 - 20 - 2 1 1 1 3 4 5, 24DA DB x x x       ，再利用二次函数的性质求解. （3）设  0 0,P x y ，得到直线 PA 的方程为：  0 1 1 1 0 1 y yy y x xx x    ，令 0y  ，得 1 0 0 1 0 1 M x y x yx y y   ，同理 1 0 0 1 0 1 N x y x yx y y   ，然后代入| | | |OM ON 求解. 【详解】（1）因为圆    2 2 2: 2 0D x y r r    的圆心为  2,0 ，且为左顶点， 所以 2a  ， 所以双曲线 C 的方程 2 2 14 x y  . （2）设    1 1 1 1 1, , , , 0A x y B x y y  ， 因为点 A 在双曲线上， 所以 2 2 1 1 14 xy   ， 所以     2 1 1 1 1 1 1 1 32, 2, 4 5, 24DA DB x y x y x x x            ， 所以当 1 8 3x   ， DA DB  取得最小值 1 3  ， 此时 1 7 3y  ，又点 A 在圆上，所以 2 2 8 7 1123 9 9r         ， 所以圆 D 的方程 2 2 12 9 1x y   . （3）设  0 0,P x y ，则直线 PA 的方程为：  0 1 1 1 0 1 y yy y x xx x    ， 令 0y  ，得 1 0 0 1 0 1 M x y x yx y y   ，同理 1 0 0 1 0 1 N x y x yx y y   ， 又点 A，P 在双曲线上， 所以    2 2 2 2 0 0 1 14 , 41 1x y x y    ， 所以        2 2 2 2 2 2 2 2 1 01 0 0 1 2 2 2 2 2 2 0 1 0 0 1 1 1 1 0 04 41 1 | | | | 4 4 4 y yx y x yOM ON y y y y y y y y y y          ， - 21 - 所以| | | |OM ON 为定值. 【点睛】本题主要考查双曲线的方程和几何性质，圆的方程以及定值等问题，还考查了数形 结合的思想和运算求解的能力，属于难题. 21.已知项数为 *,( 2)m m m N 的数列 na 满足条件：①  * 1,2, ,na n m N  ； ② 1 2 na a a   ；若数列 nb 满足  1 2 *  ( 1,2, , )1 n n ma a a ab n mm       NL L ，则 称 nb 为数列 na 的“关联数列. （1）数列 1，5，9，13，17 是否存在“关联数列”？若存在，写出其“关联数列”，若不存 在，请说明理由； （2）若数列 na 存在“关联数列” nb ，证明：  1 1 1,2, , 1n na a m n m      ； （3）已知数列 na 存在“关联数列” nb ，且 1 1a  ， 2049ma  ，求数列 na 项数 m 的最 小值与最大值. 【答案】（1）存在关联数列：11，10，9，8，7，理由见详解；（2）证明见详解；（3）m 的最 小值与最大值分别为 2 和33. 【解析】 【分析】 （1）根据“关联数列”定义求解判断. （2）根据“关联数列”定义结合数列的单调性讨论即可. （3）根据数列 na 和求“关联数列” nb 的项的特征结合单调性分析出 21 2048m   ， 根据 1 1 2048 1 1 m m a ab b Nm m     求解. 【详解】（1）因为 * * * 1 2 3 45 1 45 5 45 911 , 10 , 95 1 5 1 5 1b N b N b N             ， * * 4 5 45 13 45 178 , 7 ,5 1 5 1b N b N        所以数列 1，5，9，13，17 存在“关联数列”11，10，9，8，7. （2）因为数列 na 存在“关联数列” nb ， - 22 - 所以 1 2 na a a   ， 所以 1 1 01 n n n n a ab b m      ， 所以 nb 为递减数列， 又因为 nb N  ，所以 1 1 1 n n n n a ab b Nm      ， 所以 1 11 n na a m    ， 所以  1 1 1,2, , 1n na a m n m      ； （3）因为数列 na 存在“关联数列” nb ， 所以任意1 i j m   ， 1 j i i j a ab b m    ， 因为 1 2, ... mib b b bN     ， 所以 i jb Nb   ， 1 1 2048 1 1 m m a ab b Nm m     ， 由（2）知 1 1n na a m    ， 又  1 2 1 3 2 1 2... 1m m ma a a a a a ma a        ， 所以  21 2048m   ， 解得 46m  ，因为 2048 1 Nm  ， 所以 2 33m  ， 所以 m 的最小值与最大值分别为 2 和33. 【点睛】本题主要考查数列新定义相关问题，还考查了运算求解的能力，属于难题. - 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