2021年上海市普陀区高考数学二模试卷

这是一份2021年上海市普陀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年上海市普陀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）设全集U＝{﹣1，0，1，2}，若集合A＝{﹣1，0，2}，则∁UA＝　 　．
2．（4分）若复数z＝（i表示虚数单位），则Imz＝　 　．
3．（4分）函数y＝的零点为　 　．
4．（4分）曲线y2＝4x的顶点到其准线的距离为　 　．
5．（4分）若cos（θ+）＝1，则cosθ＝　 　．
6．（4分）设棱长为2的正方体的八个顶点在同一球面上，则此球的表面积为　 　．
7．（5分）设（2x﹣1）8＝a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则a1+a2+…+a8＝　 　．
8．（5分）设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且（S1+Sn）＝3，则公比q＝　 　．
9．（5分）设x、y均为非负实数且满足，则x﹣3y的最小值为　 　．
10．（5分）某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为　 　（结果用最简分数表示）．
11．（5分）设M（x，y）是直线x+y＝3上的动点，若1≤x≤2，则的最大值为　 　．
12．（5分）如图，在△ABC中，C＝，AC＝，BC＝1，若O为△ABC内部的点且满足++＝，则||：||：||＝　 　．

二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）设a、b均为非零实数且a＞b，则下列结论中正确的是（　　）
A．a﹣2＞b﹣2 B．a﹣1＞b﹣1 C．a2＞b2 D．a3＞b3
14．（5分）设7＜m＜16，则双曲线＝1的焦点坐标是（　　）
A．（±4，0） B．（±3，0） C．（0，±5） D．（0，±4）
15．（5分）设α、β是两个不重合的平面，l、m是两条不重合的直线，则“α∥β”的一个充分必要条件是（　　）
A．l⊂α，m⊂α且l∥β，m∥β B．l⊂α，m⊂β，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β且l∥m D．l∥α，m∥β，且l∥m
16．（5分）已知函数f（x）＝，设xi（i＝1，2，3）为实数，且x1+x2+x3＝0，给出下列结论：
①若x1•x2•x3＞0，则f（x1）+f（x2）+f（x3）＜；
②若x1•x2•x3＜0，则f（x1）+f（x2）+f（x3）＞．
其中正确的是（　　）
A．①与②均正确 B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确 D．①与②均不正确
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，设底面半径为2的圆锥顶点、底面中心依次为P、O，AB为其底面直径，点C位于底面圆周上，且∠BOC＝90°，异面直线PA与CB所成角的大小为60°．
（1）求此圆锥的体积；
（2）求二面角P﹣BC﹣O的大小．（结果用反三角函数值表示）

18．（14分）设函数f（x）＝log2x（x＞0）的反函数为f﹣1（x）．
（1）解方程：f（x+2）﹣2f（x）＝0；
（2）设y＝g（x）是定义在R上且以2为周期的奇函数，当0＜x＜1时，g（x）＝f﹣1（x），试求g（log210）的值．
19．（14分）如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为Ai（i＝1，2，3，4），A1A2＝30米，∠A2A1A4＝120°，D为对角线A2A4和A1A3的交点，他以A2、A4为圆心分别画圆弧，一段弧与A1A2相交于A1、另一段弧与A3A4相交于A3，这两段弧恰与A2A4均相交于D，设∠A1A2D＝θ．
（1）若两段圆弧组成“甬路”L（宽度忽略不计），求L的长；（结果精确到1米）
（2）记此园地两个扇形面积之和为S1，其余区域的面积为S2，对于条件（1）中的L，当||＜0.12时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．

20．（16分）已知曲线Γ：3x2+4y2＝12的左、右焦点分别为F1、F2，直线l经过F1且与Γ相交于A、B两点．
（1）求△F1AF2的周长；
（2）若以F2为圆心的圆截y轴所得的弦长为2，且l与圆F2相切，求l的方程；
（3）设l的一个方向向量＝（1，k），在x轴上是否存在一点M，使得|MA|＝|MB|且tan∠MAB＝？若存在，求出M的坐标，若不存在，请说明理由．

21．（18分）记实数a、b中的较大者为max{a，b}，例如max{1，2}＝2，max{1，1}＝1，对于无穷数列{an}，记ck＝max{a2k﹣1，a2k}（k∈N*），若对于任意的k∈N*，均有ck+1＜ck，则称数列{an}为“趋势递减数列”．
（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列{an}是否为“趋势递减数列”，说明理由；
①an＝（﹣）n；
②an＝sin；
（2）设首项为1的等差数列{bn}的前n项和为Sn，公差为d，且数列{Sn}为“趋势递减数列”，求d的取值范围；
（3）若数列{dn}满足d1、d2均为正实数，且dn+2＝|dn﹣dn+1|，求证：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0．

2021年上海市普陀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）设全集U＝{﹣1，0，1，2}，若集合A＝{﹣1，0，2}，则∁UA＝　{1}　．
【分析】直接利用补集运算得答案．
【解答】解：∵全集U＝{﹣1，0，1，2}，且集合A＝{﹣1，0，2}，
∴∁UA＝{x∈U|x∉A}＝{1}．
故答案为：{1}．
【点评】本题考查补集及其运算，是基础题．
2．（4分）若复数z＝（i表示虚数单位），则Imz＝　﹣2　．
【分析】利用复数的运算法则、虚部的定义，求出Imz．
【解答】解：z＝＝1﹣2i，故Imz＝﹣2．
故答案为：﹣2．
【点评】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的概念，是基础题．
3．（4分）函数y＝的零点为　x＝1　．
【分析】化函数的零点为方程的根，从而解得答案．
【解答】解：令y＝＝0⇒＝，解得，x＝1，
故函数的零点为1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的关系应用，属于基础题．
4．（4分）曲线y2＝4x的顶点到其准线的距离为　1　．
【分析】根据抛物线的定义求出顶点坐标和准线方程，求出其到准线的距离即可．
【解答】解：∵曲线y2＝4x，
∴焦点为（1，0），顶点为（0，0），准线方程为：x＝﹣1，
故曲线y2＝4x的顶点到其准线的距离为1，
故答案为：1．
【点评】本题考查了抛物线的性质，考查准线方程，是基础题．
5．（4分）若cos（θ+）＝1，则cosθ＝　　．
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin（θ+）＝0，进而根据θ＝（θ+）﹣，利用两角差的余弦公式即可求解．
【解答】解：因为cos（θ+）＝1，
所以sin（θ+）＝0，
所以cosθ＝cos[（θ+）﹣]＝cos（θ+）cos+sin（θ+）sin＝1×+0×＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，两角差的余弦公式在三角函数化简求值中的应用，考查了转化思想，属于基础题．
6．（4分）设棱长为2的正方体的八个顶点在同一球面上，则此球的表面积为　12π　．
【分析】由棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，知球半径R＝，由此能求出球的表面积．
【解答】解：∵棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，
∴球半径R＝＝，
∴球的表面积S＝4π（ ）2＝12π．
故答案为：12π．
【点评】本题考查球的表面积的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用．
7．（5分）设（2x﹣1）8＝a0+a1x+a2x2+…+a8x8，则a1+a2+…+a8＝　0　．
【分析】利用赋值法，分别令x＝0，x＝1，即可求解．
【解答】解：（2x﹣1）8＝a0+a1x+a2x2+…+a8x8，
令x＝0，可得a0＝1，
令x＝1，可得a0+a1+a2+…+a8＝（2﹣1）8＝1，
所以a1+a2+…+a8＝1﹣1＝0．
故答案为：0．
【点评】本题主要考查二项式定理，考查赋值法的应用，属于基础题．
8．（5分）设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn，若a1＝1，且（S1+Sn）＝3，则公比q＝　　．
【分析】由已知结合等比数列的求和公式及数列极限条件即可直接求解．
【解答】解：因为无穷等比数列{an}中，a1＝1，（S1+Sn）＝＝1+＝3，
所以q＝．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了等比数列的求和公式及数列极限的求解，属于基础题．
9．（5分）设x、y均为非负实数且满足，则x﹣3y的最小值为　﹣3　．
【分析】设目标函数z＝x﹣3y，根据不等式组画出可行域，再利用简单线性规划知识求解．
【解答】解：设目标函数z＝x﹣3y，
画出可行域，如图所示：
，
∴当直线z＝x﹣3y过点A时，z取得最小值，
联立方程，解得A（0，1），
∴zmin＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题主要考查了简单的线性规划，考查了学生的作图能力，是基础题．
10．（5分）某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为　　（结果用最简分数表示）．
【分析】基本事件总数n＝＝21，在这2名宣讲员中男、女生各1人包含的基本事件个数m＝＝12，由此能求出在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率．
【解答】解：某学校从4名男生、3名女生中选出2名担任招生宣讲员，
基本事件总数n＝＝21，
在这2名宣讲员中男、女生各1人包含的基本事件个数m＝＝12，
则在这2名宣讲员中男、女生各1人的概率为P＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的求法，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M（x，y）是直线x+y＝3上的动点，若1≤x≤2，则的最大值为　﹣　．
【分析】先平方，再用换元法得到函数f（t）＝t+，再判断在t∈[2，]上单调递增，即可得解．
【解答】解：∵（﹣）2＝x++y+﹣2＝3+﹣2，
设t＝xy，则t＝x（3﹣x）＝﹣x2+3x＝﹣+，∵x∈[1，2]，∴t∈[2，]，
则（﹣）2＝3+﹣2，t∈[2，]，
设f（t）＝t+，∵f′（t）＝1﹣＞0在 t∈[2，]上恒成立，
∴f（t）＝t+，在t∈[2，]上单调递增，﹣2在t∈[2，]上单调递减，
又∵在t∈[2，]上单调递减，
∴当t＝2时，（﹣）2＝3+﹣2的最大值为3+﹣2＝﹣3＝，
∴﹣的最大值为﹣，
故答案为：﹣．
【点评】本题考查了求函数的最值问题，判断函数的单调性是解决问题的关键，属于中档题．
12．（5分）如图，在△ABC中，C＝，AC＝，BC＝1，若O为△ABC内部的点且满足++＝，则||：||：||＝　4：2：1　．

【分析】本题由++＝，进行移向再两边平方可得∠AOB＝∠AOC＝∠BOC＝，．由已知可得AB＝2，∠CAB＝，∠CBA＝．由三角形内角和定理可得∠OAB＝∠OBC．在△AOC、△BOC、△AOB中利用正、余弦定理可解此题．
【解答】解：由++＝，得由+＝，两边平方得cos＜，＞＝﹣，∴∠AOB＝，．同理可得：∠AOC＝COB＝．
由已知可得AB＝2，∠CAB＝，∠CBA＝．∴在△AOB中：﹣∠OBC+∠AOB＝，∴∠OBC＝∠AOB．
在△BOC、△AOB中利用正弦定理得＝＝，＝＝．
两式相除得：OB＝2OC．
在△BOC中由余弦定理得：OB2+OC2+OB•OC＝1，把OB＝2OC代入得：OC＝，OB＝．
在△AOB中：AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OBcos，即4＝OA2+（）2﹣2OA••（﹣），
解得：OA＝．
∴||：||：|＝4：2：1．
【点评】本题考查向量内积、正余弦定理应用、方程思想，考查运算能力，属于难题．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）设a、b均为非零实数且a＞b，则下列结论中正确的是（　　）
A．a﹣2＞b﹣2 B．a﹣1＞b﹣1 C．a2＞b2 D．a3＞b3
【分析】利用幂函数的单调性逐一判断即可得解．
【解答】解：对于A，幂函数f（x）＝x﹣2在（0，+∞）上单调递减，
当a＞b＞0时，f（a）＜f（b），即a﹣2＜b﹣2，故A错误；
对于B，幂函数f（x）＝x﹣1在（0，+∞）上单调递减，
当a＞b＞0时，f（a）＜f（b），即a﹣1＜b﹣1，故B错误；
对于C，幂函数f（x）＝x2在（﹣∞，0）上单调递减，
当0＞a＞b时，f（a）＜f（b），即a2＜b2，故C错误；
对于D，幂函数f（x）＝x3在R上为增函数，
因为a＞b，所以f（a）＞f（b），即a3＞b3，故D正确．
故选：D．
【点评】本题主要考查不等式的基本性质，幂函数单调性的应用，考查函数思想与逻辑推理能力，属于基础题．
14．（5分）设7＜m＜16，则双曲线＝1的焦点坐标是（　　）
A．（±4，0） B．（±3，0） C．（0，±5） D．（0，±4）
【分析】由m的范围，求得双曲线的标准方程，求得c，判断双曲线的焦点位置，可得所求坐标．
【解答】解：由7＜m＜16，可得16﹣m＞0，7﹣m＜0，
双曲线＝1即为﹣＝1，
所以c＝＝3，
由双曲线的焦点在x轴，可得焦点坐标为（±3，0）．
故选：B．
【点评】本题考查双曲线的方程和性质，考查方程思想和运算能力，属于基础题．
15．（5分）设α、β是两个不重合的平面，l、m是两条不重合的直线，则“α∥β”的一个充分必要条件是（　　）
A．l⊂α，m⊂α且l∥β，m∥β B．l⊂α，m⊂β，且l∥m
C．l⊥α，m⊥β且l∥m D．l∥α，m∥β，且l∥m
【分析】根据线面垂直的性质和面面平行判定定理的推论，由C项的条件能证出α∥β．由面面平行判定定理和空间线面位置关系，对A、B、D各项的条件加以推理，可得都有可能l、m平行于α、β的交线，得出它们不能证明α∥β．
【解答】解：对于A，若l⊂α，m⊂α且l∥β，m∥β，
若l、m是平行直线，则它们可能都平行于α、β的交线，所以A不符合条件；
对于B，l⊂α，m⊂β且l∥m，可得l、m有可能都平行于α、β的交线，所以B不符合条件；
对于C，由l⊥α且l∥m，得到m⊥α，再由m⊥α、m⊥β，得到α∥β，
所以“l⊥α，m⊥β且l∥m”是α∥β的充分条件；
由α∥β时，有l⊥α，m⊥β且l∥m，必要性也成立，是充分必要条件，所以C符合题意；
对于D，由“l∥α，m∥β，且l∥m”得可能l、m有可能都平行于α、β的交线，所以D不符合条件．
故选：C．
【点评】本题考查了空间线面平行、垂直的判定与性质的应用问题，也考查了面面平行的判定定理应用问题，是基础题．
16．（5分）已知函数f（x）＝，设xi（i＝1，2，3）为实数，且x1+x2+x3＝0，给出下列结论：
①若x1•x2•x3＞0，则f（x1）+f（x2）+f（x3）＜；
②若x1•x2•x3＜0，则f（x1）+f（x2）+f（x3）＞．
其中正确的是（　　）
A．①与②均正确 B．①正确，②不正确
C．①不正确，②正确 D．①与②均不正确
【分析】令，得到g（x）为增函数，且为奇函数，①中，不妨设x1＜0，x2＜0，x3＞0，结合A（x1+x2，f（x1+x2）），利用直线OA方程为得到，
g（x1）+g（x2）﹣g（x1+x2）＜0，进而得到g（x1）+g（x2）+g（x3）＜0，可判断①正确；②中，不妨设x1＜0，x2＞0，x3＞0，结合点B（x2+x3，f（x2+x3）），利用直线OB的方程为得到，g（x2）+g（x3）﹣g（x2+x3）＞0，进而得到g（x1）+g（x2）+g（x3）＞0，可判断②正确．
【解答】解：令函数，
可得函数g（x）为单调递增函数，
又由，即g（x）＝﹣g（﹣x），
∴函数g（x）为奇函数，图象关于点（0，0）对称，如图（1）所示，
①中，∵x1+x2+x3＝0，且x1x2x3＞0，则x3＝﹣（x1+x2），
不妨设x1＜0，x2＜0，x3＞0，则点A（x1+x2，f（x1+x2）），此时直线OA方程为，
可得，则，
∴g（x1）+g（x2）﹣g（x1+x2）＜0，
又由g（x3）＝g（﹣（x1+x2））＝﹣g（x1+x2），
∴g（x1）+g（x2）+g（x3）＜0，即，
∴，故①正确；
②中，若x1x2x3＜0，又x1+x2+x3＝0，则x1＝﹣（x2+x3），不妨设x1＜0，x2＞0，x3＞0，
则点B（x2+x3，f（x2+x3）），此时直线OB的方程为，可得，
则，可得g（x2）+g（x3）﹣g（x2+x3）＞0，
又由g（x1）＝g（﹣（x2+x3））＝﹣g（x2+x3），
∴g（x1）+g（x2）+g（x3）＞0，即，
∴，故②正确．
故选：A．

【点评】本题考查命题的真假判断，考查函数单调性，奇偶性的综合运用，考查数形结合思想，属于较难题目．
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，设底面半径为2的圆锥顶点、底面中心依次为P、O，AB为其底面直径，点C位于底面圆周上，且∠BOC＝90°，异面直线PA与CB所成角的大小为60°．
（1）求此圆锥的体积；
（2）求二面角P﹣BC﹣O的大小．（结果用反三角函数值表示）

【分析】（1）设圆锥的高为h，以O为坐标原点，以OC、OB、OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求出h＝2，由此能求出圆锥的体积．
（2）取BC的中点D，连接OD，PD，推导出OD⊥BC，PD⊥BC，从而∠PDO为二面角P﹣BC﹣O的平面角，推导出PO⊥OD，△POD是直角三角形，由此能求出二面角P﹣BC﹣O的大小．
【解答】解：（1）设圆锥的高为h，以O为坐标原点，以OC、OB、OP所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，
根据题设条件，C（2，0，0），P（0，0，h），A（0，﹣2，0），B（0，2，0）
＝（0，﹣2，﹣h），＝（﹣2，2，0），
由异面直线PA与CB所成角的大小为60°，
∴cos60°＝＝＝，解得h＝2，
∴圆锥的体积为V＝＝＝．
（2）取BC的中点D，连接OD，PD，
由OB＝OC，得OD⊥BC，由PB＝PC，得PD⊥BC，
∴∠PDO即为二面角P﹣BC﹣O的平面角，
PO⊥圆锥的底面，∴PO⊥OD，
∴△POD是直角三角形，
在△POD中，OD＝，PO＝2，
∴tan∠PDO＝＝，
∴∠PDO＝arctan，
∴二面角P﹣BC﹣O的大小为arctan．

【点评】本题考查圆锥的体积的求法，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
18．（14分）设函数f（x）＝log2x（x＞0）的反函数为f﹣1（x）．
（1）解方程：f（x+2）﹣2f（x）＝0；
（2）设y＝g（x）是定义在R上且以2为周期的奇函数，当0＜x＜1时，g（x）＝f﹣1（x），试求g（log210）的值．
【分析】（1）利用对数的运算将方程进行化简变形，然后由对数的性质以及对数相等，列出关于x的关系式，求解即可；
（2）利用反函数的定义求出g（x），由g（x）的周期性以及奇偶性，将g（log210）转化为﹣g（4﹣log210），代入解析式求解即可．
【解答】解：（1）因为函数f（x）＝log2x（x＞0），
故方程f（x+2）﹣2f（x）＝0即为log2（x+2）﹣2log2x＝0，
所以log2（x+2）＝log2x2，则有，解得x＝2，
故f（x+2）﹣2f（x）＝0的解为x＝2；
（2）当0＜x＜1时，g（x）＝f﹣1（x）＝2x，
因为3＜log210＜4，且y＝g（x）是定义在R上且以2为周期的奇函数，
故g（log210）＝g（log210﹣4）＝﹣g（4﹣log210）＝﹣＝．
【点评】本题考查了反函数的理解和应用，涉及了对数的运算以及函数性质的运用，解题的关键是掌握反函数与原函数之间的关系，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于中档题．
19．（14分）如图所示，某人为“花博会”设计一个平行四边形园地，其顶点分别为Ai（i＝1，2，3，4），A1A2＝30米，∠A2A1A4＝120°，D为对角线A2A4和A1A3的交点，他以A2、A4为圆心分别画圆弧，一段弧与A1A2相交于A1、另一段弧与A3A4相交于A3，这两段弧恰与A2A4均相交于D，设∠A1A2D＝θ．
（1）若两段圆弧组成“甬路”L（宽度忽略不计），求L的长；（结果精确到1米）
（2）记此园地两个扇形面积之和为S1，其余区域的面积为S2，对于条件（1）中的L，当||＜0.12时，则称其设计“用心”，问此人的设计是否“用心”？并说明理由．

【分析】（1）在△A1A2A4中，由正弦定理可得sin∠A1A4A2＝，所以θ＝﹣，又圆弧的半径r＝A1A2＝30，再利用弧长公式即可求出结果．
（2）先由扇形面积公式求出S1，在△A1A2D中由余弦定理求出A1D，进而得到A1A3，再求出平行四边形A1A2A3A4的面积，进而求出S2，代入||计算出结果，再与0.12比较大小，即可作出判断．
【解答】解：（1）∵平行四边形A1A2A3A4，∠A2A1A4＝，D为对角线A2A4和A1A3的交点，
∴A2A4＝2A2D＝60，
在△A1A2A4中，由正弦定理可得，
∴sin∠A1A4A2＝，
∴θ＝﹣，
又∵A2为圆心的圆弧过点A1和点D，
∴圆弧的半径r＝A1A2＝30，
∴圆弧A1D的长l＝θr＝30（﹣），
同理可得圆弧A3D的长也为30（﹣），
∴L＝60×（﹣）≈36米．
（2）由（1）可知L＝60θ，
由扇形面积公式可得S1＝2××30＝900θ，
在△A1A2D中，由余弦定理可得，
∴，即A1D＝30，
∴，
∴＝＝，
又∵平行四边形A1A2A3A4的面积S＝＝4×＝900×2sinθ，
∴S2＝S﹣S1＝900×2sinθ﹣900θ＝900（2sinθ﹣θ），
∴||＝＝≈0.1181＜0.12，
∴此人的设计是“用心”的．
【点评】本题主要考查了函数的实际应用，考查了弧长公式和扇形面积公式，同时考查了学生的计算能力，是中档题．
20．（16分）已知曲线Γ：3x2+4y2＝12的左、右焦点分别为F1、F2，直线l经过F1且与Γ相交于A、B两点．
（1）求△F1AF2的周长；
（2）若以F2为圆心的圆截y轴所得的弦长为2，且l与圆F2相切，求l的方程；
（3）设l的一个方向向量＝（1，k），在x轴上是否存在一点M，使得|MA|＝|MB|且tan∠MAB＝？若存在，求出M的坐标，若不存在，请说明理由．

【分析】（1）将曲线Γ的方程化为+＝1，解得a，b，c，由椭圆的定义可得三角形△F1AF2的周长为|AF1|+|AF2|+|F1F2|＝2a+2c，即可得出答案．
（2）设圆F2的半径为r，直线l为x＝my﹣1，即x﹣my+1＝0，由直线l与圆F2相切得＝r①，由以F2为圆心的圆截y轴所得的弦长为2，且F2到y轴的距离为1，得（）2+12＝r2②，解得m，即可得出答案．
（3）由直线l过点F1（﹣1，0），且方向向量为（1，k），推出直线l的方程为y＝k（x+1），设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与椭圆的方程，结合韦达定理可得x1+x2，x1x2，y1+y2，由弦长公式可得|AB|，进由|MA|＝|MB|，得点M是线段AB的垂直平分线与x轴的交点，设线段AB的中点为C，则MC⊥AB，进而可得C点坐标，写出线段AB垂直平分线的方程，令y＝0，解得x，即可得出M点坐标，再计算|MC|，推出tan∠MAB＝＝，解得k2，即可得出答案．
【解答】解：（1）因为曲线Γ：3x2+4y2＝12，
所以+＝1，
所以a2＝4，b2＝3，
所以c2＝a2﹣b2＝1，
所以a＝2，c＝1，
由椭圆的定义可得|AF1|+|AF2|＝2a，
所以三角形△F1AF2的周长为|AF1|+|AF2|+|F1F2|＝2a+2c＝2×2+2＝6．
（2）由上可知F1（﹣1，0），F2（1，0），
设圆F2的半径为r，直线l为x＝my﹣1，即x﹣my+1＝0，
因为直线l与圆F2相切，
所以圆心F2（1，0）到直线l的距离d＝r，
即＝r，①
因为以F2为圆心的圆截y轴所得的弦长为2，且F2到y轴的距离为1，
所以（）2+12＝r2，②，
由①②，解得r＝，m＝±，
所以直线l的方程为x﹣y+1＝0或x+y+1＝0．
（3）因为直线l过点F1（﹣1，0），且方向向量为（1，k），
所以直线l的方程为y＝k（x+1），
设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得（3+4k2）x2+8k2x+4k2﹣12＝0，
所以x1+x2＝﹣，x1x2＝，
所以y1+y2＝k（x1+1）+k（x2+1）＝k（x1+x2）+2k＝k（﹣）+2k＝，
|AB|＝＝
＝＝12•＝12•，
因为|MA|＝|MB|，
所以点M是线段AB的垂直平分线与x轴的交点，
设线段AB的中点为C，则MC⊥AB，且C（，），即C（﹣，），
所以线段AB垂直平分线的方程为y﹣＝﹣（x+），
令y＝0，得﹣＝﹣（x+），
所以x＝﹣＝﹣，
所以M（﹣，0），
所以|MC|＝＝，
在Rt△MAC中，tan∠MAB＝＝＝＝，
解得k2＝4，
所以M（﹣，0）．
【点评】本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21．（18分）记实数a、b中的较大者为max{a，b}，例如max{1，2}＝2，max{1，1}＝1，对于无穷数列{an}，记ck＝max{a2k﹣1，a2k}（k∈N*），若对于任意的k∈N*，均有ck+1＜ck，则称数列{an}为“趋势递减数列”．
（1）根据下列所给的通项公式，分别判断数列{an}是否为“趋势递减数列”，说明理由；
①an＝（﹣）n；
②an＝sin；
（2）设首项为1的等差数列{bn}的前n项和为Sn，公差为d，且数列{Sn}为“趋势递减数列”，求d的取值范围；
（3）若数列{dn}满足d1、d2均为正实数，且dn+2＝|dn﹣dn+1|，求证：{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0．
【分析】（1）①易知ck＝a2k＝（）k（k为正整数），于是ck+1﹣ck＜0，符合“趋势递减数列”的定义；
②易知ck＝（l为正整数），有c3＞c2，不符合“趋势递减数列”的定义．
（2）由数列{Sn}为“趋势递减数列”，知c1＝max{S1，S2}＞c2＝max{S3，S4}，再分S1≥S2和S1＜S2两类，分别求得d≤﹣1和﹣1＜d＜﹣，得解．
（3）必要性：用反证法，可推出数列{dn}从dm﹣1项开始，以后的各项为a，a，0，a，a，0…，与{dn}是“趋势递减数列”矛盾；充分性：易得d2k+3≠0（k为正整数），有d2k+1≠d2k+2，再分d2k+1＞d2k+2和d2k+1＜d2k+2两类，证得ck+1＜ck，即可．
【解答】（1）解：①因为an＝（﹣）n，
所以a2k﹣1＝﹣（）2k﹣1＜0，a2k＝（﹣）2k＞0，
所以ck＝a2k＝（）k（k为正整数），
所以ck+1﹣ck＝﹣•（）k＜0，
故①数列为“趋势递减数列”．
②因为an＝sin，
所以a2k﹣1＝（﹣1）k+1＜0，a2k＝0，
所以ck＝（l为正整数），
所以c3＞c2，
故②数列不是“趋势递减数列”．
（2）解：因为数列{Sn}为“趋势递减数列”，
所以c1＝max{S1，S2}＞c2＝max{S3，S4}，
①若S1≥S2，则a2＝S2﹣S1≤0，即a1+d＝1+d≤0，
所以d≤﹣1，
此时，0≥a2＞a3＞…＞an＞…，
所以S1≥S2＞S3＞S4＞…＞Sn＞…，
故ck＝S2k﹣1＞S2k+1＝ck+1（k∈N*），满足条件；
②若S1＜S2，则d＞﹣1，且S2＞S3，
所以a3＝S3﹣S2＜0，即a1+2d＝1+2d＜0，
所以d＜﹣，
所以﹣1＜d＜﹣，
同理可以验证满足条件，
综上所述，d的取值范围为（﹣∞，﹣）．
（3）证明：先证明必要性：用反证法．
假设存在正整数m（m≥3），使得dm＝0＝|dm﹣1﹣dm﹣2|，可令dm﹣1＝dm﹣2＝a，
则数列{dn}从dm﹣1项开始，以后的各项为a，a，0，a，a，0…，
故ck＝ck+1＝a，与{dn}是“趋势递减数列”矛盾，
所以必要性成立．
再证明充分性：
由dn+2＝|dn﹣dn+1|，得dn+2＜max{dn，dn+1}，
因为{dn}中的项没有0，所以对于任意正整数n，dn≠0，
所以d2k+3≠0（k为正整数），
所以d2k+1≠d2k+2，
①当d2k+1＞d2k+2时，ck+1＝max{d2k+1，d2k+2}＝d2k+1＜max{d2k﹣1，d2k}＝ck，
②当d2k+1＜d2k+2时，ck+1＝max{d2k+1，d2k+2}＝d2k+2＜max{d2k﹣1，d2k}＝ck，
所以均有ck+1＜ck，
所以充分性成立，
故{dn}为“趋势递减数列”的充要条件为{dn}的项中没有0．
【点评】本题考查数列的综合应用，解决数列中的创新问题关键在于理解新定义数列的含义，涉及反证法、分类讨论思想等多种数学思维与方法，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2022/8/4 19:09:42；用户：李超；邮箱：lichao317807156@126.com；学号：19716718