2022年上海市浦东新区进才中学高考数学二模试卷

这是一份2022年上海市浦东新区进才中学高考数学二模试卷，共20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。

2022年上海市浦东新区进才中学高考数学二模试卷
一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1．（4分）集合A＝{x|x＝2k，k∈Z}，B＝{x|x2≤5}，那么A∩B＝　 　．
2．（4分）已知一个关于x，y的二元一次方程组的增广矩阵是，则x+y＝　 　．
3．（4分）不等式＜1的解集为　 　．
4．（4分）已知，且，则tanθ＝　 　．
5．（4分）已知双曲线x2+my2＝1的一条渐近线方程为y＝2x，则该双曲线的焦距为 　 　．
6．（4分）在复数范围内分解因式：x2﹣2x+2＝　 　．
7．（5分）若将函数f（x）＝x6表示成f（x）＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+a3（x﹣1）3+…+a6（x﹣1）6，则a3的值等于　 　
8．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长AB＝AA1＝1，AD＝，它的外接球是球O，则A、A1这两点的球面距离等于　 　．

9．（5分）设函数f（x）＝2x，若存在x∈[0，4]使不等式f（a+x）﹣f（2x）≥2成立，则实数a的取值范围为 　 　．
10．（5分）设数列{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0，{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得Sn＝am，则d＝　 　．
11．（5分）△ABC中，，，O是△ABC外接圆圆心，则的最大值为 　 　．
12．（5分）定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数f（x）满足：①f（1）＝1；②|f（x+1）﹣f（x）|＝1（x＝1，2，…，11）；③f（1）、f（6）、f（12）成等比数列；这样的不同函数f（x）的个数为　 　．
二、选择题（本大题共4题，满分20分）
13．（5分）关于x、y的二元一次方程组的系数行列式D＝0是该方程组有解的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分且必要条件 D．既非充分也非必要条件
14．（5分）设l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，下列命题中的真命题为（　　）
A．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β B．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α∥β
C．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α⊥β D．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α∥β
15．（5分）已知直线l：y＝m（x﹣2）+2与圆C：x2+y2＝9交于A，B两点，则使弦长|AB|为整数的直线l共有（　　）
A．6条 B．7条 C．8条 D．9条
16．（5分）设S是整数集Z的非空子集，如果任意的a，b∈S，有ab∈S，则称S关于数的乘法是封闭的．若T、V是Z的两个没有公共元素的非空子集，T∪V＝Z．若任意的a，b，c∈T，有abc∈T，同时，任意的x，y，z∈V，有xyz∈V，则下列结论恒成立的是（　　）
A．T、V中至少有一个关于乘法是封闭的
B．T、V中至多有一个关于乘法是封闭的
C．T、V中有且只有一个关于乘法是封闭的
D．T、V中每一个关于乘法都是封闭的
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）
17．（15分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E、F分别是AB、BC的中点．
（1）证明：A1、C1、F、E四点共面；
（2）求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．

18．（15分）在△ABC中，记∠BAC＝x（角的单位是弧度制），△ABC的面积为S，且•＝8，4≤S≤4．
（1）求x的取值范围；
（2）根据（1）中x的取值范围，求函数f（x）＝2sin2（x+）+2cos2x﹣的最大值和最小值．
19．（15分）电视传媒为了解某市100万观众对足球节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众每周平均收看足球节目时间的频率分布直方图，将每周平均收看足球节目时间不低于1.5小时的观众称为“足球迷”，并将其中每周平均收看足球节目时间不低于2.5小时的观众称为“铁杆足球迷”．
（1）试估算该市“足球迷”的人数，并指出其中“铁杆足球迷”约为多少人；
（2）该市要举办一场足球比赛，已知该市的足球场可容纳10万名观众．根据调查，如果票价定为100元/张，则非“足球迷”均不会到现场观看，而“足球迷”均愿意前往现场观看．如果票价提高10x元/张（x∈N），则“足球迷”中非“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少10x%，“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少%．问票价至少定为多少元/张时，才能使前往现场观看足球比赛的人数不超过10万人？

20．（15分）已知椭圆Ω：9x2+y2＝m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与Ω有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）若m＝3，点K在椭圆Ω上，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，求的范围；
（2）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（3）若l过点（），射线OM与Ω交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
21．（16分）设{an}是公差不为零的等差数列，满足a1＝1，a6+a7＝a13，设正项数列{bn}的前n项和为Sn，且4Sn+2bn＝3．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）在b1和b2之间插入1个数x11，使b1、x11、b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21、x22，使b2、x21、x22、b3成等差数列；…；在bn和bn+1之间插入n个数xn1、xn2、…、xnn，使bn、xn1、xn2、…、xnn、bn+1成等差数列，求Tn＝x11+x21+x22+⋅⋅⋅+xn1+xn2+⋅⋅⋅+xnn；
（3）对于（2）中求得的Tn，是否存在正整数m、n，使得成立？若存在，求出所有的正整数对（m，n）；若不存在，请说明理由．

2022年上海市浦东新区进才中学高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（第1-6题每题4分，第7-12题每题5分，满分54分）
1．（4分）集合A＝{x|x＝2k，k∈Z}，B＝{x|x2≤5}，那么A∩B＝　{﹣2，0，2}　．
【分析】根据已知条件，结合交集及其运算，即可求解．
【解答】解：∵A＝{x|x＝2k，k∈Z}，B＝{x|x2≤5}＝，
∴A∩B＝{﹣2，0，2}．
故答案为：{﹣2，0，2}．
【点评】本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2．（4分）已知一个关于x，y的二元一次方程组的增广矩阵是，则x+y＝　3　．
【分析】把二元一次方程组的增广矩阵转化为方程组，求出x、y的值即可得出结论．
【解答】解：关于x，y的二元一次方程组的增广矩阵是，
所以，解得，
所以x+y＝2+1＝3．
故答案为：3．
【点评】本题考查了二元一次方程组与对应增广矩阵的转化问题，是基础题．
3．（4分）不等式＜1的解集为　（1，+∞）∪（﹣∞，0）　．
【分析】首先移项通分，等价变形为整式不等式解之
【解答】解：原不等式等价于，即x（x﹣1）＞0，
所以不等式的解集为（1，+∞）∪（﹣∞，0）；
故答案为：（1，+∞）∪（﹣∞，0）
【点评】本题考查了分式不等式的解法；关键是正确转化为整式不等式解之．
4．（4分）已知，且，则tanθ＝　7　．
【分析】利用正弦和角公式，结合同角三角函数关系，将已知条件转化为tanθ的方程，即可求得结果．
【解答】解：因为，
故可得，
将上式两边平方整理可得，
即，
故，
即（7tanθ﹣1）（tanθ﹣7）＝0，
解得或tanθ＝7，
又因为，
故可得tanθ＞1，故tanθ＝7，
故答案为：7．
【点评】本题考查了同角三角函数关系式，两角和正弦公式，属于基础题．
5．（4分）已知双曲线x2+my2＝1的一条渐近线方程为y＝2x，则该双曲线的焦距为 　2　．
【分析】由双曲线的方程及渐近线的方程可得b2＝﹣＝4，从而可求得双曲线的焦距2c．
【解答】解：因为x2+my2＝1为双曲线，所以a2＝1，b2＝﹣，
又双曲线x2+my2＝1的一条渐近线方程为y＝2x，
所以＝﹣＝22＝4，即b2＝4，
所以c2＝a2+b2＝5，c＝，
所以该双曲线的焦距2c＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查双曲线的基本性质，几何量的计算，考查计算能力，属基础题．
6．（4分）在复数范围内分解因式：x2﹣2x+2＝　（x﹣1+i）（x﹣1﹣i）　．
【分析】配凑二次三项式，结合平方差公式，即可求出结果．
【解答】解：∵x2﹣2x+2＝（x﹣1）2+1＝（x﹣1）2﹣i2＝（x﹣1+i）（x﹣1﹣i）．
故答案为：（x﹣1+i）（x﹣1﹣i）．
【点评】本题考复数范围内要解因式的运算，考查二次三项式性质、平方差公式、复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
7．（5分）若将函数f（x）＝x6表示成f（x）＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+a3（x﹣1）3+…+a6（x﹣1）6，则a3的值等于　20　
【分析】由f（x）＝x6＝[（x﹣1）+1]6，展开即可求得a3的值．
【解答】解：∵f（x）＝x6＝[（x﹣1）+1]6，
∴a3（x﹣1）3＝，
则．
故答案为：20．
【点评】本题考查二项式系数的性质，考查数学转化思想方法，是基础题．
8．（5分）如图，长方体ABCD﹣A1B1C1D1的边长AB＝AA1＝1，AD＝，它的外接球是球O，则A、A1这两点的球面距离等于　　．

【分析】求出球的半径和∠AOA1，根据弧长公式得出答案．
【解答】解：A1C＝＝2，
∴外接球半径为OA1＝A1C＝1，
∴△OAA1为等边三角形，∴∠AOA1＝，
∴球A、A1这两点的球面距离为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了球面距离的计算，属于基础题．
9．（5分）设函数f（x）＝2x，若存在x∈[0，4]使不等式f（a+x）﹣f（2x）≥2成立，则实数a的取值范围为 　[）　．
【分析】由已知不等式代入后先进行分离参数，然后结合基本不等式可求．
【解答】解：因为f（x）＝2x存在x∈[0，4]使不等式f（a+x）﹣f（2x）≥2成立，
所以2a+x﹣22x≥2，
即2a≥2x+2•2﹣x，
因为2x+2×2﹣x，当且仅当2x＝21﹣x，即x＝时取等号，
所以2a，
所以a，
故a的取值范围为[）．
故答案为：[）．
【点评】本题主要考查了不等式的存在性问题与最值关系的相互转化，基本不等式在求解最值中的应用，属于中档题．
10．（5分）设数列{an}是等差数列，其首项a1＝1，公差d＜0，{an}的前n项和为Sn，且对任意n∈N*，总存在m∈N*，使得Sn＝am，则d＝　﹣1　．
【分析】根据等差数列的通项公式和前n项和公式建立方程关系即可得到结论．
【解答】解：由Sn＝am，得n+＝1+（m﹣1）d，
则m＝1++（）为正整数，
∵对任意n∈N*，总存在m∈N*，
∴当d取﹣时，n＝2时，m＝0；
当d＝﹣时，n＝2时，m会取到负值，其它推理下都会取到负值，
∴d只能取﹣1
即任意n∈N*，也是整数，只有d＝﹣1满足条件．
故答案为：﹣1
【点评】本题主要考查等差数列的性质的应用，比较基础．
11．（5分）△ABC中，，，O是△ABC外接圆圆心，则的最大值为 　3　．
【分析】先由平面向量数量积运算可得＝，再由三角恒等变换及正弦定理可得＝1﹣2sin（A﹣B﹣），然后求解即可．
【解答】解：由O是△ABC外接圆圆心，，
则＝＝＝，
在△ABC中，不妨设AB＝c，AC＝b，BC＝a，
由正弦定理可得，
则a＝2sinA，b＝2sinB，
则＝2sin2B﹣2sin2A+2sinAsinB＝cos2A﹣cos2B+2sinAsinB＝﹣2sin（A+B）sin（A﹣B）﹣[cos（A+B）﹣cos（A﹣B）]＝﹣sin（A﹣B）+cos（A﹣B）+1＝1﹣2sin（A﹣B﹣），
又A﹣B﹣∈（﹣π，），
则当A，即A＝B﹣，即A＝，B＝时，取最大值1﹣2×（﹣1）＝3，
故答案为：3．
【点评】本题考查了平面向量数量积运算，重点考查了三角恒等变换及正弦定理，属中档题．
12．（5分）定义域为集合{1，2，3，…，12}上的函数f（x）满足：①f（1）＝1；②|f（x+1）﹣f（x）|＝1（x＝1，2，…，11）；③f（1）、f（6）、f（12）成等比数列；这样的不同函数f（x）的个数为　155　．
【分析】分析出f（x）的所有可能的取值，得到使f（x）中f（1）、f（6）、f（12）成等比数列时对应的项，再运用计数原理求出这样的不同函数f（x）的个数即可．
【解答】解：经分析，f（x）的取值的最大值为x，最小值为2﹣x，并且成以2为公差的等差数列，
故f（6）的取值为6，4，2，0，﹣2，﹣4．
f（12）的取值为12，10，8，6，4，2，0，﹣2，﹣4，﹣6，﹣8，﹣10，
所以能使f（x）中的f（1）、f（6）、f（12）成等比数列时，f（1）、f（6）、f（12）的取值只有两种情况：
①f（1）＝1、f（6）＝2、f（12）＝4；②f（1）＝1、f（6）＝﹣2、f（12）＝4．
|f（x+1）﹣f（x）|＝1（x＝1，2，…，11），f（x+1）＝f（x）+1，或者f（x+1）＝f（x）﹣1，即得到后项时，把前项加1或者把前项减1．
（1）当f（1）＝1、f（6）＝2、f（12）＝4时；将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f（1）变化到f（6），第二步：从f（6）变化的f（12）．
从f（1）变化到f（6）时有5次变化，函数值从1变化到2，故应从5次中选择3步加1，剩余的两次减1．对应的方法数为＝10种．
从f（6）变化到f（12）时有6次变化，函数值从2变化到4，故应从6次变化中选择4次增加1，剩余两次减少1，对应的方法数为＝15种．
根据分步乘法原理，共有10×15＝150种方法．
（2）当f（1）＝1、f（6）＝﹣2、f（12）＝4时，将要构造满足条件的等比数列分为两步，第一步：从f（1）变化到f（6），第二步：从f（6）变化的f（12）．
从f（1）变化到f（6）时有5次变化，函数值从1变化到﹣2，故应从5次中选择1步加1，剩余的4次减1．对应的方法数为＝5种．
从f（6）变化到f（12）时有6次变化，函数值从﹣2变化到4，故应从6次变化中选择6次增加1，对应的方法数为＝1种．
根据分步乘法原理，共有5×1＝5种方法．
综上，满足条件的f（x）共有：150+5＝155种．
故填：155．
【点评】解决本题的难点在于发现 f（x）的取值规律，并找到使f（1）、f（6）、f（12）成等比数列所对应的三项．然后用计数原理计算种类．本题属于难题．
二、选择题（本大题共4题，满分20分）
13．（5分）关于x、y的二元一次方程组的系数行列式D＝0是该方程组有解的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分且必要条件 D．既非充分也非必要条件
【分析】将原方程组写成矩阵形式为Ax＝b，其中A为2×2方阵，x为2个变量构成列向量，b为2个常数项构成列向量． 而当它的系数矩阵可逆，或者说对应的行列式D不等于0的时候，它有唯一解．并不是说有解．
【解答】解：系数矩阵D非奇异时，或者说行列式D≠0时，方程组有唯一的解；
系数矩阵D奇异时，或者说行列式D＝0时，方程组有无数个解或无解．
∴系数行列式D＝0，方程可能有无数个解，也有可能无解，
反之，若方程组有解，可能有唯一解，也可能有无数解，则行列式D可能不为0，也可能为0．
总之，两者之间互相推出的问题．
故选：D．
【点评】本题主要考查克莱姆法则，克莱姆法则不仅仅适用于实数域，它在任何域上面都可以成立．
14．（5分）设l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，下列命题中的真命题为（　　）
A．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α⊥β B．若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α∥β
C．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α⊥β D．若l∥α，m⊥β，l∥m，则α∥β
【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，α与β相交或平行；在C中，由面面垂直的判定定理得α⊥β；在D中，由面面垂直的判定定理得α⊥β．
【解答】解：由l、m是不同的直线，α、β是不同的平面，知：
在A中，若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α与β相交或平行，故A错误；
在B中，若l∥α，m⊥β，l⊥m，则α与β相交或平行，故B错误；
在C中，若l∥α，m⊥β，l∥m，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故C正确；
在D中，若l∥α，m⊥β，l∥m，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系的应用，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查化归转化思想、数形结合思想，是中档题．
15．（5分）已知直线l：y＝m（x﹣2）+2与圆C：x2+y2＝9交于A，B两点，则使弦长|AB|为整数的直线l共有（　　）
A．6条 B．7条 C．8条 D．9条
【分析】根据题意，直线过点M（2，2），圆C的圆心（0，0），半径r＝3，则可得当直线与CM垂直时，即M为AB的中点时，弦长|AB|最短，求出直线CM的斜率，由直线垂直与斜率的关系分析可得直线AB的斜率，由直线的点斜式方程分析可得答案．
【解答】解：根据题意，直线恒过点M（2，2），圆C：x2+y2＝9的圆心C为（0，0），半径r＝3，
则CM＝2
当直线与CM垂直时，M为|AB|中点，此时|AB|＝2＝2，符合题意，此时直线有一条，
当直线过圆心C时，|AB|＝2r＝6，满足题意，此时直线有一条，
则当|AB|＝3，4，5时，各对应两条直线，
综上，共8条直线．
故选：C．
【点评】本题考查了直线与圆的方程的应用问题，考查点到直线距离公式，弦长公式，是综合性题目．
16．（5分）设S是整数集Z的非空子集，如果任意的a，b∈S，有ab∈S，则称S关于数的乘法是封闭的．若T、V是Z的两个没有公共元素的非空子集，T∪V＝Z．若任意的a，b，c∈T，有abc∈T，同时，任意的x，y，z∈V，有xyz∈V，则下列结论恒成立的是（　　）
A．T、V中至少有一个关于乘法是封闭的
B．T、V中至多有一个关于乘法是封闭的
C．T、V中有且只有一个关于乘法是封闭的
D．T、V中每一个关于乘法都是封闭的
【分析】本题从正面解比较困难，可运用排除法进行作答．考虑把整数集Z折分成两个互不相交的非空子集T、V的并集，如T为奇数集，V为偶数集，或T为负整数集，V为非员整数集进行分析排除即可．
【解答】解：若T为奇数集，V为偶数集，满足题意，此时T与V关于乘法都是封闭的，排除B、C；
若T为负整数集，V为非负整数集，也满足题意，此时只有V关于乘法是封闭的，排除D；
从而可得T、V中至少有一个关于乘法是封闭的，A正确．
故选：A．
【点评】本题考查了集合的新定义，属于基础题．
三、解答题（本大题共有5题，满分76分）
17．（15分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AA1＝1，AB＝AD＝2，E、F分别是AB、BC的中点．
（1）证明：A1、C1、F、E四点共面；
（2）求直线CD1与平面A1C1FE所成的角的大小．

【分析】（1）连接AC，利用三角形中位线和直线平行传递性可证；
（2）建立空间直角坐标系，由向量法直接计算可得．
【解答】（1）证明：连接AC，

∵E，F分别为AB、BC的中点，
∴EF∥AC，
又∵AA1∥CC1，
∴四边形ACC1A1为平行四边形，
∴AlC1∥AC，∴Al∁l∥EF，
所以A1，C1，F、E四点共面；
（2）解：如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，

可得有关点的坐标为A1（2，0，1），E（2，1，0），F（1，2，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），
则，
设平面A1C1FE的法向量为＝（x，y，z），
故，取x＝1，得＝（1，1，1），
记直线CD1与平面A1C1FE所成的角为θ，
则，
直线CD1与平面A1C1FE所成的角为．
【点评】本题考查了四点共面的证明以及直线与平面所成的角的计算，属于中档题．
18．（15分）在△ABC中，记∠BAC＝x（角的单位是弧度制），△ABC的面积为S，且•＝8，4≤S≤4．
（1）求x的取值范围；
（2）根据（1）中x的取值范围，求函数f（x）＝2sin2（x+）+2cos2x﹣的最大值和最小值．
【分析】（1）利用三角形面积公式，退席已知中，我们易确定tanx的范围，结合x为三角形的内角，我们易求出x的取值范围；
（2）结合（1）的结论，利用降幂公式和辅助角公式，我们易将函数的解析式化为正弦型函数的形式，进而根据正弦型函数的性质即可得到答案．
【解答】解：（1）∵，，
又，
∴bccosx＝8，S＝4tanx，即．（4分）
∴所求的x的取值范围是．（7分）
（2）∵，（9分）
∴，．（11分）
∴．（14分）
【点评】本题考查的知识点是三角函数的最值，平面向量数量积的含义与物理意义，其中根据平面向量数理积的含义及三角形面积结合正切函数的性质，求出X的取值范围是解答本题的关键．
19．（15分）电视传媒为了解某市100万观众对足球节目的收视情况，随机抽取了100名观众进行调查．如图是根据调查结果绘制的观众每周平均收看足球节目时间的频率分布直方图，将每周平均收看足球节目时间不低于1.5小时的观众称为“足球迷”，并将其中每周平均收看足球节目时间不低于2.5小时的观众称为“铁杆足球迷”．
（1）试估算该市“足球迷”的人数，并指出其中“铁杆足球迷”约为多少人；
（2）该市要举办一场足球比赛，已知该市的足球场可容纳10万名观众．根据调查，如果票价定为100元/张，则非“足球迷”均不会到现场观看，而“足球迷”均愿意前往现场观看．如果票价提高10x元/张（x∈N），则“足球迷”中非“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少10x%，“铁杆足球迷”愿意前往观看的人数会减少%．问票价至少定为多少元/张时，才能使前往现场观看足球比赛的人数不超过10万人？

【分析】（1）求出后三组数据的频率之和，利用频率乘以样本容量得频数求得“足球迷”的人数和“铁杆足球迷”人数；
（2）设票价为100+10x元，求出一般“足球迷”和“铁杆足球迷”中去现场看球的人数，根据现场观看足球比赛的人数不超过10万人，列出不等式．通过解不等式求得正整数x的值，可得答案．
【解答】解：（1）样本中“足球迷”出现的频率＝（0.16+0.10+0.06）×0.5＝16%，
“足球迷”的人数＝100×16%＝16（万），
“铁杆足球迷”＝100×（0.06×0.5）＝3（万）
∴16万“足球迷”中，“铁杆足球迷”约有3万人；
（2）设票价为100+10x元，则一般“足球迷”中约有13（1﹣10x%）万人，
“铁杆足球迷”约有万人去现场看球，
令，
化简得：13x2+113x﹣660≥0
解得：，由x∈N，∴x≥4，
即平均票价至少定为100+40＝140元，才能使前往现场观看足球比赛的“足球迷”不超过10万人．
【点评】本题考查了由频率分布直方图求频率与频数，考查了不等式的实际应用，列出关于票价x的不等式是解答本题的关键．
20．（15分）已知椭圆Ω：9x2+y2＝m2（m＞0），直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与Ω有两个交点A，B，线段AB的中点为M．
（1）若m＝3，点K在椭圆Ω上，F1，F2分别为椭圆的两个焦点，求的范围；
（2）证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
（3）若l过点（），射线OM与Ω交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
【分析】（1）设P（cosα，3sinα），用α表示出，得出结论；
（2）设直线l方程为y＝kx+b，联立方程组，根据韦达定理求出M点坐标得出结论；
（3）设直线l斜率为k，求出P点坐标，令M为OP的中点得出k的值．
【解答】解：（1）当m＝3时，椭圆方程为＝1，F1（0，2），F2（0，﹣2），
设K（cosα，3sinα），则＝（﹣cosα，2﹣3sinα），＝（﹣cosα，﹣2﹣3sinα），
∴＝cos2α+9sin2α﹣8＝8sin2α﹣7，
∵0≤sin2α≤1，
∴﹣7≤8sin2α﹣7≤1，
即的范围是[﹣7，1]．
（2）设直线l的方程为：y＝kx+b，（k≠0，b≠0），
联立方程组，消元得：（9+k2）x2+2kbx+b2﹣m2＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），M（x0，y0），
则x0＝（x1+x2）＝﹣，y0＝kx0+b＝．
∴kOM＝＝﹣．
∴直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值﹣9．
（3）∵直线l经过点（，m），
直线l不过原点且与Ω有两个交点的充要条件是k＞0，且k≠3．
设P（xp，yp），直线l的方程为：y＝k（x﹣）+m，即y＝kx﹣+m．
由（2）可知直线OM的方程为：y＝﹣x，
联立方程组，解得xp2＝，
由（2）知M（﹣，），
若四边形OAPB为平行四边形，则M为OP的中点，
∴2x0＝xp，即4（）2＝，
解得k＝4±．
∴当k＝4+或k＝4﹣时，四边形OAPB为平行四边形．
【点评】本题考查了椭圆的性质，直线与椭圆的位置关系，属于中档题．
21．（16分）设{an}是公差不为零的等差数列，满足a1＝1，a6+a7＝a13，设正项数列{bn}的前n项和为Sn，且4Sn+2bn＝3．
（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；
（2）在b1和b2之间插入1个数x11，使b1、x11、b2成等差数列；在b2和b3之间插入2个数x21、x22，使b2、x21、x22、b3成等差数列；…；在bn和bn+1之间插入n个数xn1、xn2、…、xnn，使bn、xn1、xn2、…、xnn、bn+1成等差数列，求Tn＝x11+x21+x22+⋅⋅⋅+xn1+xn2+⋅⋅⋅+xnn；
（3）对于（2）中求得的Tn，是否存在正整数m、n，使得成立？若存在，求出所有的正整数对（m，n）；若不存在，请说明理由．
【分析】（1）设数列{an}的公差为d，（d≠0），利用等差数列的通项公式求出d＝1，从而an＝n，再由4Sn+2bn＝3，当n⩾2时，4Sn﹣1+2bn﹣1＝3，推导出{bn}是首项为，公比为的等比数列，由此能求出bn．
（2）在bn和bn﹣1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，推导出，从而，进而，由此利用错位相减法能求出Tn．
（3），当n＝1时，，当n＝2时，，当n＝3时，m＝2+1＝3∈N*，再证明当n⩾4（n∈N*）时，3n﹣6n﹣9＞0，由此能求出所有的正整数对．
【解答】（1）解：设等差数列{an}的公差为d，（d≠0），
则由a6+a7＝a13，得（a1+5d）+（a1+6d）＝a1+12d，
∴a1＝d＝1，
∴an＝1+（n﹣1）＝n；
由4Sn+2bn＝3，①
当n⩾2时，4Sn﹣1+2bn﹣1＝3，②
①﹣②，得4bn+2bn﹣2bn﹣1＝0，
∴，
又4b1+2b1＝3，∴，
∴{bn}是首项为，公比为的等比数列，
∴．
（2）在bn和bn﹣1之间插入n个数xn1，xn2，…，xnn，
∵bn，xn1，xn2，…xnn，bn+1成等差数列，设公差为dn，
∴，
则，
∴，
∴，①
则，②
①﹣②得，
∴．
（3）假设存在正整数m，n，使成立，
．
，
当n＝1时，，
当n＝2时，，
当n＝3时，m＝2+1＝3∈N*，
下证，当n⩾4（n∈N*）时，有3n﹣2n﹣3＞4n+6，即证3n﹣6n﹣9＞0，
设f（x）＝3x﹣6x﹣9，x⩾4，则f（x）＝3xln3﹣6＞3x﹣6＞0，
∴f（x）在[4，+∞）上单调递增，
故n⩾4时，3n﹣6n﹣9＞34﹣6×4﹣9＝48＞0，
∴，
∴n⩾4时，m不是整数，
∴所有的正整数对（m，n）为（9，2）及（3，3）．
【点评】本题考查了等差数列的通项公式，数列的递推关系，数列的求和以及数列与函数的综合，属于综合题．
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