2021年上海市宝山区高考数学二模试卷

这是一份2021年上海市宝山区高考数学二模试卷，共22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。

2021年上海市宝山区高考数学二模试卷
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．（4分）抛物线y2＝8x的焦点到准线的距离为　 　．
2．（4分）不等式|x﹣1|＜2的解集为　 　．
3．（4分）若关于x、y的方程组有无穷多组解，则m+n的值为　 　．
4．（4分）若﹣1+2i（i是虚数单位）是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，则c﹣b＝　 　．
5．（4分）已知常数m∈R，若函数f（x）＝2x﹣m反函数的图像经过点（4，2），则m＝　 　．
6．（4分）设无穷等比数列{xn}的公比为m，若（x6+x7+…+xn）＝x4，则m＝　 　．
7．（5分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长度为 　 　．

8．（5分）在（1+x）8（1﹣x）9的展开式中，x4项的系数为　 　.（结果用数值表示）
9．（5分）如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，AB＝1，BC＝2，将矩形ABCD绕直线AD旋转所得到的几何体体积记为V1，将△MCD绕直线CD旋转所得到的几何体体积记为V2，则的值为　 　．

10．（5分）为巩固交通大整治的成果，某地拟在未来的连续15天中随机选择4天进行交通安全知识的抽查，则选择的4天恰好为连续4天的概率为　 　.（结果用最简分数表示）
11．（5分）设函数f（x）＝（a∈R），若函数y＝4f（x）+5的零点为4，则使得8f（n2﹣3）+63≥0成立的整数n的个数为　 　．
12．（5分）如图，若同一平面上的四边形PQRS满足：mn（m＞0，n＞0），则当△PRS的面积是△PQR的面积的倍时，的最大值为 　 　．

二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）设x∈R，则“x＞3”是“x2＞9”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
14．（5分）某班有学生40人，将这40人编上1到40的号码，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本，已知编号为3、23、33的学生在样本中，则另一个学生在样本中的编号为（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
15．（5分）在平面直角坐标系中，角θ（π＜θ＜）的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过函数f（x）＝﹣2x与g（x）＝﹣（﹣x）的交点，角α∈（0，），则（　　）
A．﹣1＜cot（θ+α）＜﹣ B．﹣1＜tan（θ+α）＜﹣
C．﹣1＜cos（θ+α）＜﹣ D．﹣1＜sin（θ+α）＜﹣
16．（5分）如果数列同时满足以下四个条件：
（1）ui∈Z（i＝1，2，……，10）；
（2）点（u5，）在函数y＝4x的图像上；
（3）向量＝（1，u1）与＝（3，u10）互相平行；
（4）ui+1﹣ui与的等差中项为（i＝1，2，……，9）；
那么，这样的数列u1，u2，…，u10的个数为（　　）
A．78 B．80 C．82 D．90
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是边长为2的正方形，PA＝4，M为侧棱PA的中点．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）求直线PD与平面MBC所成角的正弦值．

18．（14分）将关于x的函数y＝（m∈R）的图像向右平移2个单位后得到的函数图象记为C，并设C所对应的函数为f（x）．
（1）当m＞0时，试直接写出函数f（x）的单调递减区间；
（2）设f（4）＝8，若函数g（x）＝x2﹣2ax+5（a＞1）对于任意t1∈[0，1]，总存在t2∈[0，1]，使得g（t2）＝f（t1）成立，求a的取值范围．
19．（14分）某地区的平面规划图中（如图），三点A、B、C分别表示三个街区，∠ABC＝，现准备在线段AB上的点D处建一个停车场，它到街区B的距离为1，到街区A、C的距离相等．
（1）若线段AD的长为3，求sin∠BCD的值；
（2）若△BCD的面积为，求点A到直线BC的距离．

20．（16分）设平面直角坐标系中的动点P到两定点（﹣2，0）、（2，0）的距离之和为4，记动点P的轨迹为Γ．
（1）求Γ的方程；
（2）过Γ上的点Q作圆x2+y2＝1的两条切线切点为Q1、Q2，直线Q1Q2与x、y轴的交点依次为异于坐标原点O的点Q3、Q4，试求△Q3OQ4的面积的最小值；
（3）过点（2，0）且不垂直于坐标轴的直线l交Γ于不同的两点M、N，线段MN的垂直平分线与x轴交于点D，线段MN的中点为H，是否存在λ（λ＞），使得＝0成立？请说明理由．
21．（18分）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的λ（λ∈R）倍，则称该数列具有性质P（λ）．
（1）已知数列﹣1，2﹣x，3﹣x具有性质P（4），求实数x的取值范围；
（2）删除数列31，32，…，3n，…中的第3项，第6项，…，第3n项，…，余下的项按原来顺序组成一个新数列{tn}，且数列{tn}的前n项和为Tn，若数列{Tn}具有性质P（λ），试求实数λ的最大值；
（3）记＝um+um+1+um+2+…+un（m∈N），如果ak＞0（k＝1，2，…，2021），证明：“＞1”的充要条件是“存在数列{xn}具有性质P（1），且同时满足以下三个条件：
（Ⅰ）数列{xn}的各项均为正数，且互异；
（Ⅱ）存在常数A＞0，使得数列{xn}收敛于A；
（Ⅲ）xn﹣xn﹣1＝（n＝1，2，…，这里x0＝0）”．

2021年上海市宝山区高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
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．（4分）抛物线y2＝8x的焦点到准线的距离为　4　．
【分析】直接利用抛物线的标准方程，求解即可．
【解答】解：抛物线y2＝8x的焦点到准线的距离为p，因为2p＝8，所以p＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查抛物线以及简单性质的应用，是基础题．
2．（4分）不等式|x﹣1|＜2的解集为　（﹣1，3）　．
【分析】由不等式|x﹣1|＜2，可得﹣2＜x﹣1＜2，解得﹣1＜x＜3．
【解答】解：由不等式|x﹣1|＜2可得﹣2＜x﹣1＜2，
∴﹣1＜x＜3，
故不等式|x﹣1|＜2的解集为 （﹣1，3），
故答案为：（﹣1，3）．
【点评】本题考查查绝对值不等式的解法，关键是去掉绝对值，化为与之等价的不等式来解．
3．（4分）若关于x、y的方程组有无穷多组解，则m+n的值为　2　．
【分析】直接利用两直线重合的充要条件的应用求出结果．
【解答】解：关于x、y的方程组有无穷多组解，则直线x+y＝m和直线x+ny＝1重合，
故m＝1，n＝1，
所以m+n＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查的知识要点：两直线的位置关系，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
4．（4分）若﹣1+2i（i是虚数单位）是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，则c﹣b＝　3　．
【分析】由条件先确定﹣1﹣2i是方程的另一个根，然后利用韦达定理求解b和c的值即可．
【解答】解：因为﹣1+2i是方程x2+bx+c＝0（b，c∈R）的一个根，
故﹣1﹣2i是方程的另一个根，
所以（﹣1+2i）+（﹣1﹣2i）＝﹣b，（﹣1+2i）（﹣1﹣2i）＝c，
解得b＝2，c＝5，
所以c﹣b＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了方程的复数根的应用，主要考查了共轭复数的理解，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题．
5．（4分）已知常数m∈R，若函数f（x）＝2x﹣m反函数的图像经过点（4，2），则m＝　0　．
【分析】利用反函数的定义可知，函数f（x）经过点（2，4），代入求解即可．
【解答】解：由反函数的定义可知，函数f（x）＝2x﹣m反函数的图像经过点（4，2），
则函数f（x）经过点（2，4），
所以22﹣m＝4，解得m＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查了反函数的理解和应用，主要考查了反函数和原函数之间关系的运用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
6．（4分）设无穷等比数列{xn}的公比为m，若（x6+x7+…+xn）＝x4，则m＝　　．
【分析】由题意可得|m|＜1，且m≠0，再由已知可得关于m的方程，求解得答案．
【解答】解：数列{xn}是无穷等比数列，且（x6+x7+…+xn）存在，
则公比m满足|m|＜1，且m≠0，
由（x6+x7+…+xn）＝x4，得，
即，∴m2+m﹣1＝0，
解得m＝或m＝（舍去）．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的极限，考查无穷递缩等比数列的前n项和，是中档题．
7．（5分）某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长侧棱的长度为 　　．

【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出最大棱长．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体A﹣BCDE；
如图所示：

故AE＝．
即最大棱长为．
故答案为：．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的棱长的求法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
8．（5分）在（1+x）8（1﹣x）9的展开式中，x4项的系数为　28　.（结果用数值表示）
【分析】化（1+x）8（1﹣x）9＝（1﹣x2）8（1﹣x），依题意可得答案．
【解答】解：∵（1+x）8（1﹣x）9＝（1﹣x2）8（1﹣x），
∴其展开式中，x4项为：（﹣x2）2•16＝x4，
∴x4项的系数为＝28，
故答案为：28．
【点评】本题考查二项式定理，化（1+x）8（1﹣x）9＝（1﹣x2）8（1﹣x）是关键，考查数学运算能力，属于基础题．
9．（5分）如图，点M为矩形ABCD的边BC的中点，AB＝1，BC＝2，将矩形ABCD绕直线AD旋转所得到的几何体体积记为V1，将△MCD绕直线CD旋转所得到的几何体体积记为V2，则的值为　6　．

【分析】由旋转体的性质、圆柱的体积公式和圆锥的体积公式先求出V1，V2，由此能求出．
【解答】解：由题意得：
V1＝π×12×2＝2π，
V2＝＝，
∴＝＝6．
故答案为：6．
【点评】本题考查两个旋转体的体积的比值的求法，考查圆柱的体积公式和圆锥的体积公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
10．（5分）为巩固交通大整治的成果，某地拟在未来的连续15天中随机选择4天进行交通安全知识的抽查，则选择的4天恰好为连续4天的概率为　　.（结果用最简分数表示）
【分析】基本事件总数n＝＝1365，选择的4天恰好为连续4天包含的基本事件个数m＝12，由此能求出选择的4天恰好为连续4天的概率．
【解答】解：某地拟在未来的连续15天中随机选择4天进行交通安全知识的抽查，
基本事件总数n＝＝1365，
选择的4天恰好为连续4天包含的基本事件个数m＝12，
则选择的4天恰好为连续4天的概率为P＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的运算，考查古典概型等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
11．（5分）设函数f（x）＝（a∈R），若函数y＝4f（x）+5的零点为4，则使得8f（n2﹣3）+63≥0成立的整数n的个数为　14　．
【分析】先利用函数的零点求出a的值，得到f（x）的解析式，利用导数判断出f（x）的单调性，再利用换元法将8f（n2﹣3）+63≥0变形，从而得到f（n2﹣3）≥f（64），然后求出n的范围，即可得到答案．
【解答】解：因为函数y＝4f（x）+5的零点为4，
所以4f（4）+5＝0，即，
即，解得a＝9，
所以f（x）＝，x≥0，
故＝，
因为，
所以f'（x）＜0，
故f（x）在[0，+∞）上单调递减，
因为8f（n2﹣3）+63≥0，
所以f（n2﹣3），
由f（x）＝＝，
令，t≥0，则x＝t2，
所以8（t3+8t﹣9）＝63（t2+8），整理可得（t﹣8）（8t2+t+72）＝0，
因为8t2+t+72＞0，
所以t﹣8＝0，即t＝8，
所以x＝t2＝64，
故f（64）＝，
所以f（n2﹣3）≥f（64），
所以0≤n2﹣3≤64，
解得或，
因为n为整数，
所以n的值为：﹣8，﹣7，﹣6，﹣5，﹣4，﹣3，﹣2，2，3，4，5，6，7，8，共14个．
故答案为：14．
【点评】本题考查了函数的零点与方程根的关系的应用，同时考查利用导数研究函数的单调性，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
12．（5分）如图，若同一平面上的四边形PQRS满足：mn（m＞0，n＞0），则当△PRS的面积是△PQR的面积的倍时，的最大值为 　5（2﹣）　．

【分析】将已知化为，然后过点A作SA⊥PR于A，过点Q作QB⊥PR于B，由已知面积关系可得BQ＝3SA，在的两边同时点乘，利用向量的运算性质化简求，再利用基本不等式即可求解．
【解答】解：因为mn（m＞0，n＞0），
所以，
如图所示，过点S作SA⊥PR于A，过点Q作QB⊥PR于B，
因为△PRS的面积是△PQR的面积的倍，所以QB＝3SA，从而，
在的两边同时点乘，
得0＝，
又，
从而0＝，即0＝，
整理可得，
所以＝＝5（2﹣），
当且仅当时取等号，此时的最大值为5（2﹣），
故答案为：5（2﹣）．

【点评】本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到基本不等式的应用，考查了学生的数形结合能力以及运算转化能力，属于中档题．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）设x∈R，则“x＞3”是“x2＞9”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
【分析】结合不等式的解法，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】解：解不等式x2＞9得x＞3或x＜﹣3，则x＞3⇒x2＞9，
而x2＞9推不出x＞3．
故“x＞3”是“x2＞9”的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的定义和应用，同时考查二次不等式的解法，比较基础．
14．（5分）某班有学生40人，将这40人编上1到40的号码，用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本，已知编号为3、23、33的学生在样本中，则另一个学生在样本中的编号为（　　）
A．12 B．13 C．14 D．15
【分析】求出抽样间隔f＝＝10，由编号为3、23、33号学生在样本中，求出样本中另一个学生的编号为3+10＝13．
【解答】解：某班有学生40人，现将所有学生按1，2，3，…，40随机编号，
采用系统抽样的方法抽取一个容量为4的样本（等距抽样），
∴抽样间隔f＝＝10，
∵编号为3、23、33号学生在样本中，
∴样本中另一个学生的编号为3+10＝13．
故选：B．
【点评】本题考查样本中学生编号的求法，考查系统抽样等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
15．（5分）在平面直角坐标系中，角θ（π＜θ＜）的顶点与坐标原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过函数f（x）＝﹣2x与g（x）＝﹣（﹣x）的交点，角α∈（0，），则（　　）
A．﹣1＜cot（θ+α）＜﹣ B．﹣1＜tan（θ+α）＜﹣
C．﹣1＜cos（θ+α）＜﹣ D．﹣1＜sin（θ+α）＜﹣
【分析】先利用函数f（x）与g（x）互为反函数，从而得到角θ的终边在直线y＝x上，求出θ的值，从而得到θ+α的范围，利用三角函数的性质对四个选项逐一分析判断即可．
【解答】解：函数g（x）＝﹣（﹣x）＝log2（﹣x），
所以函数f（x）＝﹣2x与g（x）＝log2（﹣x）互为反函数，
则f（x）与g（x）的交点在直线y＝x上，
由题意可知，角θ的终边在直线y＝x上，
又π＜θ＜，则角θ＝，
又角α∈（0，），
所以θ+α∈（，），
所以cot（θ+α）＞0，tan（θ+α）＞0，故选项A，B错误；
函数y＝cosx在（，）上单调递增，故＜cos（θ+α）＜0，故选项C错误；
函数y＝sinx在（，）上单调递减，故﹣1＜sin（θ+α）＜﹣，故选项D正确．
故选：D．
【点评】本题考查了三角函数的定义、三角函数性质的应用，互为反函数的两个函数图象之间的关系的运用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
16．（5分）如果数列同时满足以下四个条件：
（1）ui∈Z（i＝1，2，……，10）；
（2）点（u5，）在函数y＝4x的图像上；
（3）向量＝（1，u1）与＝（3，u10）互相平行；
（4）ui+1﹣ui与的等差中项为（i＝1，2，……，9）；
那么，这样的数列u1，u2，…，u10的个数为（　　）
A．78 B．80 C．82 D．90
【分析】分别根据四个条件进行分析，得到数列的部分性质，然后由u10﹣u1＝2u1∈[9，18]，故u1＝5，6，7，8，9，根据u1的不同取值进行分类求解即可．
【解答】解：由（1）可得，ui∈Z（i＝1，2，……，10），
由（2）可得，u2+u8＝2u5，
由（3）可得，u10＝3u1，
由（4）可得，，所以ui+1﹣ui＝1或ui+1﹣ui＝2，
从而u10﹣u1＝2u1∈[9，18]，故u1＝5，6，7，8，9，
考虑u1→u2→u3→u4→u5→u6→u7→u8→u9→u10的变换，
每一步变换均为+1或+2，且u2→u3→u4→u5和u5→u6→u7→u8所加之和相等，
①若u1＝5，则u10＝15，则9步中只有1步为+2，且只能在2边，故由3种；
②若u1＝6，则u10＝18，则9步中有3步为+2，6步+1，共有1+3×3×3＝28种；
③若u1＝7，则u10＝21，则9步中有5步为+2，4步+1，共有种；
④若u1＝8，则u10＝24，则9步中有7步为+2，2步+1，共有种；
⑤若u1＝9，则u10＝27，则9步都为+2，共有1种．
综上所述，共有3+28+36+12+1＝80种．
故选：B．
【点评】本题考查了新定义问题，解决此类问题，关键是读懂题意，理解新定义的本质，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，ABCD是边长为2的正方形，PA＝4，M为侧棱PA的中点．
（1）求四棱锥P﹣ABCD的体积；
（2）求直线PD与平面MBC所成角的正弦值．

【分析】（1）求出棱锥的高为PA，然后利用棱锥的体积公式求解即可；
（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量，利用待定系数法求出平面MBC的法向量，然后利用向量的夹角公式求解即可．
【解答】解：（1）因为PA⊥平面ABCD，则PA为棱锥P﹣ABCD的高，
ABCD是边长为2的正方形，所以S＝22＝4，PA＝4，
故＝；
（2）以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则P（0，0，4），D（2，0，0），M（0，0，2），B（0，2，0），C（2，2，0），
所以，
设平面MBC的法向量为，
则，即，
令y＝1，则x＝0，z＝1，故，
所以＝，
故直线PD与平面MBC所成角的正弦值为．

【点评】本题考查了锥体体积公式的求解以及线面角的求解，对于空间角问题，经常选择建立空间直角坐标系，将问题转化为空间向量进行研究，属于中档题．
18．（14分）将关于x的函数y＝（m∈R）的图像向右平移2个单位后得到的函数图象记为C，并设C所对应的函数为f（x）．
（1）当m＞0时，试直接写出函数f（x）的单调递减区间；
（2）设f（4）＝8，若函数g（x）＝x2﹣2ax+5（a＞1）对于任意t1∈[0，1]，总存在t2∈[0，1]，使得g（t2）＝f（t1）成立，求a的取值范围．
【分析】（1）法一：根据函数的平移变换法则和分离常数法，可推出f（x）＝m•[（x﹣2）++4]，再由对勾函数的性质，可得解；
法二：易知f（x）＝，结合函数的定义域，通过求导得出函数的单调减区间；
（2）由f（4）＝8，知m＝1，再根据（1）中结论，求得f（x）在[0，1]上的最值；根据二次函数的对称轴与单调性，可得g（x）在[0，1]上的最值，而原问题可转化为函数f（x）的值域是函数g（x）值域的子区间，然后解不等式，即可．
【解答】解：（1）法一：由题意知，f（x）＝＝＝m•＝m•[（x﹣2）++4]，
定义域为{x|x≠2}，
∵m＞0，
∴由对勾函数的性质知，当﹣2≤x﹣2＜0或0＜x﹣2≤2，即0≤x≤4且x≠2时，f（x）单调递减，
故函数f（x）的单调递减区间为[0，2）和（2，4]．
法二：由题意知，f（x）＝＝，定义域为{x|x≠2}，
∴f'（x）＝＝，
令f'（x）≤0，
∵m＞0，∴0≤x≤4且x≠2，
∴函数f（x）的单调递减区间为[0，2）和（2，4]．
（2）∵f（4）＝8，∴＝8，解得m＝1，∴f（x）＝，
由（1）知，f（x）在[0，1]上单调递减，
∴f（x）max＝f（0）＝0，f（x）min＝f（1）＝﹣1，
∵g（x）＝x2﹣2ax+5的对称轴为x＝a＞1，且开口向上，
∴g（x）在[0，1]上单调递减，
∴g（x）max＝g（0）＝5，g（x）min＝g（1）＝1﹣2a+5＝6﹣2a，
∵对于任意t1∈[0，1]，总存在t2∈[0，1]，使得g（t2）＝f（t1）成立，
∴f（x）max≤g（x）max，且f（x）min≥g（x）min，
即﹣1≤5，且﹣1≥6﹣2a，
∴a≥，
故a的取值范围为[，+∞）．
【点评】本题主要函数的恒成立与存在性问题，将原问题转化为两个函数的值域之间的包含关系是解题的关键，考查转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19．（14分）某地区的平面规划图中（如图），三点A、B、C分别表示三个街区，∠ABC＝，现准备在线段AB上的点D处建一个停车场，它到街区B的距离为1，到街区A、C的距离相等．
（1）若线段AD的长为3，求sin∠BCD的值；
（2）若△BCD的面积为，求点A到直线BC的距离．

【分析】（1）连接CD，依题意，在△CDB中，∠ABC＝60°，由正弦定理得：＝，即可解得sin∠BCD的值；
（2）由S△BCD＝BD•BCsin60°＝，可得BC＝4，利用余弦定理可得CD＝＝AD，过A作AF⊥BC于F，过D作DE⊥BC于E，则DE∥AF，由，即可求得点A到直线BC的距离．
【解答】解：（1）连接CD，∵AD＝CD＝3，DB＝1，
在△CDB中，∠ABC＝＝60°，
由正弦定理得：＝，

即＝，解得sin∠BCD＝＝；
（2）∵S△BCD＝BD•BCsin60°＝×1×BC×＝，
∴BC＝4．
故由余弦定理得：CD2＝BD2+BC2﹣2BD•BCcos∠CBD＝12+42﹣2×1×4cos60°＝13，
∴AD＝CD＝，
过A作AF⊥BC于F，过D作DE⊥BC于E，则DE∥AF，
故，即，
由S△BCD＝BC•DE＝×4DE＝，解得DE＝．
∴AF＝•（1+）＝，即点A到直线BC的距离为．
【点评】本题考查解三角形，考查正弦定理与余弦定理的综合应用，考查数学运算等核心素养，属于中档题．
20．（16分）设平面直角坐标系中的动点P到两定点（﹣2，0）、（2，0）的距离之和为4，记动点P的轨迹为Γ．
（1）求Γ的方程；
（2）过Γ上的点Q作圆x2+y2＝1的两条切线切点为Q1、Q2，直线Q1Q2与x、y轴的交点依次为异于坐标原点O的点Q3、Q4，试求△Q3OQ4的面积的最小值；
（3）过点（2，0）且不垂直于坐标轴的直线l交Γ于不同的两点M、N，线段MN的垂直平分线与x轴交于点D，线段MN的中点为H，是否存在λ（λ＞），使得＝0成立？请说明理由．
【分析】（1）根据椭圆的定义即得点P的轨迹方程；（2）设出直线方程，结合图象进行求解；（3）将矩阵展开，根据其几何意义进行验证．
【解答】解：（1）根据题意，设点P（x，y），F1（﹣2，0），F2（2，0），则有|PF1|+|PF2|＝
∵
∴结合椭圆的定义和性质，可得点P的轨迹即为以F1（﹣2，0），F2（2，0）为焦点的椭圆，
且有a＝，c＝2，⇒b2＝a2﹣c2＝4
故可得点P的轨迹方程即为：；
（2）根据题意，作图如下：

设点Q（x0，y0），Q1（x1，y1），Q2（x2，y2），则根据题意可得QQ1⊥OQ1，QQ2⊥OQ2，
∴，
∴直线⇔x1x+y1y＝1，直线⇔x2x+y2y＝1，
由QQ1与QQ2相交于点Q，则可得，
由此可得直线Q1Q2：x0x+y0y＝1⇒点，
∴⇒，
∴；
（3）设存在λ，则，设直线的斜率为k（k≠0），
则直线l的方程即为：y＝k（x﹣2），联立椭圆方程可得，
整理可得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣8＝0，
由（2，0）在椭圆内部可得，Δ＞0，
∴，
∴＝，
故可得线段MN的中点坐标即为H（），
MN的中垂线方程即为，
令y＝0，则可得点D的坐标即为（），则|DH|＝，
∴＝，
由k≠0可得，⇒，
故不存在．
【点评】本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，在求解时可使用设而不求的方法，主要考查曲线性质和学生的计算能力，属于难题．
21．（18分）若数列满足：从第二项起的每一项不小于它的前一项的λ（λ∈R）倍，则称该数列具有性质P（λ）．
（1）已知数列﹣1，2﹣x，3﹣x具有性质P（4），求实数x的取值范围；
（2）删除数列31，32，…，3n，…中的第3项，第6项，…，第3n项，…，余下的项按原来顺序组成一个新数列{tn}，且数列{tn}的前n项和为Tn，若数列{Tn}具有性质P（λ），试求实数λ的最大值；
（3）记＝um+um+1+um+2+…+un（m∈N），如果ak＞0（k＝1，2，…，2021），证明：“＞1”的充要条件是“存在数列{xn}具有性质P（1），且同时满足以下三个条件：
（Ⅰ）数列{xn}的各项均为正数，且互异；
（Ⅱ）存在常数A＞0，使得数列{xn}收敛于A；
（Ⅲ）xn﹣xn﹣1＝（n＝1，2，…，这里x0＝0）”．
【分析】（1）利用新定义列出不等式组，求解即可．
（2）通过令n＝3k，n＝3k+1，n＝3k+2，分别利用新定义，列出不等关系式，求解λ的最大值即可．
（3）令xn＝1﹣，验证条件Ⅰ；利用数列{xn}收敛于A；判断条件Ⅱ；通过xn﹣xn﹣1＝，⇒
1﹣＝＝2，即可证明结果．
【解答】解：（1）由题意可知解得．
（2）当n＝3k，k∈N时，Tn＝＝，Tn≤λTn﹣1，3n﹣1≤λ3n﹣1﹣λ，
∴≤＝4，
当n＝3k+1，k∈N时，Tn＝3＝，Tn≤λTn﹣1，
∴λ≤≤＝11．
当n＝3k+2，k∈N时，Tn＝＝，Tn≤λTn﹣1，
∴λ≤＝7，
综上：λ的最大值为11．
（3）证明：令xn＝1﹣，显然xn，具有性质P（1），且满足条件Ⅰ，当x→∞，xn→1，满足条件Ⅱ，
xn﹣xn﹣1＝，⇒xn﹣xn﹣1＝），⇒
1﹣＝＝＝2，即证：“＞1．
【点评】本题考查数列的应用，新定义的应用，数列的敛散性的判断与应用，考查发现问题解决问题的能力，是难题．
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