2021年上海市杨浦区高考数学二模试卷

这是一份2021年上海市杨浦区高考数学二模试卷，共21页。试卷主要包含了，则z•＝　 　，＝　 　，方程的解为x＝　 　等内容，欢迎下载使用。

2021年上海市杨浦区高考数学二模试卷
一．填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分。考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果
1．（4分）已知复数z满足z＝2﹣i（i为虚数单位），则z•＝　 　．
2．（4分）已知函数的反函数为f﹣1（x），则f﹣1（3）＝　 　．
3．（4分）在行列式D＝中，元素3的代数余子式的值为　 　．
4．（4分）在的二项展开式中，x6项的系数是　 　．
5．（4分）已知x，y满足，则z＝x﹣2y的最大值为　 　．
6．（4分）方程的解为x＝　 　．
7．（5分）已知一组数据a，3，﹣2，6的中位数为4，则其总体方差为　 　．
8．（5分）已知函数f（x）＝g（x）+|2x﹣1|为奇函数，若g（﹣1）＝7，则g（1）＝　 　．
9．（5分）直线l：（n+2）x﹣y+2n﹣1＝0（n∈N*）被圆C：（x﹣1）2+y2＝16所截得的弦长为dn，则＝　 　．
10．（5分）非空集合A中所有元素乘积记为T（A）．已知集合M＝{1，4，5，7，8}，从集合M的所有非空子集中任选一个子集A，则T（A）为偶数的概率是　 　．（结果用最简分数表示）
11．（5分）函数，若有且仅有一个实数m满足：①；②x＝m是函数图象的对称轴，则ω的取值范围是　 　．
12．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是平面ACC1A1上一动点，且满足，则满足条件的所有点P所围成的平面区域的面积是 　 　．

二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，填上正确的答案，选对得5分，否则一律得零分.
13．（5分）若m，n∈R，i是虚数单位，则“m＝n”是“（m﹣n）+（m+n）i为纯虚数”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
14．（5分）已知数列{an}是无穷等比数列，若a1＜a2＜0，则数列{an}的前n项和Sn（　　）
A．无最大值，有最小值 B．有最大值，有最小值
C．有最大值，无最小值 D．无最大值，无最小值
15．（5分）在四边形ABCD中，，且满足，则＝（　　）
A．2 B．6 C． D．
16．（5分）已知函数f（x）的定义域为D，值域为A，函数f（x）具有下列性质：（1）若x，y∈D，则；（2）若x，y∈D，则f（x）+f（y）∈A．下列结论正确的是（　　）
①函数f（x）可能是奇函数；
②函数f（x）可能是周期函数；
③存在x∈D，使得；
④对任意x∈D，都有f2（x）∈A．
A．①③④ B．②③④ C．②④ D．②③
三、解答题（本大题满分76分）本大题共5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17．（14分）如图，棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BB1⊥底面ABC，AB⊥BCD是棱AB的中点．
（1）求证：直线BC与直线DC1为异面直线；
（2）求直线DC1与平面A1BC所成角的大小．

18．（14分）已知，（a为实常数）
（1）当a＝1时，求不等式的解集；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）中有零点，求a的取值范围．
19．（14分）如图，A，B，C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，AB＝30公里，AC＝10公里，∠BAC＝60°，D是圆形区域外一景点，∠DBC＝90°，∠DCB＝60°．
（1）O、A相距多少公里？（精确到小数点后两位）
（2）若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处，需要多少小时？（精确到小数点后两位）

20．（16分）焦点为F的抛物线与圆交于A，B两点，其中A点横坐标为xA，方程的曲线记为Γ，P是曲线Γ上一动点．
（1）若P在抛物线上且满足|PF|＝3，求直线PF的斜率；
（2）T（m，0）是x轴上一定点．若动点P在Γ上满足x≤xA的范围内运动时，|PT|≤|AT|恒成立，求m的取值范围；
（3）Q是曲线Γ上另一动点，且满足FP⊥FQ，若△PFQ的面积为4，求线段PQ的长．

21．（18分）已知无穷数列{an}与无穷数列{bn}满足下列条件：①an∈{0，1，2}，n∈N*；②＝（﹣1）n•|an﹣an+1|，n∈N*．记数列{bn}的前n项积为Tn．
（1）若a1＝b1＝1，a2＝0，a3＝2，a4＝1，求T4；
（2）是否存在a1，a2，a3，a4，使得b1，b2，b3，b4成等差数列？若存在，请写出一组a1，a2，a3，a4；若不存在，请说明理由；
（3）若b1＝1，求T2021的最大值．

2021年上海市杨浦区高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一．填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，1-6每题4分，7-12每题5分。考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果
1．（4分）已知复数z满足z＝2﹣i（i为虚数单位），则z•＝　5　．
【分析】先求出复数的共轭复数，由此即可求解．
【解答】解：因为z＝2﹣i，所以，
所以z＝（2﹣i）（2+i）＝4+1＝5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了复数的运算性质，涉及到求解复数模的运算以及共轭复数，属于基础题．
2．（4分）已知函数的反函数为f﹣1（x），则f﹣1（3）＝　5　．
【分析】利用反函数与原函数的关系，列出f（x）＝3，求解即可．
【解答】解：令f（x）＝，解得x＝5，
故f﹣1（3）＝5．
故答案为：5．
【点评】本题考查了反函数的应用，熟练掌握反函数的性质是解题的关键，属于基础题．
3．（4分）在行列式D＝中，元素3的代数余子式的值为　﹣10　．
【分析】由题意得元素3代数余子式是第1第2列的元素的代数余子式.
【解答】解：在行列式D＝中，元素3的代数余子式的值为：
（﹣1）1+2[2×4﹣（﹣2）×1]＝﹣10，
故答案为：﹣10．
【点评】本题考查利用代数代数余子式定义计算，属于基础题．
4．（4分）在的二项展开式中，x6项的系数是　56　．
【分析】求出展开式中含x6的项，由此即可求解．
【解答】解：由已知可得展开式中含x6的项为：
C＝2×28x6＝56x6，
所以展开式中x6项的系数为56，
故答案为：56．
【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）已知x，y满足，则z＝x﹣2y的最大值为　9　．
【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，

联立，解得A（﹣1，﹣5），
由z＝x﹣2y，得y＝，由图可知，当直线y＝过A时，直线在y轴上的截距最小，
z有最大值为9．
故答案为：9．
【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．
6．（4分）方程的解为x＝　2　．
【分析】利用对数的性质、运算法则直接求解．
【解答】解：∵，
∴，
解得x＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查对数方程的求解，考查对数的性质、运算法则、对数函数的性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
7．（5分）已知一组数据a，3，﹣2，6的中位数为4，则其总体方差为　　．
【分析】先利用中位数的定义求出a，然后由方差的计算公式求解即可．
【解答】解：因为数据a，3，﹣2，6的中位数为4，
所以，故a＝5，
所以这组数据的平均数为，
故方差为[（﹣2﹣3）2+（3﹣3）2+（5﹣3）2+（6﹣3）2]＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了特征数的求解，解题的关键是掌握中位数的定义以及方差的计算公式，考查了化简运算能力，属于基础题．
8．（5分）已知函数f（x）＝g（x）+|2x﹣1|为奇函数，若g（﹣1）＝7，则g（1）＝　﹣11　．
【分析】根据题意，由函数的解析式可得f（1）、f（﹣1）的值，结合函数奇偶性的性质可得f（﹣1）+f（1）＝g（1）+g（﹣1）+4＝0，计算可得答案．
【解答】解：根据题意，函数f（x）＝g（x）+|2x﹣1|，
则f（1）＝g（1）+1，f（﹣1）＝g（﹣1）+3，
又由函数f（x）＝g（x）+|2x﹣1|为奇函数，则f（﹣1）+f（1）＝g（1）+g（﹣1）+4＝0，
则g（1）＝﹣11，
故答案为：﹣11．
【点评】本题考查函数奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．
9．（5分）直线l：（n+2）x﹣y+2n﹣1＝0（n∈N*）被圆C：（x﹣1）2+y2＝16所截得的弦长为dn，则＝　　．
【分析】求出圆的圆心与半径，利用点到直线的距离，求解dn，然后求解即可．
【解答】解：圆C：（x﹣1）2+y2＝16的圆心（1，0），半径为4，
由点到直线的距离公式可得dn＝2＝＝2，
＝2＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查直线与圆的位置关系的应用，数列极限的求法，是中档题．
10．（5分）非空集合A中所有元素乘积记为T（A）．已知集合M＝{1，4，5，7，8}，从集合M的所有非空子集中任选一个子集A，则T（A）为偶数的概率是　　．（结果用最简分数表示）
【分析】先求出集合M的所有非空子集的个数，然后求出T（A）为奇数的集合A的个数，从而求出T（A）为偶数的集合A的个数，由古典概型的概率公式求解即可．
【解答】解：因为集合M＝{1，4，5，7，8}，
所以集合M的所有非空子集共有25﹣1＝31种，
若T（A）为奇数，则A中元素全部为奇数，
又{1，3，5}的非空子集个数，共有23﹣1＝7种，
所以T（A）为偶数的共有31﹣7＝24种，
故T（A）为偶数的概率是．
故答案为：．
【点评】本题考查了概率与集合的综合应用，涉及了集合子集个数的求解，古典概型概率公式的运用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
11．（5分）函数，若有且仅有一个实数m满足：①；②x＝m是函数图象的对称轴，则ω的取值范围是　[，）　．
【分析】利用两角和的正弦公式，化简函数的解析式，再利用正弦函数的图象和性质，求得ω的取值范围．
【解答】解：∵函数＝2sin（ωx+），
若有且仅有一个实数m满足：①；②x＝m是函数图象的对称轴，
故函数的图象的对称轴只有一条在[0，]上，
∴ω•m+＝kπ+，即 x＝（kπ+）•，k∈Z，
令k＝0，可得函数的图象的对称轴方程 x＝，
∴≤，且+＞，
求得≤ω＜，
故答案为：[，）．
【点评】本题主要考查两角和的正弦公式，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
12．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P是平面ACC1A1上一动点，且满足，则满足条件的所有点P所围成的平面区域的面积是 　　．

【分析】由已知结合向量的数量积性质可转化为球，然后结合球的性质即可求解．
【解答】解：因为，
所以D1P⊥CP，
故P在以CD1为直径的球面上，且P在平面ACC1A1上，
则P在面ACC1A1截球所得的圆上，设该圆半径r，且正方体棱长为2，
则CD＝2，球半径R＝＝，
连接B1D1，则B1D1⊥A1C1，B1D1⊥AA1，
所以B1D1⊥平面ACC1A1，
所以D1到平面ACC1A1的距离d1＝＝，
因为O为CD1中点，
所以O到平面ACC1A1的距离d＝＝，
所以圆半径r＝＝，
圆面积S＝πr2＝．
故答案为：．
【点评】本题以向量数量积为载体，主要考查了球的性质，属于中档题．
二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答题纸的相应编号上，填上正确的答案，选对得5分，否则一律得零分.
13．（5分）若m，n∈R，i是虚数单位，则“m＝n”是“（m﹣n）+（m+n）i为纯虚数”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】复数z＝m﹣n+（m+n）i为纯虚数，可得，解得m＝n≠0即可判断出结论．
【解答】解：复数z＝m﹣n+（m+n）i为纯虚数，可得，解得m＝n≠0．
∴“m＝n”是“复数z＝m﹣n+（m+n）i为纯虚数”的必要不充分条件．
故选：B．
【点评】本题考查了纯虚数的定义、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．
14．（5分）已知数列{an}是无穷等比数列，若a1＜a2＜0，则数列{an}的前n项和Sn（　　）
A．无最大值，有最小值 B．有最大值，有最小值
C．有最大值，无最小值 D．无最大值，无最小值
【分析】根据题意，由等比数列的性质可得数列{an}所有项为负，据此可得S1＞S2＞……＞Sn＞……，即可得答案．
【解答】解：根据题意，数列{an}是无穷等比数列，若a1＜a2＜0，
则其公比q＝＞0，数列{an}所有项为负，
则有a2＝S2﹣S1＜0，即有S1＞S2，
同理可得S1＞S2＞……＞Sn＞……，
故数列{an}的前n项和Sn有最大值，无最小值，
故选：C．
【点评】本题考查等比数列的前n项和以及等比数列的性质，涉及数列的函数特性，属于基础题．
15．（5分）在四边形ABCD中，，且满足，则＝（　　）
A．2 B．6 C． D．
【分析】根据题意求出四边形ABCD是菱形，求出对角线AC的长即可．
【解答】解：∵，
∴AC为∠BAD的角平分线，
∵＝，∴四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形，
如图示：

结合题意B（3，），故∠DAB＝120°，
∠CAB＝60°，而AB＝2，故||＝2，
故选：D．
【点评】本题考查了平面向量的运算性质，考查向量求模以及转化思想，是基础题．
16．（5分）已知函数f（x）的定义域为D，值域为A，函数f（x）具有下列性质：（1）若x，y∈D，则；（2）若x，y∈D，则f（x）+f（y）∈A．下列结论正确的是（　　）
①函数f（x）可能是奇函数；
②函数f（x）可能是周期函数；
③存在x∈D，使得；
④对任意x∈D，都有f2（x）∈A．
A．①③④ B．②③④ C．②④ D．②③
【分析】由题干的两条性质综合判断选项的对错，进行逻辑推理．
【解答】解：①中，若f（x）为奇函数，则由性质（1）得，f（x）≠0，
所以当y＝﹣x时，f（x）+f（y）＝f（x）+f（﹣x）＝0∉A，性质（1）（2）矛盾，①错误；
若f（x）为周期函数，则f（x）＝f（x+T），T为周期，
当A取（0，+∞）时，性质（1）（2）均成立，结论②正确；
由上述分析可知，当A取（0，+∞）时f（x）的值域为（0，+∞），
所以一定存在x0使得f（x0）＝，结论③正确；
由性质（2）可得当y＝x时，f（x）+f（y）＝2f（x）∈A，
故A为无穷集合，故f2（x）∈A，结论④正确．
故选：B．
【点评】本题考查函数的奇偶性、周期性、值域等基础性质，属于中档题．
三、解答题（本大题满分76分）本大题共5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤.
17．（14分）如图，棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝BC＝AA1＝2，BB1⊥底面ABC，AB⊥BCD是棱AB的中点．
（1）求证：直线BC与直线DC1为异面直线；
（2）求直线DC1与平面A1BC所成角的大小．

【分析】（1）假设直线BC与直线DC1共面，利用平面的基本性质推出C1∈平面ABC，得到矛盾，推出结果．
（2）以B为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，求出平面A1BC的一个法向量，利用空间向量的数量积求解直线DC1与平面A1BC所成角所成角的大小即可．
【解答】（1）证明：假设直线BC与直线DC1共面，（2分）
∵点B，C，D∈平面ABC，
而过直线BC和直线BC外一点D有且只有一个平面，（2分）
∴C1∈平面ABC，矛盾！（1分）
假设不成立 故直线BC与直线DC1为异面直线． （1分）
（2）解：如图，以B为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，（1分）
则B（0，0，0），C（2，0，0），A1（0，2，2），，，（2分）
设平面A1BC的一个法向量，
则，取，（2分）
D（0，1，0），C1（2，0，2），，（1分）
设直线DC1与平面A1BC所成角所成角为θ，
则，（1分）
所以θ＝45°．（1分）

【点评】本题考查平面的基本性质的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象能力，逻辑推理能力以及计算能力，是中档题．
18．（14分）已知，（a为实常数）
（1）当a＝1时，求不等式的解集；
（2）若函数f（x）在（0，+∞）中有零点，求a的取值范围．
【分析】（1）求出f（x）的表达式，将不等式进行化简变形，然后利用分式不等式的解法求解即可；
（2）利用函数零点的定义将问题转化为（x＞0），然后由基本不等式求解即可．
【解答】解：（1）当a＝1时，不等式，化简可得，
所以x（x+1）＜0，解得﹣1＜x＜0，
所以不等式的解集为（﹣1，0）；
（2）因为函数f（x）在（0，+∞）中有零点，
所以，x∈（0，+∞）有解，
则（x＞0），
因为的取值范围是[2，+∞），
故a的取值范围是．
【点评】本题考查了函数的应用，涉及了分式不等式的解法以及函数零点的应用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
19．（14分）如图，A，B，C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，AB＝30公里，AC＝10公里，∠BAC＝60°，D是圆形区域外一景点，∠DBC＝90°，∠DCB＝60°．
（1）O、A相距多少公里？（精确到小数点后两位）
（2）若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处，需要多少小时？（精确到小数点后两位）

【分析】（1）在△ABC中，由余弦定理求解|BC|，再由正弦定理求解|OA|；
（2）在Rt△CBD中，由已知求得BD，在△ABC中，利用正弦定理求得，可得cos∠ABD，然后利用余弦定理求|AD|，进一步求得从A到D的时间．
【解答】解：（1）在△ABC中，由余弦定理可得，
BC2＝AB2+AC2﹣2AB⋅ACcos∠CAB＝302+102﹣2⋅30⋅10⋅cos60°＝700，
∴，
则＝≈15.28（公里）．
答：O、A相距约15.28公里；
（2）在Rt△CBD中，BD＝BC•tan60°＝，
在△ABC中，，
即，∴，
∴，
∴AD2＝AB2+BD2﹣2AB⋅BDcos∠ABD＝．
∴（公里）．
∴所需时间为小时．
答：从A行驶到D约需要1.25 小时．

【点评】本题考查三角形的解法，考查正弦定理即余弦定理的应用，考查运算求解能力，是中档题．
20．（16分）焦点为F的抛物线与圆交于A，B两点，其中A点横坐标为xA，方程的曲线记为Γ，P是曲线Γ上一动点．
（1）若P在抛物线上且满足|PF|＝3，求直线PF的斜率；
（2）T（m，0）是x轴上一定点．若动点P在Γ上满足x≤xA的范围内运动时，|PT|≤|AT|恒成立，求m的取值范围；
（3）Q是曲线Γ上另一动点，且满足FP⊥FQ，若△PFQ的面积为4，求线段PQ的长．

【分析】（1）P是抛物线y2＝4x上满足|PF|＝3的点，过点P作PN⊥l于N，由抛物线的定义可知PF|＝|PN|，设P（x′，y′），则x′+1＝3，解得x′，代入抛物线的方程解得y′，即可得直线PF的斜率．
（2）设P（x1，y1），由，解得A，B坐标，由|PT|≤|AT|，得（x1﹣m）2+y12≤（3﹣m）2+12，再结合x1≤xA＝3，推出m≤＝（x﹣3+6﹣），令f（x）＝（x﹣3+6﹣），直线m≤f（x）min，即可得出答案．
（3）点P，Q都是Γ上的动点，分两种情况：①当P，Q都在圆弧上，②当P在抛物线上，结合S△PFQ＝4，解出|PQ|．
【解答】解：（1）P是抛物线y2＝4x上满足|PF|＝3的点，
过点P作PN⊥l于N，
由抛物线的定义可知，|PF|＝|PN|，
设P（x′，y′），则x′+1＝3，解得x′＝2，
又因为点P在抛物线上，
所以y′2＝8，得y′＝±2，
所以直线PF的斜率为k＝＝±2．
（2）设P（x1，y1），
由，得，
所以A（3，2），B（3，﹣2），xA＝3，
由|PT|≤|AT|，得（x1﹣m）2+y12≤（3﹣m）2+12，
即x12﹣2mx1+m2+4x1≤21﹣6m+m2，
因为x1≤xA＝3，所以m≤＝（x﹣3+6﹣），
令f（x）＝（x﹣3+6﹣），则是增函数，且0≤x＜3，
当x＝0时，取得最小值，所以m≤，
即|PT|≤|AT|恒成立的范围是（﹣∞，]．
（3）点P，Q都是Γ上的动点，
①当P，Q都在圆弧上时，
|FQ|＝|FP|＝4，PF⊥QF，
所以S△PFQ＝×4×4＝8，
不满足S△PFQ＝4的条件．
②当P在抛物线上，Q在圆上，
由S△PFQ＝4，得|PF|＝2，
在Rt△PFQ中，|PF|2+|PQ|2＝22+42＝20，
③当P，Q都在抛物线上，
设P（x1，y1），Q（x2，y2），
所以|PF|＝x1+1，|QF|＝x2+1，
因为FP⊥FQ，
所以kPF•kQF＝﹣1，即•＝﹣1，
所以＝﹣1，
所以y12y22﹣4（y12+y22）+16y1y2+16＝0，①
因为△PFQ的面积为4，
所以|PF||QF|＝4，
所以（x1+1）（x2+1）＝8，
所以x1x2+（x1+x2）﹣7＝0，
所以•+（+）﹣7＝0，
所以y12y22+4（y12+y22）﹣112＝0②，
①+②得，2y12y22+16y1y2﹣96＝0，
所以y12y22+8y1y2﹣48＝0，
令t＝y1y2，
则t2+8t﹣48＝0，
解得t＝﹣12或t＝4，
即y1y2＝﹣12或y1y2＝4，
代入②得（舍）或，
若y1y2＝4＞0，则y1，y2同号，且y1≠y2，
由②可知﹣2≤y1≤2，﹣2≤y2≤2，
所以y12+y22＜24矛盾，
所以（舍），
综上所述，|PQ|＝2．
【点评】本题考查动点问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21．（18分）已知无穷数列{an}与无穷数列{bn}满足下列条件：①an∈{0，1，2}，n∈N*；②＝（﹣1）n•|an﹣an+1|，n∈N*．记数列{bn}的前n项积为Tn．
（1）若a1＝b1＝1，a2＝0，a3＝2，a4＝1，求T4；
（2）是否存在a1，a2，a3，a4，使得b1，b2，b3，b4成等差数列？若存在，请写出一组a1，a2，a3，a4；若不存在，请说明理由；
（3）若b1＝1，求T2021的最大值．
【分析】（1）根据题意，解得b2，b3，b4，由此求得T4；
（2）假设存在，设b1，b2，b3，b4公差为d，讨论b1＞0及b1＜0，推出矛盾，由此得出结论；
（3）设，可得|bn+1|＝qn•|bn|，进一步得到|bn+2|＝qn•qn+1•|bn|，得到qn•qn+1的值从大到小依次为，再分类讨论可得，由此即可求得．
【解答】解：（1）由得，，
由得，，
由得，，
∴；
（2）不存在．假设存在，设b1，b2，b3，b4公差为d，
若b1＞0，则b2＜0，b3＜0，b4＞0，公差d＝b2﹣b1＜0，d＝b4﹣b3＞0，矛盾；
若b1＜0，则b2＞0，b3＞0，b4＜0，公差d＝b2﹣b1＞0，d＝b4﹣b3＜0，矛盾，
∴假设不成立，故不存在；
（3）由题意，b1＝1＞0，且b4k﹣3＞0，b4k﹣2＜0，b4k﹣1＜0，b4k＞0，
设，，得|bn+1|＝qn•|bn|，进一步得到|bn+2|＝qn•qn+1•|bn|，
显然qn•qn+1的值从大到小依次为，
（i）若qn•qn+1＝1，则，则，不可能；
（ii）若，则或，则或，不可能；
（iii）若，则，则，不可能；
∴，当或取得，
∴，
∴，，
∴|T2021|＝|b1•b2•b3……b2021|＝|b1•b3•b5……b2021|•|b2•b4•b6……b2020|
＝，当{an}：2，0，2，0，2，0……取得，
又T2021＞0，
∴．
【点评】本题考查数列的递推关系，考查学生分析问题解决问题的能力，考查分类讨论思想，对学生的运算能力要求较高，属于难题．
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