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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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

- 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. - 23 -
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