2021年上海市松江区高考数学二模试卷

这是一份2021年上海市松江区高考数学二模试卷，共21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年上海市松江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）已知集合A＝{x||x﹣1|＜1}，B＝{1，2，3}，则A∩B＝　 　．
2．（4分）若复数z满足z•（1+i）＝2（i为虚数单位），则z＝　 　．
3．（4分）已知向量＝（4，﹣2），＝（k，2），若⊥，则实数k＝　 　．
4．（4分）在（x+2）6的二项展开式中，x3项的系数为　 　（结果用数值表示）．
5．（4分）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若＝x+y+z，则x+y+z＝　 　．

6．（4分）若函数f（x）＝的反函数的图象经过点（2，1），则a＝　 　．
7．（5分）已知一个正方体与一个圆柱等高，且侧面积相等，则这个正方体和圆柱的体积之比为　 　．
8．（5分）因新冠肺炎疫情防控需要，某医院呼吸科准备从5名男医生和4名女医生中选派3人前往隔离点进行核酸检测采样工作，选派的三人中至少有1名女医生的概率为　 　．
9．（5分）已知函数y＝tan（ωx+）的图象关于点（，0）对称，且|ω|≤1，则实数ω的值为　 　．
10．（5分）如图，已知AB是边长为1的正六边形的一条边，点P在正六边形内（含边界），则•的取值范围是　 　．

11．（5分）已知曲线C：xy＝2（1≤x≤2），若对于曲线C上的任意一点P（x，y），都有（x+y+c1）（x+y+c2）≤0，则|c1﹣c2|的最小值为　 　．
12．（5分）在数列{an}中，a1＝3，an+1＝1+a1•a2•a3•…•an，记Tn为数列{}的前n项和，则Tn＝　 　．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）经过点（1，1），且方向向量为（1，2）的直线方程是（　　）
A．2x﹣y﹣1＝0 B．2x+y﹣3＝0 C．x﹣2y+1＝0 D．x+2y﹣3＝0
14．（5分）设α、β表示两个不同的平面，l表示一条直线，且l⊂α，则l∥β是α∥β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
15．（5分）已知实数a、b满足（a+2）（b+1）＝8，有结论：
①存在a＞0，b＞0，使得ab取到最大值；
②存在a＜0，b＜0，使得a+b取到最小值；
正确的判断是（　　）
A．①成立，②成立 B．①不成立，②不成立
C．①成立，②不成立 D．①不成立，②成立
16．（5分）已知函数f（x）＝+|2x﹣a|，若存在相异的实数x1，x2∈（﹣∞，0），使得f（x1）＝f（x2）成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，﹣） B．（﹣∞，﹣） C．（，+∞） D．（，+∞）
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，S是圆锥的顶点，O是底面圆的圆心，AB、CD是底面圆的两条直径，且AB⊥CD，SO＝4，OB＝2，P为SB的中点．
（1）求异面直线SA与PD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；
（2）求点S到平面PCD的距离．

18．（14分）已知函数f（x）＝2x+a•2﹣x（a为常数，a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的奇偶性；
（2）当f（x）为偶函数时，若方程f（2x）﹣k•f（x）＝3在x∈[0，1]上有实根，求实数k的取值范围．
19．（14分）为打赢打好脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图扇形空地AOB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为100米，圆心角为π，点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ∥OA．
（1）当Q是OB的中点时，求PQ的长；（精确到米）
（2）已知种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，要使郁金香种植区△OPQ的面积尽可能的大，求△OPQ面积的最大值，并求此时扇形区域AOB种植花卉的总成本．（精确到元）

20．（16分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l交抛物线于不同的A、B两点．
（1）若直线l的方程为y＝x﹣1，求线段AB的长；
（2）若直线l经过点P（﹣1，0），点A关于x轴的对称点为A′，求证：A′、F、B三点共线；
（3）若直线l经过点M（8，﹣4），抛物线上是否存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N？若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
21．（18分）对于至少有三项的实数列{an}，若对任意的n（n∈N*，n≥3），都存在s、t（其中s≠t，s，t∈N*，s＜n，t＜n），使得an＝as﹣at成立，则称数列{an}具有性质P．
（1）分别判断数列1，2，3，4和数列﹣1，0，1，2是否具有性质P，请说明理由；
（2）已知数列{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，若bn＝sinan，且数列{an}和{bn}都具有性质P，求公差d的最小值；
（3）已知数列cn＝|n﹣a|﹣b（其中a≠b，a，b∈N*），试探求数列{cn}具有性质P的充要条件．

2021年上海市松江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）已知集合A＝{x||x﹣1|＜1}，B＝{1，2，3}，则A∩B＝　{1}　．
【分析】先求出集合A，利用交集定义能求出A∩B．
【解答】解：∵集合A＝{x||x﹣1|＜1}＝{x|﹣1＜x﹣1＜1}＝{x|0＜x＜2}，
B＝{1，2，3}，
∴A∩B＝{1}．
故答案为：{1}．
【点评】本题考查集合的运算，考查交集的定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
2．（4分）若复数z满足z•（1+i）＝2（i为虚数单位），则z＝　1﹣i　．
【分析】利用复数的除法运算求解z即可．
【解答】解：因为z•（1+i）＝2，
所以．
故答案为：1﹣i．
【点评】本题考查了复数的运算，主要考查了复数除法的运算法则的运用，考查了化简运算能力，属于基础题．
3．（4分）已知向量＝（4，﹣2），＝（k，2），若⊥，则实数k＝　1　．
【分析】根据可得出，然后进行数量积的坐标运算即可求出k的值．
【解答】解：∵＝（4，﹣2），＝（k，2），且，
∴，解得k＝1．
故答案为：1．
【点评】本题考查了向量垂直的充要条件，向量坐标的数量积的运算，考查了计算能力，属于基础题．
4．（4分）在（x+2）6的二项展开式中，x3项的系数为　160　（结果用数值表示）．
【分析】求出含x3的项，由此即可求解．
【解答】解：展开式中含x3的项为C＝20×8x3＝160x3，
所以x3项的系数为160，
故答案为：160．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
5．（4分）如图所示，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，A1C1∩B1D1＝F，若＝x+y+z，则x+y+z＝　2　．

【分析】在平行六面体中把向量用表示，然后利用向量相等，得到x，y，z的值．
【解答】解：因为
＝
＝
＝，
又＝x+y+z，
所以，
则x+y+z＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查了空间向量基本定理的理解和应用，考查了化简运算能力与转化回归能力，属于基础题．
6．（4分）若函数f（x）＝的反函数的图象经过点（2，1），则a＝　﹣3　．
【分析】利用反函数的定义可知，函数f（x）经过点（1，2），代入求解即可．
【解答】解：根据反函数的定义可知，函数f（x）＝的反函数的图象经过点（2，1），
则函数f（x）经过点（1，2），
所以，解得a＝﹣3．
故答案为：﹣3．
【点评】本题考查了反函数的理解和应用，解题的关键是掌握函数与反函数之间的关系，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
7．（5分）已知一个正方体与一个圆柱等高，且侧面积相等，则这个正方体和圆柱的体积之比为　π：4．　．
【分析】设正方体的棱长为a，圆柱的底面半径为r，利用圆柱和正方体的侧面积公式可得2πra＝4a2，从而得出r与a的关系式，最后利用体积公式即可得出正方体与圆柱的体积比．
【解答】解：设正方体的棱长为a，圆柱的底面半径为r，
由圆柱和正方体的侧面积公式可知，
圆柱侧面积＝2πra，正方体的侧面积＝4a2，
∵它们的侧面积相等，∴2πra＝4a2，∴r＝；
∴正方体与圆柱的体积比是：＝＝π：4．
故答案为：π：4．
【点评】此题主要考查圆柱和正方体的表面积及体积公式，属于基础题．
8．（5分）因新冠肺炎疫情防控需要，某医院呼吸科准备从5名男医生和4名女医生中选派3人前往隔离点进行核酸检测采样工作，选派的三人中至少有1名女医生的概率为　　．
【分析】基本事件总数n＝＝84，选派的三人中至少有1名女医生包含的基本事件总数m＝＝74，由此能求出选派的三人中至少有1名女医生的概率．
【解答】解：某医院呼吸科准备从5名男医生和4名女医生中选派3人前往隔离点进行核酸检测采样工作，
基本事件总数n＝＝84，
选派的三人中至少有1名女医生包含的基本事件总数m＝＝74，
∴选派的三人中至少有1名女医生的概率P＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的运算，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
9．（5分）已知函数y＝tan（ωx+）的图象关于点（，0）对称，且|ω|≤1，则实数ω的值为　﹣或1　．
【分析】由函数y＝tan（ωx+φ）的图象的对称性，求得ω的值．
【解答】解：∵函数y＝tan（ωx+）的图象关于点（，0）对称，且|ω|≤1，
∴ω×+＝kπ，k∈Z，或ω×+＝kπ+，k∈Z
则令k＝0，可得实数ω＝﹣或ω＝1，
故答案为：﹣ 或1．
【点评】本题主要考查由函数y＝tan（ωx+φ）的图象的对称性，属于基础题．
10．（5分）如图，已知AB是边长为1的正六边形的一条边，点P在正六边形内（含边界），则•的取值范围是　[]　．

【分析】利用平面向量基本定理，将用向量表示，（其中O为AB的中点），则问题最终转化为求范围的问题，利用圆的性质易求出的最大值为MO，问题可求解．
【解答】解：如图，取AB的中点O，由已知得，
则，＝．
故＝＝．
如图，以O为圆心，OT（T为边AB的对边NM的中点）为半径作圆，由正六边形的性质可知，
该圆与边NM相切于点T，且故P点为M或N点时，PO最大，且此时OT＝2×．
所以OPmax＝＝，
当P与O重合时，PO＝0最小．
故．
故答案为：．

【点评】本题考查平面向量在几何问题中的应用，属于中档题．
11．（5分）已知曲线C：xy＝2（1≤x≤2），若对于曲线C上的任意一点P（x，y），都有（x+y+c1）（x+y+c2）≤0，则|c1﹣c2|的最小值为　3﹣2　．
【分析】根据xy＝2（1≤x≤2），得y＝，（1≤x≤2），利用对勾函数的性质求出x+y的取值范围，利用不等式恒成立，进行转化求解即可．
【解答】解：∵xy＝2（1≤x≤2），
∴y＝，（1≤x≤2），
则x+y＝x+，
设f（x）＝x+，
则f（x）在（1，]上递减，则[，2）上递增，
则当x＝时，f（x）最小为f（x）＝＝2，
当x＝1时，f（x）＝1+2＝3，当x＝2时，f（x）＝2+1＝3，
即f（x）的最大值为3，则2≤f（x）≤3，
不妨设c1≤c2，
则由（x+y+c1）（x+y+c2）≤0得x+y+c1≤0，且x+y+c2≥0，
即c1≤﹣（x+y）＝﹣f（x），且c2≥﹣x﹣y＝﹣f（x），
∵2≤f（x）≤3，
∴﹣3≤f（x）≤﹣2，
则c1≤﹣3，c2≥﹣2，
则|c1﹣c2|的最小值为|﹣3﹣（﹣2）|＝3﹣2，
故答案为：3﹣2．
【点评】本题主要考查不等式恒成立问题，利用对勾函数的性质求出最值，利用参数分离法求出函数的最值是解决本题的关键，是中档题．
12．（5分）在数列{an}中，a1＝3，an+1＝1+a1•a2•a3•…•an，记Tn为数列{}的前n项和，则Tn＝　　．
【分析】当n≥2时，将n换为n﹣1，推得an+1﹣1＝an（an﹣1），＝﹣，n≥2，由数列的裂项相消求和，结合数列的单调性，即可得到所求极限．
【解答】解：an+1＝1+a1•a2•a3•…•an，可得an＝1+a1•a2•a3•…•an﹣1，（n≥2），
又an+1﹣1＝a1•a2•a3•…•an，an﹣1＝a1•a2•a3•…•an﹣1，
两式相除可得＝an，即an+1﹣1＝an（an﹣1），
则＝＝﹣，
即有＝﹣，n≥2，
所以Tn＝+﹣+﹣+…+﹣
＝+﹣＝﹣，
由a1＞1，an+1＝1+a1•a2•a3•…•an，可得an＞1，且{an}为递增数列，
当n→+∞时，an→+∞，则→0，即有→0，
所以Tn＝（﹣）＝．
故答案为：．
【点评】本题考查数列的极限的求法，以及数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，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）经过点（1，1），且方向向量为（1，2）的直线方程是（　　）
A．2x﹣y﹣1＝0 B．2x+y﹣3＝0 C．x﹣2y+1＝0 D．x+2y﹣3＝0
【分析】由题意求出直线的斜率，用点斜式求得直线的方程．
【解答】解：由于直线的方向向量为（1，2），故直线的斜率为＝2，
故直线的方程为 y﹣1＝2（x﹣1），即 2x﹣y﹣1＝0，
故选：A．
【点评】本题主要考查用点斜式求出直线的方程，属于基础题．
14．（5分）设α、β表示两个不同的平面，l表示一条直线，且l⊂α，则l∥β是α∥β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】根据线面、面面平行的判定与性质定理即可判断出结论．
【解答】解：由l⊂α，α∥β⇒l∥β，
反之不成立，可能α∥β或α与β相交．
∴l∥β是α∥β的必要不充分条件，
故选：B．
【点评】本题考查了线面、面面平行的判定与性质定理、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
15．（5分）已知实数a、b满足（a+2）（b+1）＝8，有结论：
①存在a＞0，b＞0，使得ab取到最大值；
②存在a＜0，b＜0，使得a+b取到最小值；
正确的判断是（　　）
A．①成立，②成立 B．①不成立，②不成立
C．①成立，②不成立 D．①不成立，②成立
【分析】由已知结合基本不等式及其应用条件分别检验①②即可判断．
【解答】解：因为（a+2）（b+1）＝8，
所以 ab＝6﹣（a+2b），
①a＞0，b＞0，a+2b＝（a+2）+（2b+2）﹣4≥2﹣4＝4，当且2＝2b时取等号，
所以6﹣ab≥4，
解得ab≤2，即ab取到最大值2；①正确；
②a＜0，b＜0，
当a+2＞0时，a+b＝a+﹣1＝a+2+﹣3＝4，
当且仅当a+2＝时取等号，此时a＝2不符合a＜0，不满足题意；
当a+2＜0时，a+b＝a+﹣1＝a+2+﹣3＝﹣[﹣（a+2）﹣]﹣3，
此时取得最大值，没有最小值，②错误．
故选：C．
【点评】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，解题的关键是基本不等式的应用条件的配凑．
16．（5分）已知函数f（x）＝+|2x﹣a|，若存在相异的实数x1，x2∈（﹣∞，0），使得f（x1）＝f（x2）成立，则实数a的取值范围为（　　）
A．（﹣∞，﹣） B．（﹣∞，﹣） C．（，+∞） D．（，+∞）
【分析】去绝对值，可得f（x）的分段函数形式，分别讨论a＝0，a＞0，a＜0，结合函数的导数和单调性，以及存在性问题解法，即可得到结论．
【解答】解：函数f（x）＝+|2x﹣a|＝，
①当a＝0，x＜0时，f（x）＝﹣2x，f′（x）＝﹣﹣2＜0，f（x）在（﹣∞，0）递减，不成立，舍去；
②当a＞0，x＜0时，则f（x）＝﹣2x+a，f′（x）＝﹣﹣2＜0，f（x）在（﹣∞，0）递减，不成立，舍去；
③当a＜0，x＜0时，f（x）＝，当x＜时，f′（x）＝﹣﹣2＜0，f（x）在（﹣∞，0）递减；
当≤x＜0时，f′（x）＝2﹣，由f′（x）＝0，可得x＝±，
当a≥﹣，即≥﹣时，x∈[，0），则f′（x）≤0恒成立，
当a＜﹣，即＜﹣时，x∈[，0），则f′（x）在（，﹣）单调递增，在（﹣，0）单调递减．
则对于任意x0∈（，﹣），f（x0）＞f（），则满足题意．
存在相异的实数x1，x2∈（﹣∞，0），使得f（x1）＝f（x2）成立，
此时a＜﹣，
故选：B．
【点评】本题考查分段函数的单调性，以及存在性问题解法，考查分类讨论思想和转化思想、运算能力和推理能力，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，S是圆锥的顶点，O是底面圆的圆心，AB、CD是底面圆的两条直径，且AB⊥CD，SO＝4，OB＝2，P为SB的中点．
（1）求异面直线SA与PD所成角的大小（结果用反三角函数值表示）；
（2）求点S到平面PCD的距离．

【分析】（1）连接PO，由中位线定理推出PO∥SA，得∠DPO为异面直线SA与PD所成角，再根据条件计算出tan∠DPO，即可得出答案．
（2）以O为原点，OA，OD，OS为x，y，z轴，写出，，坐标，求出平面PCD的法向量为＝（x，y，z），再计算点S到平面PCD的距离d＝，即可得出答案．
【解答】解：（1）连接PO，则PO∥SA，
所以∠DPO为异面直线SA与PD所成角，
因为CD⊥AB，CD⊥SO，又AB∩SO＝O，
所以CD⊥平面SOB，又PO⊂平面SOB，
所以CD⊥PO，
在Rt△DOP中，OD＝OB＝2，OP＝SA＝＝，
tan∠DPO＝＝＝，
所以异面直线SA与PD所成角大小为arctan．
（2）以O为原点，OA，OD，OS为x，y，z轴，如图所示：
所以O（0，0，0），D（0，2，0），P（1，0，2），S（0，0，4），
＝（1，0，﹣2），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣2），
设平面PCD的法向量为＝（x，y，z），
因为，即，令z＝1，x＝﹣2，y＝0，
所以＝（﹣2，0，1），
•＝（﹣2，0，1）•（1，0，﹣2）＝﹣4，
所以点S到平面PCD的距离d＝＝＝．

【点评】本题考查异面直线所成角，点到平面的距离，解题中需要熟悉直线与平面的位置关系，属于中档题．
18．（14分）已知函数f（x）＝2x+a•2﹣x（a为常数，a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的奇偶性；
（2）当f（x）为偶函数时，若方程f（2x）﹣k•f（x）＝3在x∈[0，1]上有实根，求实数k的取值范围．
【分析】（1）直接使用奇偶性的定义进行求解；（2）在函数f（x）为偶函数的条件下，确定函数的解析式，并通过函数零点和方程根的关系，求解实数k的取值范围．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝2x+a•2﹣x的定义域为x∈R，
又∵f（﹣x）＝2﹣x+a•2x
∴①当f（﹣x）＝f（x）时，即2﹣x+a•2x＝2x+a•2﹣x时，可得a＝1
即当a＝1时，函数f（x）为偶函数；
②当f（﹣x）＝﹣f（x）时，即2﹣x+a•2x＝﹣（2x+a•2﹣x）＝﹣2x﹣a•2﹣x时，可得a＝﹣1
即当a＝﹣1时，函数f（x）为奇函数．
（2）由（1）可得，当函数f（x）为偶函数时，a＝1，
即f（x）＝2x+2﹣x时，f（2x）＝22x+2﹣2x＝（2x+2﹣x）2﹣2
由题可得，（2x+2﹣x）2﹣2﹣k（2x+2﹣x）＝3⇔（2x+2﹣x）2﹣k（2x+2﹣x）﹣5＝0
令t＝2x+2﹣x，则有t2﹣kt﹣5＝0⇒t＝
∵x∈[0，1]
∴
又∵，当且仅当⇒x＝0时，等号成立
根据对勾函数的性质可知，，即
①⇒⇒k2+20≤k2﹣8k+16⇒
⇒⇒k2+20≥k2﹣10k+25⇒
此时k的取值不存在；
②⇒⇒k2+20≥k2﹣8k+16⇒
⇒⇒k2+20≤k2﹣10k+25⇒
此时，可得k的取值为
综上可得
【点评】本题重点考查函数奇偶性的判定，以及函数性质的使用，属于综合类题目，难度中等．
19．（14分）为打赢打好脱贫攻坚战，某村加大旅游业投入，准备将如图扇形空地AOB分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花，已知扇形的半径为100米，圆心角为π，点P在扇形的弧上，点Q在OB上，且PQ∥OA．
（1）当Q是OB的中点时，求PQ的长；（精确到米）
（2）已知种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，要使郁金香种植区△OPQ的面积尽可能的大，求△OPQ面积的最大值，并求此时扇形区域AOB种植花卉的总成本．（精确到元）

【分析】（1）扇形的半径为100米＝1百米，求出OQ，OP的值，然后在△OPQ中，利用余弦定理求解PQ即可；
（2）在△OPQ中，利用正弦定理求出PQ，然后表示出△OPQ的面积，利用三角函数的性质求解最值即可；分别求出时各区域的面积，求解总成本即可．
【解答】解：（1）扇形的半径为100米＝1百米，
当Q时OB的中点时，OQ＝，∠PQO＝，OP＝1，
在△OPQ中，由余弦定理可得，，解得PQ＝≈1.15，
所以Q是OB的中点时，PQ的长约为115米；
（2）在△OPQ中，由正弦定理可得，，
所以，
所以△OPQ的面积为＝，
故当，即时，△OPQ的面积最大为（百米2）＝，
当时，PQ＝OP＝1，故扇形AOP的面积为（百米2）＝m2，
扇形AOB的面积为S大＝（百米2）＝，
所以区域BQP的面积为S2＝S大﹣S﹣S1＝﹣﹣＝﹣（m2），
因为种植玫瑰花、郁金香和菊花的成本分别为30元/平方米、50元/平方米、20元/平方米，
所以此时扇形区域AOB种植花卉的总成本为30×+50×+20×（﹣）≈391703元．
【点评】本题考查了三角函数的实际应用问题，解题的关键是弄清题意，正确抽取出合适的数学模型，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．
20．（16分）已知抛物线y2＝4x的焦点为F，直线l交抛物线于不同的A、B两点．
（1）若直线l的方程为y＝x﹣1，求线段AB的长；
（2）若直线l经过点P（﹣1，0），点A关于x轴的对称点为A′，求证：A′、F、B三点共线；
（3）若直线l经过点M（8，﹣4），抛物线上是否存在定点N，使得以线段AB为直径的圆恒过点N？若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线l与抛物线的方程，结合韦达定理可得x1+x2，由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+P，即可得出答案．
（2）设直线l的方程为y＝k（x+1），A′（x1，﹣y1），B（x2，y2），写出直线A′F的斜率为kA′F，直线BF的斜率为kBF，即可得出答案．
（3）假设存在点N（，y0）使以弦AB为直径的圆恒过点N，则•＝0，解出N点坐标即可．
【解答】解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），
联立，得x2﹣6x+1＝0，
所以x1+x2＝6，
因为抛物线的方程为y2＝4x，
所以抛物线的焦点F（1，0），
又直线l：y＝x﹣1过抛物线的焦点F（1，0），
所以由抛物线的定义可得|AB|＝|AF|+|BF|＝x1+x2+P＝6+2＝8．
（2）证明：设直线l的方程为y＝k（x+1），A′（x1，﹣y1），B（x2，y2），
联立，得k2x2+（2k2﹣4）x+k2＝0，
所以x1x2＝1，即x2＝，
直线A′F的斜率为kA′F＝＝，
直线BF的斜率为kBF＝＝＝＝﹣，
所以kA′F＝kBF，
所以A′、F、B三点共线．
（3）假设存在点N（，y0）使以弦AB为直径的圆恒过点N，
设过点M（8，﹣4）直线l的方程为x＝m（y+4）+8，
联立，得y2﹣4my﹣16m﹣32＝0，
设A（，y1），B（，y2），
则y1+y2＝4m，y1y2＝﹣16m﹣32，
因为点N总在以弦AB为直径的圆上，
所以∠ANB＝90°，
所以•＝0，
又＝（﹣，y1﹣y0），＝（﹣，y2﹣y0），
所以（﹣）（﹣）+（y1﹣y0）（y2﹣y0）＝0，
所以（y1﹣y0）（y2﹣y0）[+1]＝0，
当y1＝y0或y2＝y0，等式成立，
当y1＝≠0或y2≠y0，有（y1+y0）（y2+y0）＝﹣16，
所以y1y2+y0（y1+y2）+y02+16＝0，
则y02﹣4my0﹣16m﹣16＝0，
即4m（y0﹣4）+（y0﹣4）（y0+4）＝0，
所以当y0＝4时，无论m取何值等式都成立，
将y0＝4代入y2＝4x，得x0＝4，
所以存在点N（4，4）使得以弦AB为直径的圆恒过点N．
【点评】本题考查抛物线的定义，以及直线与圆和抛物线的位置问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21．（18分）对于至少有三项的实数列{an}，若对任意的n（n∈N*，n≥3），都存在s、t（其中s≠t，s，t∈N*，s＜n，t＜n），使得an＝as﹣at成立，则称数列{an}具有性质P．
（1）分别判断数列1，2，3，4和数列﹣1，0，1，2是否具有性质P，请说明理由；
（2）已知数列{an}是公差为d（d＞0）的等差数列，若bn＝sinan，且数列{an}和{bn}都具有性质P，求公差d的最小值；
（3）已知数列cn＝|n﹣a|﹣b（其中a≠b，a，b∈N*），试探求数列{cn}具有性质P的充要条件．
【分析】（1）根据数列具有性质P时的特征判断即可．
（2）由题意可得bs﹣bt＝sin（as﹣at），要使d最小，则cosat＝1，cosas＝1，从而求出at，as的值，再利用等差数列公差公式即可求出d的值．
（3）由数列cn＝|n﹣a|﹣b且具有性质P，可得cn＝cs﹣ct，进而求出b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|，充分性得证，再证明必要性即可求出结果．
【解答】解：（1）数列1，2，3，4不具有性质P，理由如下：
当n＝4时，an＝4，不存在s、t（其中s≠t，s，t∈N*，s＜n，t＜n），使得an＝as﹣at成立，
所以数列1，2，3，4不具有性质P，
数列﹣1，0，1，2具有性质P，理由如下：
若an＝1，as＝0，at＝﹣1，则满足an＝as﹣at，
若an＝2，as＝1，at＝﹣1，则满足an＝as﹣at，
所以数列﹣1，0，1，2具有性质P．
（2）∵{an}的公差为d，bn＝sinan，
∴，
∴bs﹣bt＝sin（as﹣at），
要使d最小，
∴sinas﹣sinat＝sin（as﹣at）＝sinascosat﹣cosassinat，
∴，
∴at＝2k1π，as＝2k2π（k1∈Z，k2∈Z），
又∵d＝＝＝2π×，
∴当＝时，dmin＝，
此时令{an}的首项为﹣，则数列{an}和{bn}都具有性质P，
∴dmin＝．
（3）∵数列cn＝|n﹣a|﹣b且具有性质P，
∴cn＝cs﹣ct，
∴|n﹣a|﹣b＝|s﹣a|﹣b﹣（|t﹣a|﹣b），
∴b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|（充分性成立），
又由b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|可得|n﹣a|﹣b＝|s﹣a|﹣b﹣（|t﹣a|﹣b），
即cn＝cs﹣ct（必要性成立），
∴数列{cn}具有性质P的充要条件是b＝|n﹣a|﹣|s﹣a|+|t﹣a|．
【点评】本题主要考查了数列的综合运用，考查了逻辑关系的判断，同时考查了学生的逻辑推理能力，是中档题．
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