2021年上海市嘉定区高考数学二模试卷

这是一份2021年上海市嘉定区高考数学二模试卷，共21页。

2021年上海市嘉定区高考数学二模试卷
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．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{0，1，2，3}，则A∩B＝　 　．
2．（4分）已知复数z满足＝i（i为虚数单位），则||＝　 　．
3．（4分）已知等差数列{an}满足a2＝3a4﹣8，则a5＝　 　．
4．（4分）若实数x、y满足，则z＝2x﹣y的最大值为　 　．
5．（4分）已知函数f（x）＝2+loga（x+1）（a＞0，且a≠1）．若y＝f（x）的反函数的图象经过点（1，2），则a＝　 　．
6．（4分）《九章算术》中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”．已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该“鳖臑”的体积为　 　．

7．（5分）已知正数x、y满足x+＝1，则+y的最小值为　 　．
8．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，且满足＝4，则Sn＝　 　．
9．（5分）将（x+）7的二项展开式的各项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为　 　．
10．（5分）已知点A、B是双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点，点P是该双曲线上异于A、B的另外一点，若△ABP是顶角为120°的等腰三角形，则该双曲线的渐近线方程是　 　．
11．（5分）已知函数f（x）＝，若对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x1）＝f（x2），则实数a的取值范围是　 　．
12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，起点为坐标原点的向量，满足||＝||＝1，且＝﹣，＝（m，1﹣m），＝（n，1﹣n）（m，n∈R）．若存在向量、，对于任意实数m，n，不等式||+|﹣|≥T成立，则实数T的最大值为　 　．
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．
13．（5分）“函数f（x）＝sin（ωx）（x、ω∈R，且ω≠0）的最小正周期为π”是“ω＝2”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）已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5，则这组数据的方差是（　　）
A．3.2 B．3.5 C．4 D．5
15．（5分）设直线y＝x与椭圆交于A、B两点，点P在直线y＝kx+3上．若|+|＝2，则实数k的取值范围是（　　）
A．（﹣2，2） B．[﹣2]
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）
16．（5分）已知函数f（x）＝2021x﹣1+（x﹣1）3﹣20211﹣x+2x，则不等式f（x2﹣4）+f（2﹣3x）≤4的解集为（　　）
A．[﹣1，4] B．[﹣4，1]
C．（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞） D．（﹣∞，﹣4]∪[1，+∞）
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．（14分）在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．如图，矩形ABCD绕AB顺时针旋转至ABC1D1，线段DD1的中点为M．
（1）求证：AM⊥CD1；
（2）求异面直线CM与AD所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）．

18．（14分）设常数a∈R，函数f（x）＝a•3x+．
（1）若函数f（x）是奇函数，求实数a的值；
（2）若函数y＝f（x）+2a在x∈[0，1]时有零点，求实数a的取值范围．
19．（14分）某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为停车场，其余部分建成绿地，点P在围墙AB弧上，点M和点N分别在道路OA和道路OB上，且OA＝90米，∠AOB＝，设∠POB＝θ．
（1）当θ＝时，求停车场的面积（精确到0.1平方米）；
（2）写出停车场面积S关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，停车场面积S取得最大值．

20．（16分）已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），点P在抛物线Γ上．
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）若|PF|＝5，求点P的坐标；
（3）过点T（t，0）（t＞0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线Γ于A、B、C、D四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积的最小值．

21．（18分）已知数列{an}满足：a1＝1，|an+1﹣an|＝pn，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和．
（1）若{an}是递增数列，且3a1，4a2，5a3成等差数列，求p的值；
（2）已知p＝，且{a2n+1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式；
（3）已知p＝1，对于给定的正整数n，试探究是否存在一个满足条件的数列{an}，使得Sn＝n．若存在，写出一个满足条件的数列{an}；若不存在，请说明理由．

2021年上海市嘉定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．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{0，1，2，3}，则A∩B＝　{0，1}　．
【分析】进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{0，1，2，3}，
∴A∩B＝{0，1}．
故答案为：{0，1}．
【点评】本题考查了描述法和列举法的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
2．（4分）已知复数z满足＝i（i为虚数单位），则||＝　　．
【分析】把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解．
【解答】解：由＝i，得zi﹣i＝1，
即z＝＝＝1﹣i，
∴＝1+i，
∴||＝＝，
故答案为：．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．
3．（4分）已知等差数列{an}满足a2＝3a4﹣8，则a5＝　4　．
【分析】由已知结合等差数列的通项公式即可直接求解．
【解答】解：因为a2＝3a4﹣8，
所a1+d＝3a1+9d﹣8，
即a1+4d＝4，
所以a5＝a1+4d＝4，
故答案为：4．
【点评】本题主要考查了等差数列的通项公式，属于基础题．
4．（4分）若实数x、y满足，则z＝2x﹣y的最大值为　6　．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

由图可知，A（3，0），
由z＝2x﹣y，得y＝2x﹣z，由图可知，当直线y＝2x﹣z过A时，
直线在y轴上的截距最小，z有最大值为6．
故答案为：6．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．
5．（4分）已知函数f（x）＝2+loga（x+1）（a＞0，且a≠1）．若y＝f（x）的反函数的图象经过点（1，2），则a＝　　．
【分析】利用函数与反函数图象关于y＝x对称，可得函数f（x）的图象经过点（2，1），代入求解即可．
【解答】解：因为y＝f（x）的反函数的图象经过点（1，2），
由函数与反函数图象关于y＝x对称，则函数f（x）的图象经过点（2，1），
则有2+loga（2+1）＝1，解得a＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了函数与反函数关系的应用，解题的关键是掌握函数与反函数的图象关于y＝x对称，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
6．（4分）《九章算术》中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”．已知某“鳖臑”的三视图如图所示，则该“鳖臑”的体积为　8　．

【分析】由三视图还原原几何体，该几何体为三棱锥，其中底面三角形BCD为直角三角形，BC⊥CD，BC＝4，CD＝3，AB⊥底面BCD，AB＝4，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

其中底面三角形BCD为直角三角形，BC⊥CD，BC＝4，CD＝3，
AB⊥底面BCD，AB＝4，
则该“鳖臑”的体积为V＝
故答案为：8．
【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
7．（5分）已知正数x、y满足x+＝1，则+y的最小值为　9　．
【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：因为正数x、y满足x+＝1，
则+y＝（+y）（x+）＝5+xy＝9，
当且仅当xy＝且x+＝1，即x＝，y＝6时取等号，此时+y的最小值9．
故答案为：9．
【点评】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质，属于基础题．
8．（5分）设数列{an}的前n项和为Sn，且满足＝4，则Sn＝　4　．
【分析】利用行列式推出{Sn﹣4}是等比数列，然后求解Sn，即可求解数列的极限．
【解答】解：＝4，可得Sn+an＝4．
可得2Sn﹣Sn﹣1＝4．所以2（Sn﹣4）＝Sn﹣1﹣4．
所以{Sn﹣4}是等比数列，公比为，
所以Sn﹣4＝（2﹣4）•，
Sn＝4﹣2•，
则Sn＝4/
故答案为：4．
【点评】本题考查数列的递推关系式的应用，数列的极限的运算法则的应用，是中档题．
9．（5分）将（x+）7的二项展开式的各项重新随机排列，则有理项互不相邻的概率为　　．
【分析】写出展开式的通项公式，求出所有的有理项以及无理项的个数，利用插空法以及古典概型的概率的计算公式即可求解．
【解答】解：展开式的通项公式为T＝C，r＝0，1，2，3，4，5，6，7，
若7﹣∈Z，则r是偶数，所以r＝0，2，4，6，
即展开式的第1，3，5，7项为有理项，共4项有理项，
又因为展开式中共有8项，
所以展开式中的各项重新随机排列有A种情况，
其中有理项互不相邻的情况有A种，
所以所求的概率为，
故答案为：．
【点评】本题考查了二项式系数的性质，考查了排列组合以及古典概型的概率的计算公式，属于中档题．
10．（5分）已知点A、B是双曲线＝1（a＞0，b＞0）的左、右顶点，点P是该双曲线上异于A、B的另外一点，若△ABP是顶角为120°的等腰三角形，则该双曲线的渐近线方程是　x±y＝0　．
【分析】设M在双曲线C：＝1（a＞0，b＞0）的左支上，由题意可得P的坐标为（2a，a），代入双曲线方程可得a＝b，再由双曲线的渐近线方程即可得到所求值．
【解答】解：设P在双曲线线C：＝1（a＞0，b＞0）的左支上，
且AB＝PB＝2a，∠PBA＝120°，
则P的坐标为（2a，a），
代入双曲线方程可得，，
可得a＝b，
∴该双曲线的渐近线方程为x±y＝0．
故答案为：x±y＝0．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，主要考查双曲线的渐近线方程的求法，运用任意角的三角函数的定义求得P的坐标是解题的关键，是中档题．
11．（5分）已知函数f（x）＝，若对任意的x1∈[2，+∞），都存在唯一的x2∈（﹣∞，2），满足f（x1）＝f（x2），则实数a的取值范围是　[﹣1，5）　．
【分析】由题意可得函数f（x）在[2，+∞）时的值域包含于函数f（x）在（﹣∞，2）时的值域，利用基本不等式先求出函数f（x）在x∈[2，+∞）时的值域，当x∈（﹣∞，2）时，对a分情况讨论，分别利用函数的单调性求出值域，从而求出a的取值范围．
【解答】解：当x∈[2，+∞）时，f（x）＝，即f（x）＝，
∵≥2＝4，当且仅当x＝，即x＝2时，等号成立，
∴函数f（x）在x∈[2，+∞）时，值域为（0，]，
当x∈（﹣∞，2）时，
①若a≥2时，则f（x）＝＝，（x∈（﹣∞，2）），它是增函数，
此时y＝f（x）的取值范围是（0，），
由题意可知，
解得a＜5，
又∵a≥2，
∴2≤a＜5，
②若a＜2，则f（x）＝，函数y＝f（x）在（﹣∞，a]上是增函数，此时y＝f（x）的取值范围是（0，1]，
而函数y＝f（x）在[a，2）上是减函数，此时y＝f（x）的取值范围是（，1]，
由题意可得，
解得a≥﹣1，又a＜2，
∴﹣1≤a＜2，
综上所述，所求实数a的取值范围是[﹣1，5）．
故答案为：[﹣1，5）．
【点评】本题主要考查了分段函数的应用，考查了函数的值域的求法，考查了基本不等式的应用，是中档题．
12．（5分）在平面直角坐标系xOy中，起点为坐标原点的向量，满足||＝||＝1，且＝﹣，＝（m，1﹣m），＝（n，1﹣n）（m，n∈R）．若存在向量、，对于任意实数m，n，不等式||+|﹣|≥T成立，则实数T的最大值为　　．
【分析】利用数量积的定义求出以的夹角为120°，，将问题转化为求解AE+BF的最大值，利用平面中距离之和的最值，求解即可．
【解答】解：因为||＝||＝1，且＝﹣，所以的夹角为120°，
设，
则点A，B在单位圆上，点C，D在直线x+y﹣1＝0上，如图所示，
根据m，n的任意性，即求点A，B到直线x+y﹣1＝0距离之和的最小值，即AE+BF（点E，F分别是点A，B在直线x+y﹣1＝0上的射影点），
同时根据的存在性，问题转化为求解AE+BF的最大值，
设AB的中点为M，设点M，O在直线x+y﹣1＝0上射影点分别为N，O'，
则AE+BF＝2MN≤2（MO+OO'）＝＝，
当且仅当点M，O，O'依次在一条直线上时取等号，
所以，故所求实数T的最大值为．
故答案为：．

【点评】本题考查了平面向量的综合应用，考查了平面向量模的几何意义以及平面向量数量积，综合性强，考查了数形结合法的应用，属于中档题．
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．
13．（5分）“函数f（x）＝sin（ωx）（x、ω∈R，且ω≠0）的最小正周期为π”是“ω＝2”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】根据题意，直接利用函数的周期公式的变换及充分条件和必要条件的定义，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，若函数f（x）＝sin（ωx）（x、ω∈R，且ω≠0）的最小正周期为π，则＝π，解可得ω＝±2，
则“函数f（x）＝sin（ωx）（x、ω∈R，且ω≠0）的最小正周期为π”不是“ω＝2”的充分条件，
反之，若ω＝2，则函数f（x）＝sin（ωx）的最小正周期为＝π，
则“函数f（x）＝sin（ωx）（x、ω∈R，且ω≠0）的最小正周期为π”是“ω＝2”的必要条件，
综合可得：“函数f（x）＝sin（ωx）（x、ω∈R，且ω≠0）的最小正周期为π”是“ω＝2”的必要非充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查充分必要的判断，涉及三角函数的周期计算，属于基础题．
14．（5分）已知一组数据3、4、a、6、8的平均数是5，则这组数据的方差是（　　）
A．3.2 B．3.5 C．4 D．5
【分析】先根据平均数是5，求出a的值，然后利用方差的计算公式求解即可．
【解答】解：因为3、4、a、6、8的平均数是5，
所以3+4+a+6+8＝25，解得a＝4，
故这组数据为3，4，4，6，8，
所以这组数据的方差为＝3.2．
故选：A．
【点评】本题考查了样本平均数和方差的定义，掌握它们的计算公式是解题的关键，属于基础题．
15．（5分）设直线y＝x与椭圆交于A、B两点，点P在直线y＝kx+3上．若|+|＝2，则实数k的取值范围是（　　）
A．（﹣2，2） B．[﹣2]
C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）
【分析】根据题意，设P（x，kx+3），有椭圆的对称性可得AB关于原点对称，即AB的中点为O（0，0），由向量的加法运算法则可得+＝2，进而可得||＝1，则有x2+（kx+3）2＝1，结合一元二次方程有解的判断方法可得答案．
【解答】解：根据题意，点P在直线y＝kx+3上，则设P（x，kx+3），
直线y＝x经过原点，即关于原点对称，
直线y＝x与椭圆交于A、B两点，则AB关于原点对称，即AB的中点为O（0，0），
则+＝2，
则有|+|＝2，即||＝1，
则有x2+（kx+3）2＝1，变形可得（1+k2）x2+6kx+8＝0，
必有Δ＝36k2﹣32（1+k2）≥0，解可得k≤﹣2或k≥2，
即k的取值范围为（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞），
故选：D．
【点评】本题考查椭圆的参数方程和椭圆的几何性质，涉及向量加法和向量模的计算，属于中档题．
16．（5分）已知函数f（x）＝2021x﹣1+（x﹣1）3﹣20211﹣x+2x，则不等式f（x2﹣4）+f（2﹣3x）≤4的解集为（　　）
A．[﹣1，4] B．[﹣4，1]
C．（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞） D．（﹣∞，﹣4]∪[1，+∞）
【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
【解答】解：因为f（x）＝2021x﹣1+（x﹣1）3﹣20211﹣x+2x，
所以f（x+1）＝2021x+x3﹣2021﹣x+2（x+1），
令g（x）＝f（x+1）﹣2＝2021x+x3﹣2021﹣x+2x，
则易得g（﹣x）＝﹣g（x），即g（x）为奇函数且单调递增，
由题意得f（x）＝g（x﹣1）+2，
由f（x2﹣4）+f（2﹣3x）≤4可转化为g（x2﹣5）+g（1﹣3x）+4≤4，
即g（x2﹣5）≤g（﹣1+3x），
因为g（x）单调递增，
所以x2﹣5≤﹣1+3x，
解得﹣1≤x≤4，
故选：A．
【点评】本题主要考查不等式的解法，利用函数的奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，综合考查函数性质的应用．
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．（14分）在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝1，矩形ABCD绕AB旋转形成一个圆柱．如图，矩形ABCD绕AB顺时针旋转至ABC1D1，线段DD1的中点为M．
（1）求证：AM⊥CD1；
（2）求异面直线CM与AD所成的角的大小（结果用反三角函数值表示）．

【分析】（1）根据线面垂直，线线垂直的判定定理证明即可；
（2）根据余弦定理求出异面直线CM与AD所成的角的大小即可．
【解答】解：（1）证明：由题意知，AM⊥DD1，
∵CD是圆柱的一条母线，∴CD垂直于圆柱的底面，
则CD⊥AM，即AM⊥CD，
又DD1∩CD＝D，且DD1，CD⫋平面CDD1，
∴AM⊥平面CDD1，∵CD1⊆平面CDD1，
∴AM⊥CD1；
（2）连结BM，如图示：

由题意知，BC∥AD，
∴异面直线CM与AD所成的角等于直线CM与直线BC所成的角，
在△BCM中，BC＝1，
CM＝＝＝＝，
BM＝＝＝＝，
由余弦定理，得cos∠BCM＝＝＝，
∴∠BCM＝arccos，
故异面直线CM与AD所成的角的大小是arccos．
【点评】本题考查了线面垂直，线线垂直的判定定理，余弦定理，考查转化思想，是中档题．
18．（14分）设常数a∈R，函数f（x）＝a•3x+．
（1）若函数f（x）是奇函数，求实数a的值；
（2）若函数y＝f（x）+2a在x∈[0，1]时有零点，求实数a的取值范围．
【分析】（1）由奇函数性质得f（0）＝0，代入可求a；
（2）令t＝3x，方程转化为于t2+2t＝﹣在t∈[1，3]时有解，结合二次函数的性质可求．
【解答】解：（1）函数定义域R，
由f（x）为奇函数得f（0）＝a+1＝0，
所以a＝﹣1，f（x）＝﹣3x+，f（﹣x）＝﹣3x＝﹣f（x），
所以f（x）为奇函数，
（2）由y＝f（x）+2a＝a•3x++2a＝0在x∈[0，1]时有零点，
设t＝3x，
由x∈[0，1]得t∈[1，3]，
当a＝0时显然不成立，
故a≠0，方程等价于t2+2t＝﹣在t∈[1，3]时有解，
结合二次函数的性质可知y＝t2+2t的值域[3，15]，
所以3，
解得﹣．
故a的范围[﹣]．
【点评】本题主要考查了奇函数的性质及定义，由方程的解求解参数范围，二次函数的性质，分离参数是求解（2）的关键．
19．（14分）某居民小区为缓解业主停车难的问题，拟对小区内一块扇形空地AOB进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为停车场，其余部分建成绿地，点P在围墙AB弧上，点M和点N分别在道路OA和道路OB上，且OA＝90米，∠AOB＝，设∠POB＝θ．
（1）当θ＝时，求停车场的面积（精确到0.1平方米）；
（2）写出停车场面积S关于θ的函数关系式，并求当θ为何值时，停车场面积S取得最大值．

【分析】（1）利用题中的条件，表示出停车场的面积，即可解出；
（2）利用题中的条件表示出停车场的面积，利用辅助角公式，即可解出．
【解答】解：（1）在△OPN中，∠ONP＝，∠PON＝∠OPN＝，
由正弦定理得，
∴ON＝30，
则停车场面积S＝2S△OPN＝OP•ONsinθ＝90×30×≈2338.3（平方米），
（2）在△OPN中，∠ONP＝，∠OPN＝，
由正弦定理得，
∴ON＝60，
则停车场的面积为S＝2S△OPN＝OP•ONsinθ＝5400（0），
∴S＝2700[sin（2θ）﹣]＝2700sin（2）﹣1350，
因为0，所以，
∴当2θ＝，即时，停车场的面积最大．
【点评】本题考查了三角函数的性质，辅助角公式，学生的数学运算能力，属于基础题．
20．（16分）已知抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），点P在抛物线Γ上．
（1）求抛物线Γ的方程；
（2）若|PF|＝5，求点P的坐标；
（3）过点T（t，0）（t＞0）作两条互相垂直的直线分别交抛物线Γ于A、B、C、D四点，且点M、N分别为线段AB、CD的中点，求△TMN的面积的最小值．

【分析】（1）由抛物线的焦点坐标公式，解方程可得p，进而得到抛物线的方程；
（2）由抛物线的定义，解方程可得P的坐标；
（3）设直线AB的方程为y＝k（x﹣t），直线CD的方程为y＝﹣（x﹣t），设A（x1，y1），B（x2，y2），与抛物线的方程联立，运用韦达定理和中点坐标公式，求得M，N的坐标，以及|TM|，|TN|，运用三角形的面积公式和基本不等式，可得所求最小值．
【解答】解：（1）抛物线Γ：y2＝2px的焦点为F（2，0），
可得＝2，即p＝4，
所以抛物线的方程为y2＝8x；
（2）由抛物线y2＝8x的焦点F（2，0），准线方程为x＝﹣2，
可得|PF|＝xP+2＝5，所以xP＝3，yP＝±2，
即有P（3，2），或（3，﹣2）；
（3）由题意可得直线AB，CD的斜率存在，且不为0，可设AB的斜率为k，
则直线CD的斜率为﹣，直线AB的方程为y＝k（x﹣t），直线CD的方程为y＝﹣（x﹣t），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
由可得k2x2﹣2（k2t+4）x+k2t2＝0，
可得x1+x2＝2t+，所以y1+y2＝k（x1+x2）﹣2kt＝2kt+﹣2kt＝，
则M（t+，），
将M中的k换为﹣，可得N（t+4k2，﹣4k），
所以|TM|＝＝，
|TN|＝＝4|k|，
于是S△TMN＝|TM|•|TN|＝8（|k|+）≥8×2＝16，
当且仅当k＝±1时，上式取得等号．
所以△TMN的面积的最小值为16．
【点评】本题考查抛物线的定义、方程和性质，以及直线和抛物线的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
21．（18分）已知数列{an}满足：a1＝1，|an+1﹣an|＝pn，n∈N*，Sn为数列{an}的前n项和．
（1）若{an}是递增数列，且3a1，4a2，5a3成等差数列，求p的值；
（2）已知p＝，且{a2n+1}是递增数列，{a2n}是递减数列，求数列{an}的通项公式；
（3）已知p＝1，对于给定的正整数n，试探究是否存在一个满足条件的数列{an}，使得Sn＝n．若存在，写出一个满足条件的数列{an}；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）直接利用数列的单调性和等差中项建立关系式，进一步求出p值；
（2）利用分类讨论思想的应用和数列的单调性的应用，进一步利用关系式中的叠加法的应用求出数列的通项公式；
（3）利用假设法和分类讨论思想的应用求出结果．
【解答】解：（1）由于数列{an}是递增数列，
所以，
由于a1＝1，所以a2＝1+p，，
由于3a1，4a2，5a3成等差数列，
所以8a2＝3a1+5a3，
整理得5p2﹣3p＝0，
故p＝0或．
当p＝0时，an+1＝an，与数列{an}是递增数列是单调增数列矛盾，
所以p＝．
（2）由于数列{a2n+1}是递增数列，
所以a2n+1﹣a2n﹣1＞0，
于是（a2n+1﹣a2n）+（a2n﹣a2n﹣1）＞0，①
由于，
所以|a2n+1﹣a2n|＜|a2n﹣a2n﹣1|②，
由①②得：a2n﹣a2n﹣1＞0，
因此，
即③，
由于数列{a2n}是递减数列，
故a2n+2﹣a2n＜0，
则（a2n+2﹣a2n+1）+（a2n+1﹣a2n）＜0④，
由于，所以|a2n+2﹣a2n+1|＜|a2n+1﹣a2n|⑤，
由④⑤得：a2n+1﹣a2n＜0，
因此，即，⑥，
由③⑥得：，
故n≥2时，an＝a1+（a2﹣a1）+（a3﹣a2）+…+（an﹣an﹣1）＝＝＝，
即，
当n＝1时，代入上式得到a1＝1，与已知条件吻合，
所以（n∈N）．
（3）当n＝4k或n＝4k﹣3时，存在数列{an}，使得Sn＝n，
此时数列{an}，满足a4k﹣3＝a4k﹣1＝1，a4k﹣2＝0，a4k＝2，
则有＝4k，，
即Sn＝n，
当n＝4k﹣2或n＝4k﹣1时，不存在数列{an}，使得Sn＝n，
理由如下：由于|an+1﹣an|＝1，
所以an+1＝an±1，
又因为a1＝1为奇数，则当n∈N+时，a2n﹣1为奇数，a2n为偶数，
所以当k∈N+时，S4k﹣2为奇数，S4k﹣1为偶数，
因此S4k﹣2＝4k﹣2，S4k﹣1＝4k﹣1均不可能成立，
于是当n＝4k﹣2或n＝4k﹣1时，（n∈N+）时，不存在数列{an}，使得Sn＝n．
【点评】本题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的求法及应用，叠加法，假设法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
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