上海市长宁区2020届高三二模考试（在线学习效果评估）数学试题 Word版含解析

上海市长宁区2020届高三二模考试（在线学习效果评估）数学试题 Word版含解析

- 1 - 2020 年长宁区高三数学在线学习效果评估试卷 考生注意： 1.答题前，务必在答题纸上将姓名、学校、班级等信息填写清楚，并贴好条形码. 2.解答试卷必须在答题纸规定的相应位置书写，超出答题纸规定位置或写在试卷、草稿纸上 的答案一律不予评分. 3.本试卷共有 21 道试题，满分 150 分，考试时间 120 分钟. 一、填空题（本大题共有 12 题，满分 54 分，第 1~6 题每题 4 分，第 7~12 题每题 5 分）考生 应在答题纸的相应位置直接填写结果. 1.已知集合  2,1A   ，  0,B   ，则 A B  _______________. 【答案】  0,1 【解析】 【分析】 直接根据交集的运算即可得出答案. 【详解】解：由于  2,1A   ，  0,B   ， 则  0,1A B  . 故答案为： 0,1 . 【点睛】本题考查交集的运算，属于基础题. 2.行列式 5 1 8 2 的值等于____________. 【答案】2 【解析】 【分析】 直接根据行列式的运算，即可求得结果. 【详解】解：根据行列式的运算，得 5 1 2 5 1 8 28 2      . 故答案为：2. 【点睛】本题考查二阶行列式的计算，属于基础题. 3. 51 x 的二项展开式的第三项的系数是_____ - 2 - 【答案】10 【解析】 【分析】 由二项展开式的通项公式写出第三项，结合组合数的运算公式，即可求出第三项的系数. 【详解】解： 51 x 的二项展开式的第三项为： 2 3 2 2 2 2 3 5 51 10T C x C x x     ， 则第三项的系数为：10. 故答案为：10. 【点睛】本题考查根据二项展开式的通项公式求出指定项的系数，属于基础题. 4.若复数 z 满足 2 3z   ，则 z  ________. 【答案】 3 【解析】 【分析】 设  ,z a bi a b R   ，代入 2 3z   ，由复数相等的条件列式求得 a 和 2b ，最后根据复数 的模公式，即可求出 z . 【详解】解：设  ,z a bi a b R   ，由 2 3z   ， 得 2 3a bi   ，即： 2 2 2 3a b abi    ， 则 2 2 3 2 0 a b ab       ，解得： 2 0 3 a b    ， 所以 2 2 3z a b   . 故答案为： 3 . 【点睛】本题考查复数的代数形式的乘法运算和复数的模的求法，以及复数相等的条件，属 于基础题. 5.若实数 x y、 满足 0 0 2 2 x y x y       ，则 z x y  的最小值为________. 【答案】 1 - 3 - 【解析】 【分析】 由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解  0,1A ，把最优解的坐标代入目标函数即可求 得 z x y  的最小值. 【详解】解：由 0 0 2 2 x y x y       作出可行域，如下图： 将目标函数 z x y  化为 y x z  ， 由图可知，当直线 y x z  过点  0,1A 时，直线在 y 轴上的截距 z 最大， z 有最小值，即： min 0 1 1z     . 故答案为： 1 . 【点睛】本题考查简单的线性规划求目标函数的最小值，考查数形结合思想. 6.直线 2: 1 2 x tl y t       （t 是参数）的斜率为_______. 【答案】2 【解析】 【分析】 根据题意，利用消参法将直线的参数方程化为普通方程，即可得出直线的斜率. 【详解】解：根据题意，直线l 的参数方程为： 2 1 2 x t y t       （t 是参数）， 消去参数 t ，得出直线 l 的普通方程为：  1 2 2y x   ， 所以直线 l 的斜率为：2. - 4 - 故答案为：2. 【点睛】本题考查直线的斜率，利用消去参数法将直线的参数方程化为普通方程，以及对直 线点斜式方程的理解. 7.如图，已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的侧棱长为 2 ，底面边长为 1，则直线 1D B 和底 面 ABCD 所成的角的大小为___________. 【答案】 4  【解析】 【分析】 根据题意，得出 1 2D D  ，底面 ABCD 是正方形， 1AB AD  ，即可求出 BD ，通过线 面垂直的性质，由 1D D  底面 ABCD 得出 1D D DB ，从而得出直线 1D B 和底面 ABCD 所 成的角为 1D BD ，在 1Rt D DB△ 中，求出 1D BD 的弧度数，即可得出答案. 【详解】解：已知正四棱柱 1 1 1 1ABCD A B C D 的侧棱长为 2 ，底面边长为 1， 则 1 2D D  ，底面 ABCD 是正方形， 则 1AB AD  ，所以 2 2 2BD AB AD   ， 而 1D D  底面 ABCD ， DB  底面 ABCD ， 所以 1D D DB ， 则直线 1D B 和底面 ABCD 所成的角为 1D BD ， 所以在 1Rt D DB△ 中， 1 1 2tan 1 2 D DD BD BD     ， 解得： 1 4D BD   . - 5 - 即直线 1D B 和底面 ABCD 所成的角的大小为 4  . 故答案为： 4  . 【点睛】本题考查利用几何法求线面的夹角，以及线面垂直的性质的应用，考查计算能力. 8.记等差数列 na 的前 n 项和为 nS .若 3 1a  ， 7 14S  ，则 5a  ____________. 【答案】3 【解析】 【分析】 根据题意，由 na 为等差数列， 3 1a  ， 7 14S  ，结合等差数列的通项公式和前 n 项和公式， 列式求出 1a 和 d ，即可求出 5a . 【详解】解：已知 na 为等差数列， 3 1a  ， 7 14S  ，设公差为 d ， 则 1 1 2 1 7 21 14 a d a d      ，解得： 1 1 1 a d     ， 所以 5 1 4 1 4 3a a d      . 故答案为：3. 【点睛】本题考查等差数列的通项公式和前 n 项和公式，属于基础题. 9.已知 1 1 12, 1, , , ,1,2,32 3 2         .若函数  f x x 在 0,  上递减且为偶函数，则   ________. 【答案】 2 【解析】 【分析】 根据题意，由函数  f x x 在 0,  上递减且为偶函数，根据幂函数的性质可得 0  ， 即可得出 的可能值为 2 ， 1 ， 1 2  ，分别代入并利用定义法判断出对应函数的奇偶性，即 可求出结果. - 6 - 【详解】解：由题可知， 1 1 12, 1, , , ,1,2,32 3 2         ， 且函数  f x x 在 0,  上递减且为偶函数， 可知 0  ，所以 的可能值为 2 ， 1 ， 1 2  ， 当 2   时，函数    2 2 1 0f x x xx    ， 由于      2 2 1 1f x f xxx      ，则  f x 为偶函数，符合题意； 当 1   时，函数    1 1 0f x x xx    ， 由于      1 1f x f xx x       ，则  f x 奇函数，不符合题意； 当 1 2    时，函数   1 2 1f x x x    ，此时  f x 的定义域 0,  ， 所以  f x 为非奇非偶函数，不符合题意； 综上可知，满足题意的 2   . 故答案为： 2 . 【点睛】本题考查幂函数的单调性和奇偶性，以及利用定义法判断函数的奇偶性，属于对概 念和性质的考查. 10.在停课不停学期间，某校有四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项， 则每个项目都有该校教师参加的概率为________（结果用数值表示）. 【答案】 4 9 【解析】 【分析】 根据题意，先求出四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的所有情况有 43 种，每个项目都有该校教师参加的情况有 2 3 4 3C A 种，即可求得相应的概率. 【详解】解：由于四位教师参加三项不同的公益教学活动，每位教师任选一项的情况有： 43 3 3 3 3    （种）， - 7 - 而每个项目都有该校教师参加的情况有： 2 3 4 3 36C A  （种）， 则每个项目都有该校教师参加的概率为： 4 36 4 3 9  . 故答案为： 4 9 . 【点睛】本题考查概率的计算和分步乘法的计数原理，以及排列组合的应用，考查分析计算 能力. 11.已知点 M N、 在以 AB 为直径的圆上，若 5AB  ， 3AM  ， 2BN  ，则 AB MN     ______. 【答案】12 【解析】 【分析】 连接 AN 、 BM 、 MN ，根据圆的圆周角性质，可得 90AMB ANB    o ，从而得出 2 25 2 21AN    ， 利 用 平 面 向 量 的 线 性 运 算 求 得 AB MN AB AN AM AB AN AB AM                    ，最后结合平面向量的数量积公式，即可 求出结果. 【详解】解：连接 AN 、 BM 、 MN ，如图所示， 由于 AB 为圆的直径， 5AB  ， 3AM  ， 2BN  ， 则 90AMB ANB    o ， 2 25 2 21AN    ， 由于 AB MN AB AN AM AB AN AB AM                    = cos cosAB AN BAN AB AM BAM            = AN AM AB AN AB AM AB AB              2 2 2 2= 21 3 12AN AM       ， - 8 - 即： 12AB MN     . 故答案为：12. 【点睛】本题考查平面向量的线性运算和向量数量积公式，考查转化思想和计算能力. 12.已知函数   1 | | 1f x x   ，若关于 x 的方程  f x x b  有三个不同的实数解，则实数b 的 取值范围是_____. 【答案】    , 1 3,   【解析】 【分析】 根据题意，    1 1| | 1f x xx    ，画出  f x 的图象，将方程  f x x b  有三个不同的 实数解转化为    1 1| | 1f x xx    与 y x b  有三个交点，利用导数法和平移法得出 y x b  与  f x 的图象有 2 个交点时 b 的值，即可得出方程  f x x b  有三个不同的实 数解，实数b 的取值范围. 【详解】解：由题可知，    1 1| | 1f x xx    ， 作出  f x 的图象如下： 由于方程  f x x b  有三个不同的实数解， 则    1 1| | 1f x xx    与 y x b  有三个交点， - 9 - 由于 y x b  与直线 y x 平行，则需将直线 y x 向上或向下平移， 当 y x b  与   1 01f x xx    且 1x   的图象相切时，与  f x 的图象有 2 个交点， 而    2 1 1 f x x     ， 所以当    2 1 1 1 f x x      时，解得： 2x   或 0， 且  2 1f   ，  0 1f   ， 则当 y x b  过切点 0, 1 时， 1b   ，此时 1y x  ， 当 y x b  过切点 2,1 时， 3b  ，此时 3y x= + ， 要使得    1 1| | 1f x xx    与 y x b  有三个交点， 只需将 1y x  向下平移或将 3y x= + 向上平移即可，此时 1b   或 3b  ， 所以方程  f x x b  有三个不同的实数解，则 1b   或 3b  ， 即实数b 的取值范围是：   , 1 3,   . 故答案为：   , 1 3,   . 【点睛】本题考查方程的零点个数问题，将方程零点个数转化为函数的交点个数问题，考查 数形结合思想和运算能力. 二、选择题(本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分)每题有且只有一个正确选项.考生应在 答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑. - 10 - 13.已知向量  1, , 1a x    ，  ,1,1b x   ， xR ，则“ 1x   ”是“ //a b   ”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分 又非必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意，若 1x   时，则  1, 1, 1a     ，  1,1,1b    ，得出 a b     ，得出 //a b   ，反之 //a b   ，则 a b    ，列式求出 1x   ，结合充要条件的判定，即可得出结论. 【详解】解：已知  1, , 1a x    ，  ,1,1b x   ， 若 1x   ，则  1, 1, 1a     ，  1,1,1b    ， 可得 a b     ，则有 //a b   ， 所以充分条件成立， 反之，若 //a b   ，则 a b    ，即：   1, , 1 ,1,1x x  即： 1 1 x x         ，解得： 1x   ， 所以必要条件成立， 综合可得：“ 1x   ”是“ //a b   ”的充要条件. 故选：C. 【点睛】本题考查充要条件的判断，以及空间向量共线的运算，考查运算能力. 14. 某单位有职工 52 人，现将所有职工随机编号，用系统抽样的方法抽取一个容量为 4 的样 本，已知 6 号，32 号，45 号职工在样本中，则样本中另外一个职工的编号是( ) A. 19 B. 20 C. 18 D. 21 【答案】A 【解析】 设样本中另外一个职工的编号是 x，则用系统抽样抽出的 4 个职工的号码从小到大依次为：6， x,32,45，它们构成等差数列，所以 6＋45＝x＋32，x＝6＋45－32＝19，因此另外一个职工的 - 11 - 编号是 19．故选 A． 15.在直角坐标系 xOy 中，角 的始边为 x 轴的正半轴，顶点为坐标原点O ，已知角 的终 边l 与单位圆交于点  0.6,A m ，将 l 绕原点逆时针旋转 2  与单位圆交于点  ,B x y ，若 4tan 3    ，则 x  （ ） A. 0.6 B. 0.8 C. -0.6 D. -0.8 【答案】B 【解析】 【分析】 已知角 的终边 l 与单位圆交于点  0.6,A m ，且 4tan 3    ，利用三角函数的定义，求出 0.8m   ，得出  0.6, 0.8A  在第四象限，l 绕原点逆时针旋转 2  与单位圆交于点  ,B x y ， 可知点  ,B x y 在第一象限，则 2BOx     ，再利用三角函数的定义和诱导公式进行化简 计算，即可求出 x 的值. 【详解】解：已知角 的终边 l 与单位圆交于点  0.6,A m ，且 4tan 3    ， 则 4tan 0.6 3 m    ，解得： 0.8m   ， 所以  0.6, 0.8A  在第四象限，角 为第四象限角， l 绕原点逆时针旋转 2  与单位圆交于点  ,B x y ， 可知点  ,B x y 在第一象限，则 2BOx     ， 所以 cos cos sin2BOx           ，即： 0.8 1 1 x      ， 解得： 0.8x  . 故选：B. 【点睛】本题考查单位圆中任意角的三角函数的定义的应用以及运用诱导公式化简，考查计 算能力. 16.在数列的极限一节，课本中给出了计算由抛物线 2 y x 、 x 轴以及直线 1x  所围成的曲 边区域面积 S 的一种方法：把区间 0,1 平均分成 n 份，在每一个小区间上作一个小矩形，使 - 12 - 得每个矩形的左上端点都在抛物线 2y x= 上（如图），则当 n   时，这些小矩形面积之和的 极限就是 S .已知   2 2 2 2 11 2 3 1 2 16n n n n       .利用此方法计算出的由曲线 y x 、 x 轴以及直线 1x  所围成的曲边区域的面积为（ ） A. 6 3 B. 3 2 C. 3 4 D. 2 3 【答案】D 【解析】 【分析】 由于  , 0,1y x x  与  2 , 0,1y x x  互为反函数，画出  2 , 0,1y x x  的图象，所求的 曲边区域的面积等于图中阴影部分的面积，再通过对区间 0,1 进行分割、近似代替、求和、 取极限的方法，求出抛物线 2y x= 、 x 轴及直线 1x  所围成的曲边区域面积 S ，即可得出阴 影部分的面积，即可得出曲线 y x 、 x 轴及直线 1x  所围成的曲边区域的面积. 【详解】解：由于  , 0,1y x x  与  2 , 0,1y x x  互为反函数， 可知，所求的曲边区域的面积等于下图中阴影部分的面积， 根据题意，抛物线 2y x= 、 x 轴及直线 1x  所围成的曲边区域面积 S ， 可知这些小矩形的底边长都是 1 n ，高依次为 2 2 21 2 1n n n n                 ， ， ， ， 2 2 21 1 1 2 1 1limx nS n n n n n n                             - 13 -      22 2 2 3 3 1 1 2 11 2 3 1 16lim lim 3x x n n nn n n          ， 所以，阴影部分的面积为： 1 21 1 3 3S    ， 即曲线 y x 、 x 轴及直线 1x  所围成的曲边区域的面积为： 2 3 . 故选：D. 【点睛】本题考查类比推理和定积分的概念，通过对区间进行分割、近似代替、求和、取极 限的方法求曲边区域的面积，考查化归转化思想和计算能力. 三、解答题(本大题共有 5 题，满分 76 分)解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的 步骤. 17.如图，已知圆锥的顶点为 P ，底面圆心为O ，半径为 2，母线长为 2 2 （1）求该圆锥的体积； （2）已知 AB 为圆锥底面的直径，C 为底面圆周上一点，且 90BOC  °，M 为线段 AC 的 中点，求异面直线 OM 与 PB 所成的角的大小. 【答案】（1） 8 3  .（2） 3  . 【解析】 【分析】 （1）由题可知， 2 2PB  ， 2OB  ，根据勾股定理求得 2 2 2PO PB OB   ，则圆锥 - 14 - 的高 2h  ，再根据圆锥的体积公式计算，即可求出圆锥的体积； （2）法一：联结 ,PC BC ，由O 是 AB 的中点， M 为线段 AC 的中点，根据三角形中位线 的性质可得出 //OM BC ，所以异面直线OM 与 PB 所成的角就是直线 BC 与 PB 所成的角， 根据条件得 90POC   ， 90BOC  °，求得 2 2PB BC PC   ，则 PBC 为等边 三角形，即 3PBC   ，即可得出结果； 法二：以 O 为坐标原点，以OC OB OP、 、 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴，建立空间直角坐 标系，求得   0,2, 2PB    ，  1, 1,0OM    ，根据空间向量法求异面直线的夹角公式，即 可求得异面直线OM 与 PB 所成的角. 【详解】（1）解：如图，由题意得 2 2PB  ， 2OB r  ， 在 Rt POB 中， 2 2 8 4 2PO PB OB     ， 即该圆锥的高 2h PO  ， 由圆锥的体积公式得： 2 21 1 82 23 3 3V r h       ， 即该圆锥的体积为 8 3  . （2）解法 1：联结 ,PC BC ，如图所示， 由于 AB 为圆锥底面的直径，O 是 AB 的中点， 而 M 为线段 AC 的中点，则 //OM BC ， 所以异面直线 OM 与 PB 所成的角就是直线 BC 与 PB 所成的角， 因为 90POC   ， 90BOC  °， 所以 2 2 2 2PC PO OC   ， 2 2 2 2BC OB OC   ， 在 PBC 中， 2 2PB BC PC   ， - 15 - 所以 PBC 为等边三角形，即 3PBC   ， 因此异面直线 OM 与 PB 所成的角的大小为 3  . 解法 2：以O 为坐标原点，以OC OB OP、 、 为 x 轴、 y 轴、 z 轴的正半轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 可得  0,0,0O ，  0, 2,0A  ，  2,0,0C ，  0,2,0B ，  0 0 2P , , ， 因为 M 为线段 AC 的中点，得  1, 1,0M  ， 所以   0,2, 2PB    ，  1, 1,0OM    ， 设异面直线OM 与 PB 所成的角为 0 2       ，向量 PB  与OM  的夹角为 ， 则 2 1cos 22 2 2 PB OM PB OM            ， 又 1cos cos 2    ，所以 3   ， 即异面直线OM 与 PB 所成的角的大小为 3  . 【点睛】本题考查圆锥的体积和异面直线的夹角，空间夹角问题一般利用几何法或空间向量 法解决，考查转化思想和运算能力. 18.已知函数   sin 3cosf x x x  ， .x R （1）设 ABC 的内角 、 、A B C 所对的边长分别为 a b c、 、 ，若   0f A  ，且 2b  ， 3c  ， 求 a 的值； （2）求函数  cosy f x x 的最大值. 【答案】（1） 7.a  （2） 31 2  - 16 - 【解析】 【分析】 （1）由   sin 3cosf x x x  和   0f A  ，可求得 tan 3A  ，且 A 为 ABC 的内角，所 以 3A  ，再利用余弦定理 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，即可求出 a 的值； （2）根据题意，得出   2sin 3 cos cos sin cos 3 cosy x x x x x x    ，再利用二倍角公 式和辅助角公式化简求得 3sin 2 3 2y x       ，结合三角函数的性质即可求出最大值. 【详解】解：（1）由于   sin 3cosf x x x  ，   0f A  ， 2b  ， 3c  ， 则sin 3 cos 0A A  ，得 tan 3A  ， 因为 A 为 ABC 的内角，所以 3A  ， 由余弦定理得： 2 2 2 2 22 cos 2 3 2 2 3 cos 73a b c bc A           ， 即： 2 7a  ，所以 7.a  （2）由题意得  sin 3 cos cosy x x x  2sin cos 3 cosx x x  1 1 cos2sin 2 32 2 xx    3sin 2 3 2x       ， 因为 xR ，所以当sin 2 13x      时， y 的最大值为 31 2  . 【点睛】本题考查根据余弦定理解三角形，以及利用二倍角公式和辅助角公式化简三角函数， 还涉及三角函数的最值，考查运算能力. 19.培养某种水生植物需要定期向培养植物的水中加入物质 N ，已知向水中每投放 1 个单位的 物质 N ， x （单位：天）时刻后水中含有物质 N 的量增加 mol/Ly ， y 与 x 的函数关系可近 - 17 - 似地表示为关系可近似地表示为 168 ,0 62 12 ,6 12 xy x x x          .根据经验，当水中含有物质 N 的 量不低 4mol/L 时，物质 N 才能有效发挥作用. （1）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N ，计算物质 N 能持续有效发挥作用几天？ （2）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N ，第 8 天再投放 1 个单位的物质 N ，试判断第 8 天至第 12 天，水中所含物质 N 的量是否始终不超过 6mol/L ，并说明理由. 【答案】（1）6 天.（2）第 8 天至第 12 天，水中所含物质 N 的量始终不超过 6mol/L .见解析 【解析】 【分析】 （1）由题可知 168 ,0 62 12 ,6 12 xy x x x          ，分类讨论求解满足 4y  时的 x 的范围，即可得出 在水中首次投放 1 个单位的物质 N ，物质 N 能持续有效发挥作用的天数； （2）根据已知求出函数解析式  16 1620 14 66 6y x xx x            ，利用基本不等式 即可求得当 10x  时， max 6y  ，从而得出结论. 【详解】解：（1）由题意， x (单位：天)时刻后水中含有物质 N 的量为： 168 ,0 62 12 ,6 12 xy x x x          ， 由于当水中含有物质 N 的量不低 4mol/L 时，物质 N 才能有效发挥作用， 即需 4y  ， 则当 0 6x  时， 168 42x   且当 6 12x  时，12 4x  ， 解得： 2 8x  ， 所以若在水中首次投放 1 个单位的物质 N ，物质 N 能持续有效发挥作用的时间为：8-2=6 天. （2）设第  8 12x x  天水中所含物质 N 的量为 mol/Ly ， - 18 - 则  12 20( 8) 2 6 16 168y x xx x           ，    16 1614 6 14 2 6 66 6y x xx x              ， 当且仅当 166 6x x    ，即  10 8,12x   时，等号成立， 即当 10x  时， max 6y  ， 所以第 8 天至第 12 天，水中所含物质 N 的量始终不超过 6mol/L . 【点睛】本题考查利用函数解决实际问题，考查分段函数和基本不等式的应用，确定函数的 解析式是关键. 20.已知椭圆   2 2 2 2: 1 0x y a ba b      的右焦点的坐标为  2,0 ，且长轴长为短轴长的 2 倍. 椭圆  的上、下顶点分别为 A B、 ，经过点  0,4P 的直线 l 与椭圆相交于 M N、 两点(不同于 A B、 两点). （1）求椭圆的方程； （2）若直线 BM l ，求点 M 的坐标； （3）设直线 AN BM、 相交于点  ,Q m n ，求证： n 是定值. 【答案】（1） 2 2 18 4 x y  （2） M 的坐标为 2 2,0 或 2 2,0 .（3）见解析 【解析】 【分析】 （1）根据题意，可得 2c  ， 2a b ， 2 2 4a b  ，求出 2 2a  ， 2b  ，即可求得椭圆  的方程； （2）由（1）得出点 B 的坐标为  0, 2 ，设点  ,M x y ，根据 BM MP ，得出    2 2 4 0x y y     ，与椭圆方程 2 2 18 4 x y  联立，即可求出点 M 的坐标； （3）设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ，则直线l 的方程为 4y kx  ，与椭圆方程 2 2 18 4 x y  联 - 19 - 立，得到关于 x 的一元二次方程，写出韦达定理 1 2 2 16 1 2 kx x k     ， 1 2 2 24 1 2x x k   ，分别 求出直线 AN 和直线 BM 的方程，从而求得 m 和 n 的关系式，化简整理得出 1n  ，即 n 为定 值. 【详解】解：（1）根据题意，已知椭圆右焦点的坐标为  2,0 ，且长轴长为短轴长的 2 倍， 得 2c  ， 2a b ， 2 2 4a b  ， 解得： 2 2a  ， 2b  ， 所以椭圆  的方程为： 2 2 18 4 x y  . （2）由题意得，点 B 的坐标为 0, 2 ，设点  ,M x y ， 由于经过点  0,4P 的直线 l 与椭圆相交于 M N、 两点， 已知 BM l ，则 BM MP ，所以 0BM MP    , 因为  , 2BM x y    ，  ,4MP x y     ， 则   2 2 4 0BM MP x y y         整理得：    2 2 4 0x y y     ， 又 2 2 18 4 x y  ，解得： 2 2 0 x y     或 2 2 0 x y    或 0 2 x y     （舍去）， 所以所求点 M 的坐标为 2 2,0 或 2 2,0 . （3）由于经过点  0,4P 的直线l 与椭圆相交于 M N、 两点(不同于 A B、 两点)， 设直线l 的斜率为 k ，可知斜率 k 存在，则直线 l 的方程为 4y kx  ， 由题可知，    0,2 , 0, 2A B  ，设  1 1,M x y ，  2 2,N x y ， 由方程组 2 2 4 18 4 y kx x y     ，得 2 21 2 16 24 0k x kx    ， 所以 1 2 2 16 1 2 kx x k     ， 1 2 2 24 1 2x x k   ， 由于直线 AN BM、 相交于点  ,Q m n ， - 20 - 直线 AN 的方程为 2 2 22 yy xx    ，得   2 2 2 2 xm n kx     ， 直线 BM 的方程为 1 1 22 yy xx    ，得   1 1 2 6 xm n kx     ， 所以 1 2 1 2 1 2 42 3 kx x xn x x    ， 因为  1 2 1 22 482 31 2 kkx x x xk     ， 得  1 2 1 2 1 3 42 2 1 13 x x xn x x        ， 所以 n 为定值 1. 【点睛】本题考查椭圆的标准方程和根据直线与椭圆的位置关系解决定值问题，还涉及椭圆 的简单几何性质、联立方程组、韦达定理和直线的方程，考查化简运算能力. 21.若数列 nc 满足“对任意正整数 , ,i j i j ，都存在正整数 k ，使得 k i jc c c ”，则称数列  nc 具有“性质 P ”.已知数列 na 为无穷数列. （1）若 na 为等比数列，且 1 1a  ，判断数列 na 是否具有“性质 P ”，并说明理由； （2）若 na 为等差数列，且公差 0d  ，求证：数列 na 不具有“性质 P ”； （3）若等差数列 na 具有“性质 P ”，且 3 2a  ，求数列 na 的通项公式 na . 【答案】（1）数列 na 具有“性质 P ”.见解析（2）见解析（3） 1na n  【解析】 【分析】 （1）由题可知， na 为等比数列，且 1 1a  ，设数列 na 的公比为 q，则 1n na q  ， *nN ， 根据条件整理得出 1=i j i ja a a  ，所以数列 na 具有“性质 P ”； （2）由于 na 为等差数列，且公差 0d  ，则  1 1na a n l d a    ，分类讨论 1 0a  和 1 0a  时，都得出不存在正整数 k ，使得 2 3ka a a ，则当 0d  时，数列 na 不具有“性质 P ”； （3）已知等差数列 na 具有“性质 P ”，且 3 2a  ，设数列 na 的公差为 d ，则 - 21 -  2 3na n d   ，且对任意 *nN ，都存在正整数 k ，使得 3k na a a ，结合条件可求出 1d  或 2d  ，即可求出数列 na 的通项公式 na . 【详解】（1）解：数列 na 具有“性质 P ”. 由题可知， na 为等比数列，且 1 1a  ， 设数列 na 的公比为 q，则 1n na q  ， *nN ， 对任意正整数 ,i j ，i j ， 2i j i ja a q   ， 因为 1 2i j   ，所以 2 1= i i j ja q    ，则 1=i j i ja a a  ， 即对任意正整数 ,i j ， i j ，存在 1k i j N     ，使得 = ik ja a a ， 所以数列 na 具有“性质 P ”. （2）证明：由于 na 为等差数列，且公差 0d  ， 则  1 11na a n d a    ， ①若 1 0a  ，则 3 2 0a a  ， 2 3 10a a a  ， 所以不存在正整数 k ，使得 2 3ka a a . ②若 1 0a  ，则当 1 1 1a an d    时， 1 1n na a a    ， 11n na a a  ， 所以不存在正整数 k ，使得 2 3ka a a ； 综上，当 0d  时，数列 na 不具有“性质 P ”. （3） 解：已知等差数列 na 具有“性质 P ”，且 3 2a  ， 设数列 na 的公差为 d ，则  2 3na n d   ， 由已知，对任意 *nN ，都存在正整数 k ，使得 3k na a a ， 即    2 3 2 2 3k d n d       ， - 22 - 所以 0d  ，且 2 2 3k nd    Z ① 对任意 na ，设  1 1k n nn na a a a a d   ，  2 2 2k n n n na a a a a d   ， * 1 2, ,n k k N ， 所以   2 12 1 k k nk k d a a a d    ，得 1 2 1a k k   Z ， 因此 1n nd a a   Z ② 由（2）知 0d ≥ ， 又由①、②可得 1d  或 2d  ， 当 2d  时， 1 2a   ， 1 3 14 na a a a    ，不满足要求， 所以 1d  ， 1na n  ， 可以验证 1na n  满足要求. 【点睛】本题考查与数列相关的新定义题，还涉及等差数列和等边数列的通项公式，考查分 析和运算能力. - 23 -