2020-2021学年上海市高二（上）期中数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年上海市高二（上）期中数学试卷人教A版，共8页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知向量a→=(4, 3)，则|a→|＝________．

2. 行列式1−23456789中元素4的代数余子式的值为________．

3. 已知BA→=(9, −2)，BC→=(3, 1)，且OC→=−23AC→（其中O为坐标原点），则点C的坐标为________．

4. 直线l:2x−y+3＝0的一个方向向量是________．

5. 求与直线l1:x−3y+3＝0的夹角为π3，且经过点(3, 23)的直线l2的直线方程可以是________．

6. 已知点A(−2, −2)，B(5, 3)和P(5, −4)，若过点P的直线l与线段AB有公共点，则l的倾斜角的取值范围是________．

7. 直线l过点A(1, 2)，且与M(2, 3)和N(4, −5)的距离相等，则直线l的斜率是________．

8. 已知a、b∈R，a2+b2≠0，则直线l:ax+by＝0与圆：x2+y2+ax+by＝0的位置关系是________．

9. 设μ∈R，若单位向量e1→，e2→满足：e1→⊥e2→且向量3e1→+e2→与e1→−μe2→的夹角为π3，则μ＝________．

10. 已知G为△ABC的重心，点M，N分别在边AB，AC上，满足AG→=xAM→+yAN→，其中x+y＝1，若AM→=34AB→，则△ABC和△AMN的面积之比为________209 ．

11. 在边长为1的正六边形ABCDEF中，记以A为起点，其余顶点为终点的向量分别为a1→，a2→，a3→，a4→，a5→，若ai→与aj→的夹角记为θij，其中i，j∈{1, 2, 3, 4, 5}，且i≠j，则|ai→|csθij的最大值为________．

12. 已知圆x2+y2−6x+2y+15−a2＝0与圆x2+y2−(2b−10)x−2by+2b2−10b+16＝0相交于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，且满足x12+y12＝x22+y22，则b＝________．
二、选择题（每小题5分，共20分）

设D为△ABC所在平面内一点且BC→=3CD→，则（ ）
A.AD→=−13AB→+43AC→B.AD→=13AB→−43AC→
C.AD→=43AB→+13AC→D.AD→=−43AB→−13AC→

已知A，B，C是平面上不共线的三点，O是△ABC的重心，动点P满足OP→=13(12OA→+12OB→+2OC→)，则P一定为△ABC的（ ）
A.AB边中线的三等分点（非重心）
B.AB边的中点
C.AB边中线的中点
D.重心

在平面直角坐标系中，已知向量a→=(1, 2)，O是坐标原点，M是曲线|x|+2|y|＝2上的动点，则a→⋅OM→的取值范围（ ）
A.[−2, 2]B.[−5,5]C.[−255,255]D.[−255,5]

将向量a1→=(x1, y1)，a2→=(x2, y2)，…，an→=(xn, yn)组成的系列称为向量列{an→}，并定义向量列{an→}的前n项和Sn→=a1→+a2→+⋯+an→．如果一个向量列从第二项起，每一项与前一项的差都等于同一个向量，那么称这样的向量列为等差向量列．若向量列{an→}是等差向量列，那么下述四个向量中，与S19→一定平行的向量是（ ）
A.a11→B.a10→C.a20→D.a21→
三、解答题（共76分）

已知矩阵方程1mm−23xy=6−2m．
（1）请将以上方程写成关于x，y的实数方程组形式，并用行列式讨论并求解关于x，y的二元一次方程组的解的情况；

（2）请阐述以上代数问题（1）的几何意义．

在△ABC中，已知AB→⋅AC→+2BA→⋅BC→=3CA→⋅CB→．
（1）将BC，CA，AB的长分别记为a，b，c，证明：a2+2b2＝3c2；

（2）求csC的最小值．

在2020年北京举办的国际自主智能AI大赛中，主办方设计了一个矩形场地ABCD（如图），在AB边上距离A点6米的F处有一只电子狗，在距离A点3米E处放置一个机器人．电子狗的运动速度是机器人速度的两倍．如果同时出发，机器人比电子狗早到达或同时到达某点，那么机器狗将被机器人捕获，电子狗失败，这点叫失败点．

（1）求在这个矩形场地内电子狗失败的区域；

（2）若P为矩形场地AD边上的一点，若电子狗在线段FP上都能逃脱，问：P点应在何处？

在平面直角坐标系xOy中，若正方形OBCD边长为1，O点在原点，D、B分别在y轴和x轴上．
（1）若点P在线段OC上运动，求OP→⋅(PB→+PD→)的取值范围；

（2）已圆M:x2+y2−x−y−12=0，问是否存在被圆M所截的直线l:kx−y+k＝0交圆于两点E，F且OE⊥OF．若存在，求出直线l，若不存在说明理由．

在直角坐标平面xOy上的一列点A1(1, a1)，A2(2, a2)，…，An(n, an)，…，简记为{An}、若由bn=AnAn+1→⋅j→构成的数列{bn}满足bn+1>bn，n＝1，2，…，其中j→为方向与y轴正方向相同的单位向量，则称{An}为T点列，
（1）判断A1(1,1),A2(2,12),A3(3,13),⋯，An(n,1n),⋯，是否为T点列，并说明理由；

（2）若{An}为T点列，且点A2在点A1的右上方、任取其中连续三点Ak、Ak+1、Ak+2，判断△AkAk+1Ak+2的形状（锐角三角形、直角三角形、钝角三角形），并予以证明；

（3）若{An}为T点列，正整数1≤mAmAp→⋅j→．
参考答案与试题解析
2020-2021学年上海市高二（上）期中数学试卷
一、填空题（1～6每题4分，7～12每题5分，共54分）：
1.
【答案】
5
【考点】
向量的概念与向量的模
平面向量的坐标运算
【解析】
根据平面向量的模长公式，计算即可．
【解答】
由向量a→=(4, 3)，
所以|a→|=42+32=5．
2.
【答案】
42
【考点】
二阶行列式的定义
【解析】
利用代数余子式的定义直接求解．
【解答】
行列式1−23456789中元素4的代数余子式的值为：
(−1)2+1−2389=−(−18−24)＝42．
3.
【答案】
(4, −2)
【考点】
平面向量的坐标运算
【解析】
根据平面向量的坐标运算法则，计算即可．
【解答】
BA→=(9, −2)，BC→=(3, 1)，
所以AC→=BC→−BA→=(−6, 3)，
所以OC→=−23AC→=(4, −2)，
所以点C的坐标为(4, −2)．
4.
【答案】
(1, 2)
【考点】
空间直线的向量参数方程
直线的方向向量
【解析】
：可根据直线l上的任意两点的坐标写出直线l的一个方向向量．
【解答】
由直线l:2x−y+3＝0，可得直线的斜率k＝2，
故直线2x−y+3＝0的一个方向向量为(1, 2)，
5.
【答案】
x＝3或x+3y−9＝0
【考点】
两直线的夹角
【解析】
讨论当直线l2的斜率不存在，检验满足题意；当直线l2的斜率存在，设为k，由两直线的夹角公式，解方程可得k，再由直线的点斜式方程可得所求方程．
【解答】
直线l1:x−3y+3＝0的倾斜角为30∘，
当直线l2的斜率不存在，即倾斜角为90∘时，满足题意，直线l2的方程为x＝3；
当直线l2的斜率存在，设为k，由题意可得tan60∘＝|k−331+33k|=3，
解得k=−33，可得直线l2的方程为y−23=−33(x−3)，
即为x+3y−9＝0．
6.
【答案】
[π2, π−arctan27]
【考点】
直线的倾斜角
直线的斜率
【解析】
由题意根据直线的斜率公式，求得直线PA的斜率、PB的斜率，再根据直线的斜率和倾斜角的关系求得直线PA的倾斜角、PB的倾斜角，可得结论．
【解答】
点A(−2, −2)，B(5, 3)和P(5, −4)，若过点P的直线l与线段AB有公共点，
直线PA的斜率为−2+4−2−5=−27，PB的斜率不存在，
故直线PA的倾斜角为π−arctan27，直线PB的倾斜角为π2，
则l的倾斜角的取值范围为[π2, π−arctan27]，
7.
【答案】
−4或−32
【考点】
直线的斜率
【解析】
由题意利用直线的斜率公式，分类讨论求得结果．
【解答】
直线l过点A(1, 2)，且与M(2, 3)和N(4, −5)的距离相等，
则直线l与直线MN平行或直线l经过线段MN的中点，
当直线l与直线MN平行时，它的斜率是3+52−4=−4；
当直线l经过线段MN的中点(3, −1)时，2+11−3=−32，
8.
【答案】
相切
【考点】
直线与圆的位置关系
【解析】
把圆的方程化为标准方程，求出圆心和半径，以及圆心到直线的距离，比较可得直线与圆位置关系是什么．
【解答】
把圆：x2+y2+ax+by＝0化为标准方程是：(x+a2)2+(y+b2)2=a2+b24，
所以圆心坐标为(−a2, −b2)，半径为r=a2+b22，
又圆心到直线ax+by＝0的距离为d=|−a22−b22|a2+b2=a2+b22=r，
所以直线与圆的位置关系是相切．
9.
【答案】
−6±533
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
利用平面向量的数量积的运算法则化简求解即可．
【解答】
单位向量e1→，e2→满足：e1→⊥e2→，即e1→⋅e2→=0，
向量3e1→+e2→与e1→−μe2→的夹角为π3，
可得csπ3=(3e1→+e2→)⋅(e1→−μe2→)|3e1→+e2→|⋅|e1→−μe2→|=3−μ9+1⋅1+μ2=12．即2(3−μ)=10⋅1+μ2，
可得：3μ2+12μ−13＝0
解得μ=−6±533，
10.
【答案】
209．
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
用AB→,AC→表示出AG→，求出x，y，得出M，N的位置，从而得出答案．
【解答】
设BC的中点为D，则AG→=23AD→=13AB→+13AC→，
又AM→=34AB→，即AB→=43AM→，
∴ AG→=49AM→+13AC→，
∴ x=49，又x+y＝1，∴ y=59，
∴ 59AN→=13AC→，即AN→=35AC→，
∴ S△ABCS△AMN=12AB⋅AC⋅sin∠BAC12AM⋅AN⋅sin∠BAC=ABAM⋅ACAN=43⋅53=209．
11.
【答案】
3
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
由向量的投影的几何意义有：|ai→|csθij的几何意义为向量ai→在向量aj→方向上的投影，由图可知：在直角三角形AED中，向量AD→在向量AE→方向上的投影最大，即可得解．
【解答】
由向量的投影的几何意义有：
|ai→|csθij的几何意义为向量ai→在向量aj→方向上的投影，由图可知：AD→在向量AE→方向上的投影最大，且为3，
12.
【答案】
54
【考点】
圆的综合应用
圆与圆的位置关系及其判定
圆的方程的综合应用
【解析】
根据题意，设两个圆的圆心依次为M、N，求出两圆的圆心坐标，分析可得AB的垂直平分线为MN，又由x12+y12＝x22+y22可得点O也在直线MN上，由三点共线的知识可得−1−03−0=bb−5，解可得b的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，圆x2+y2−6x+2y+15−a2＝0，其圆心为M，且M的坐标为(3, −1)，
圆x2+y2−(2b−10)x−2by+2b2−10b+16＝0，其圆心为N，且N的坐标为(b−5, b)，
两圆的相交于A(x1, y1)，B(x2, y2)两点，则AB的垂直平分线为MN，
又由A(x1, y1)，B(x2, y2)满足x12+y12＝x22+y22，即|OA|＝|OB|，点O也在直线MN上，
则有−1−03−0=bb−5，即3b＝5−b，解可得b=54，
二、选择题（每小题5分，共20分）
【答案】
A
【考点】
平面向量的基本定理
【解析】
由题意利用平面向量的运算法则或者利用三点共线定理即可确定满足题意的选项．
【解答】
解法一：由题意可得：
AD→=AB→+BD→=AB→+43BC→=AB→+43(AC→−AB→)=−13AB→+43AC→，
故选：A．
解法二：注意到BCD三点共线，由三点共线定理可得：
若AD→=λAB→+μAC→，则 λ+μ＝1，
由于只有选项A满足上述关系式，
故选：A．
【答案】
A
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
三角形五心
【解析】
根据题意，画出图形，结合图形，利用向量加法的平行四边形法则以及共线的向量的加法法则，即可得出正确的结论．
【解答】
解：如图所示：设AB 的中点是E，
∵ O是三角形ABC的重心，
∴ OP→=13(12OA→+12OB→+2OC→)
=13(OE→+2OC→).
∵ 2EO→=OC→，
∴ OP→=13×(4EO→+OE→)=EO→，
∴ P在AB边的中线上，是中线的三等分点，不是重心．
故选A.
【答案】
A
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
首先去绝对值，得到曲线，并发现垂直关系，从而找到向量OM→的射影，得解．
【解答】
去绝对值整理后知，曲线为菱形BCDE，
易知CD⊥AN，BE⊥AN，
故当点M在曲线上运动时，
OM→在a→上的射影必在FN上，
且当M在CD上时得到最大值，在BE上时得到最小值，
最大值为|a→||OF→|=5×25=2，
最小值为−2，
【答案】
B
【考点】
数列与向量的综合
【解析】
类比等差数列的求和公式和等差数列的中项性质，以及向量平行的条件，可得结论．
【解答】
由类比等差数列的求和公式可得S19→=12×10(a1→+a19→)
＝5×2a10→=10a10→，
则与S19→一定平行的向量是a10→，
三、解答题（共76分）
【答案】
根据题意，矩阵方程1mm−23xy=6−2m，即x+my=6(m−2)x+3y=−2m ，
D=1mm−23=3−m(m−2)，若D=1mm−23=0，解可得m＝−1或3，
Dx=6m−2m3=18+2m2，则Dx=6m−2m3=18+2m2≠0，
Dy=16m−2−2m=12−8m，若Dy=16m−2−2m=12−8m＝0，则m=32，
当m≠3且x≠−1时，方程有唯一的解，
当m＝3或m＝−1时，方程组无解，
根据题意，矩阵方程1mm−23xy=6−2m，对应的方程为x+my=6(m−2)x+3y=−2m ，
其几何意义：平面上直线x+my＝6和直线(m−2)x+3y＝−2m的位置关系，
当m≠3且x≠−1时，两直线相交，有唯一的交点，
当m＝3或m＝−1时，两直线平行，没有交点．
【考点】
几种特殊的矩阵变换
线性方程组解的存在性，唯一性
通解、特解与其相应齐次方程组通解的关系
【解析】
（1）根据题意，先根据方程组中x，y的系数及常数项计算计算出D，Dx，Dy，下面对m的值进行分类讨论，据此可得答案，
（2）根据题意，解矩阵方程对应的二元一次方程组，结合直线与直线的位置关系，可得答案．
【解答】
根据题意，矩阵方程1mm−23xy=6−2m，即x+my=6(m−2)x+3y=−2m ，
D=1mm−23=3−m(m−2)，若D=1mm−23=0，解可得m＝−1或3，
Dx=6m−2m3=18+2m2，则Dx=6m−2m3=18+2m2≠0，
Dy=16m−2−2m=12−8m，若Dy=16m−2−2m=12−8m＝0，则m=32，
当m≠3且x≠−1时，方程有唯一的解，
当m＝3或m＝−1时，方程组无解，
根据题意，矩阵方程1mm−23xy=6−2m，对应的方程为x+my=6(m−2)x+3y=−2m ，
其几何意义：平面上直线x+my＝6和直线(m−2)x+3y＝−2m的位置关系，
当m≠3且x≠−1时，两直线相交，有唯一的交点，
当m＝3或m＝−1时，两直线平行，没有交点．
【答案】
证明：在△ABC中，设角A，B，C所对的边为a，b，c，
AB→⋅AC→+2BA→⋅BC→=3CA→⋅CB→，
可得cbcsA+2cacsB＝3bacsC，
即为12(b2+c2−a2)+c2+a2−b2=32(a2+b2−c2)，
化为a2+2b2＝3c2，故原命题成立；
csC=a2+b2−c22ab=a2+b2−13a2−23b22ab=2a2+b26ab≥22ab6ab=23，
当且仅当b=2a，上式取得等号，
即csC的最小值为23，
故答案为：23．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
（1）设角A，B，C所对的边为a，b，c，运用向量数量积的定义和三角形的余弦定理证明结论成立即可；
（2）根据余弦定理以及基本不等式的性质，化简计算可得最小值．
【解答】
证明：在△ABC中，设角A，B，C所对的边为a，b，c，
AB→⋅AC→+2BA→⋅BC→=3CA→⋅CB→，
可得cbcsA+2cacsB＝3bacsC，
即为12(b2+c2−a2)+c2+a2−b2=32(a2+b2−c2)，
化为a2+2b2＝3c2，故原命题成立；
csC=a2+b2−c22ab=a2+b2−13a2−23b22ab=2a2+b26ab≥22ab6ab=23，
当且仅当b=2a，上式取得等号，
即csC的最小值为23，
故答案为：23．
【答案】
，F(0，
，
设机器人的速度为v，则电子狗的速度为2v，p(x, y)可得，
x2+(y−3)2v≤x2+(y−6)22v，
x2+(y−(1)2≤4，(0≤x≤(2)，
即失败点组成的区域为以(0,（3）为圆心，2为半径的半圆及其内部；
((4)若电子狗在线段FP上都能逃脱，P点的横坐标取值范围是(23, +∞)．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）建立以A点为坐标原点的直角坐标系，找到不等量关系即可．
（2）电子狗比机器人先到达，即电子可以逃脱．
【解答】
，F(0，
，
设机器人的速度为v，则电子狗的速度为2v，p(x, y)可得，
x2+(y−3)2v≤x2+(y−6)22v，
x2+(y−(1)2≤4，(0≤x≤(2)，
即失败点组成的区域为以(0,（3）为圆心，2为半径的半圆及其内部；
((4)若电子狗在线段FP上都能逃脱，P点的横坐标取值范围是(23, +∞)．
【答案】
∵ 平面直角坐标系xOy中，正方形OBCD边长为1，O点在原点，D、B分别在y轴和x轴上，
∴ O(0, 0)，B(1, 0)，C(1, 1)，D(0, 1)，∴ OC的直线方程为：y＝x，
又∵ P在线段OC上，∴ 设P(x, x)，x∈[0, 1]，
∴ PB→=(1−x, −x)，PD→=(−x, 1−x)，∴ PB→+PD→=(1−2x, 1−2x)，
又∵ OP→=(x, x)，∴ OP→⋅(PB→+PD→)=2x×(1−2x)，x∈[0, 1]，
∴ x=14时，取得最大值：14，x＝1时，取得最小值：−2，
∴ OP→⋅(PB→+PD→)的取值范围为：[−2, 14]．
假设存在被圆M所截的直线l:kx−y+k＝0交圆于两点E，F且OE⊥OF，
∴ 设E(x1, y1)，F(x2, y2)，
把直线l:kx−y+k＝0与圆M:x2+y2−x−y−12=0联立方程组得：
kx−y+k=0x2+y2−x−y−12=0 ，
消去y，整理得：(1+k2)x2+(2k2−k−1)x+k2−k−12=0，
则它的两根为：x1，x2，
由根与系数的关系得：x1+x2=k+1−2k21+k2x1x2=k2−k−121+k2 ，
∵ OE⊥OF，∴ OE→⊥OF→，∴ OE→⋅OF→=0
∵ OE→=(x1,y1)，OF→=(x2,y2)，∴ x1x2+y1y2＝0，…①，
又因为E，F在直线l:kx−y+k＝0上，∴ y1＝kx1+k，y2＝kx2+k，
∴ y1y2＝(kx1+k)(kx2+k)=k2(x1+x2)+k2x1x2+k2，
把x1+x2，x1x2，y1y2代入①式得：(k2+1)k2−k−121+k2+k2×k+1−2k21+k2+k2＝0，
整理得：5k2−2k−1＝0，
解得：k=1+65或k=1−65，
故存在直线：y=1+65(x+1)和y=1−65(x+1)满足题意．
【考点】
平面向量数量积的性质及其运算
直线与圆的位置关系
【解析】
（1）用坐标表示向量，利用向量的坐标运算法则求解，（2）假设存在直线l满足题意，把OE⊥OF转化为向量垂直，进而求解．
【解答】
∵ 平面直角坐标系xOy中，正方形OBCD边长为1，O点在原点，D、B分别在y轴和x轴上，
∴ O(0, 0)，B(1, 0)，C(1, 1)，D(0, 1)，∴ OC的直线方程为：y＝x，
又∵ P在线段OC上，∴ 设P(x, x)，x∈[0, 1]，
∴ PB→=(1−x, −x)，PD→=(−x, 1−x)，∴ PB→+PD→=(1−2x, 1−2x)，
又∵ OP→=(x, x)，∴ OP→⋅(PB→+PD→)=2x×(1−2x)，x∈[0, 1]，
∴ x=14时，取得最大值：14，x＝1时，取得最小值：−2，
∴ OP→⋅(PB→+PD→)的取值范围为：[−2, 14]．
假设存在被圆M所截的直线l:kx−y+k＝0交圆于两点E，F且OE⊥OF，
∴ 设E(x1, y1)，F(x2, y2)，
把直线l:kx−y+k＝0与圆M:x2+y2−x−y−12=0联立方程组得：
kx−y+k=0x2+y2−x−y−12=0 ，
消去y，整理得：(1+k2)x2+(2k2−k−1)x+k2−k−12=0，
则它的两根为：x1，x2，
由根与系数的关系得：x1+x2=k+1−2k21+k2x1x2=k2−k−121+k2 ，
∵ OE⊥OF，∴ OE→⊥OF→，∴ OE→⋅OF→=0
∵ OE→=(x1,y1)，OF→=(x2,y2)，∴ x1x2+y1y2＝0，…①，
又因为E，F在直线l:kx−y+k＝0上，∴ y1＝kx1+k，y2＝kx2+k，
∴ y1y2＝(kx1+k)(kx2+k)=k2(x1+x2)+k2x1x2+k2，
把x1+x2，x1x2，y1y2代入①式得：(k2+1)k2−k−121+k2+k2×k+1−2k21+k2+k2＝0，
整理得：5k2−2k−1＝0，
解得：k=1+65或k=1−65，
故存在直线：y=1+65(x+1)和y=1−65(x+1)满足题意．
【答案】
由题意可知an=1n，
∴ bn=1n+1−1n=−1n(n+1)，
显然有bn+1>bn，
∴ {An}是T点列
在△AkAk+1Ak+2中，Ak+1Ak→=(−1,ak−ak+1),Ak+1Ak+2→=(1,ak+2−ak+1)，Ak+1Ak→⋅Ak+1Ak+2→=−1+(ak+2−ak+1)(ak−ak+1)
∵ 点A2在点A1的右上方，
∴ b1＝a2−a1>0，
∵ {An}为T点列，
∴ bn≥b1>0，
∴ (ak+2−ak+1)(ak−ak+1)＝−bk+1bk<0，则Ak+1Ak→⋅Ak+1Ak+2→<0
∴ ∠AkAk+1Ak+2为钝角，
∴ △AkAk+1Ak+2为钝角三角形、
∵ 1≤m∴ q−p＝n−m>0①
aq−ap＝aq−aq−1+aq−1−aq−2+...+ap+1−ap＝bq−1+bq−2+...+bp≥(q−p)bp②
同理an−am＝bn−1+bn−2+...+bm≤(n−m)bn−1、③
由于{An}为T点列，于是bp>bn−1，④
由①、②、③、④可推得aq−ap>an−am，
∴ aq−an>ap−am，
即AnAq→⋅j→>AmAp→⋅j→
【考点】
向量的概念与向量的模
数列的概念及简单表示法
平面向量数量积的性质及其运算
不等式的证明
【解析】
（1）根据所给的n个点的坐标，看出数列{an}的通项，把数列{an}的通项代入新定义的数列{bn}，验证数列{bn}满足bn+1>bn，
得到{An}是T点列的结论．
（2）用所给的三个点构造三个向量，写出三个向量的坐标，问题转化为向量夹角的大小问题，判断出两个向量的数量积小于零，得到两个向量所成的角是钝角，得到结果．
（3）本题是要求判断两组向量的数量积的大小，根据两个数列各自的项之间的大小关系，得到向量的数量积之间的关系，本题不用做具体的数字运算，只是一个推理过程．
【解答】
由题意可知an=1n，
∴ bn=1n+1−1n=−1n(n+1)，
显然有bn+1>bn，
∴ {An}是T点列
在△AkAk+1Ak+2中，Ak+1Ak→=(−1,ak−ak+1),Ak+1Ak+2→=(1,ak+2−ak+1)，Ak+1Ak→⋅Ak+1Ak+2→=−1+(ak+2−ak+1)(ak−ak+1)
∵ 点A2在点A1的右上方，
∴ b1＝a2−a1>0，
∵ {An}为T点列，
∴ bn≥b1>0，
∴ (ak+2−ak+1)(ak−ak+1)＝−bk+1bk<0，则Ak+1Ak→⋅Ak+1Ak+2→<0
∴ ∠AkAk+1Ak+2为钝角，
∴ △AkAk+1Ak+2为钝角三角形、
∵ 1≤m∴ q−p＝n−m>0①
aq−ap＝aq−aq−1+aq−1−aq−2+...+ap+1−ap＝bq−1+bq−2+...+bp≥(q−p)bp②
同理an−am＝bn−1+bn−2+...+bm≤(n−m)bn−1、③
由于{An}为T点列，于是bp>bn−1，④
由①、②、③、④可推得aq−ap>an−am，
∴ aq−an>ap−am，
即AnAq→⋅j→>AmAp→⋅j→