1、 第 1 页（共 18 页） 2019-2020 学年北京市东城区高三（上）期末数学试卷学年北京市东城区高三（上）期末数学试卷 一、选择题共一、选择题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目 要求的一项要求的一项 1 （5 分）已知集合 Ax|x1，Bx|（x2） （x+1）0，那么 AB（ ） Ax|1x2 Bx|1x1 Cx|1x2 Dx|1x1 2 （5 分）复数 zi（i1）在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 3 （5 分）下列函数中，是偶函数，且
2、在区间（0，+）上单调递增的为（ ） Ay= 1 Byln|x| Cy2 x Dy1|x| 4 （5 分）设 a，b 为实数，则“ab0”是“ab”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 5（5 分） 设 ， 是两个不同的平面， m， n 是两条不同的直线， 则下列结论中正确的是 （ ） A若 m，mn，则 n B若 ，m，n，则 mn C若 n，mn，则 m D若 ，m，n，则 mn 6 （5 分）从数字 1，2，3，4，5 中，取出 3 个数字（允许重复） ，组成三位数，各位数字 之和等于 6，这样的三位数的个数为（ ） A7 B9 C10
3、 D13 7 （5 分）设 ， 是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（ ） A若 + 2，则 sin+sin2 B若 + 2，则 cos+cos2 C若 + 2，则 sin+sin1 D若 + 2，则 cos+cos1 8 （5 分） 用平面截圆柱面， 当圆柱的轴与 所成角为锐角时， 圆柱面的截线是一个椭圆 著 名数学家 Dandelin 创立的双球实验证明了上述结论如图所示，将两个大小相同的球嵌 入圆柱内，使它们分别位于 的上方和下方，并且与圆柱面和 均相切给出下列三个 结论： 两个球与 的切点是所得椭圆的两个焦点； 第 2 页（共 18 页） 若球心距 O1O24，球的半径为3，则所得椭
4、圆的焦距为 2； 当圆柱的轴与 所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大 其中，所有正确结论的序号是（ ） A B C D 二、填空题共二、填空题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分 9 （5 分）若双曲线 2 2= 1与 2 3 2 2 = 1有相同的焦点，则实数 m 10 （5 分）已知an是各项均为正的等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a16，a2+2a36， 则公比 q ，S4 11 （5 分）能说明“直线 xy+m0 与圆 x2+y2+4x2y0 有两个不同的交点”是真命题的 一个 m 的值为 12 （5 分）在平行四边形 ABCD 中，已知 = ，
5、| | = 4，| | = 2，则四边 形 ABCD 的面积是 13 （5 分）已知函数 f（x）2sin（x+） （0） ，曲线 yf（x）与直线 y= 3相交，若 存在相邻两个交点间的距离为 6，则 的所有可能值为 14 （5 分）将初始温度为 0的物体放在室温恒定为 30的实验室里，现等时间间隔测量 物体温度，将第 n 次测量得到的物体温度记为 tn，已知 t10已知物体温度的变化与 实验室和物体温度差成正比（比例系数为 k） 给出以下几个模型，那么能够描述这些测 量数据的一个合理模型为 ； （填写模型对应的序号） tn+1tn= 30； tn+1tnk（30tn） ； 第 3 页（共
6、18 页） tn+1k（30tn） 在上述模型下， 设物体温度从 5上升到 10所需时间为 amin， 从 10上升到 15所需 时间为 bmin， 从 15上升到 20所需时间为 Cmin， 那么 与 的大小关系是 （用 “” ， “”或“”号填空） 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 80 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 15 （13 分）在ABC 中，已知 csinA+3acosC0 （）求C 的大小； （）若 b2，c23，求ABC 的面积 16 （13 分）2019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放从 2G 到
7、5G，我们国家的移动通 信业务用了不到 20 年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平为了解高校学 生对 5G 的消费意愿，2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查， 样本中各类用户分布情况如下： 用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数 早期体验用户 2019 年 8 月至 2019 年 12 月 270 人 中期跟随用户 2020 年 1 月至 2021 年 12 月 530 人 后期用户 2022 年 1 月及以后 200 人 我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较， 可得 出如图的关系 （例如早期体验用户中
8、愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用 户的 40%） （）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升 第 4 页（共 18 页） 级到 5G 的概率； （）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中愿 意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望； （）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐， 能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由 17 （14 分）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，BB1
9、平面 ABC，ABBC，AA1ABBC 2 （）求证：BC1平面 A1B1C； （）求异面直线 B1C 与 A1B 所成角的大小； （）点 M 在线段 B1C 上，且1 1 = （0，1） ，点 N 在线段 A1B 上， 若 MN平面 A1ACC1，求1 1的值（用含 的代数式表示） 18 （13 分）已知函数 f（x）= 1 3x 3x23ax（aR） （）若 f（x）在 x1 时，有极值，求 a 的值； （）在直线 x1 上是否存在点 P，使得过点 P 至少有两条直线与曲线 yf（x）相切？ 若存在，求出 P 点坐标；若不存在，说明理由 19 （14 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2=
10、1（a1）的离心率是 2 2 （）求椭圆 C 的方程； （）已知 F1，F2分别是椭圆 C 的左、右焦点，过 F2作斜率为 k 的直线 l，交椭圆 C 于 A，B 两点，直线 F1A，F1B 分别交 y 轴于不同的两点 M，N如果MF1N 为锐角，求 k 的取值范围 20 （13 分） 已知数列an， 记集合 TS （i， j） |S （i， j） ai+ai+1+aj， 1ij i， jN* （）对于数列an：1，2，3，4，写出集合 T； 第 5 页（共 18 页） （）若 an2n，是否存在 i，jN ，使得 S（i，j）1024？若存在，求出一组符合条 件的 i，j；若不存在，说 明理
11、由； （）若 an2n2，把集合 T 中的元素从小到大排列，得到的新数列为 B：b1，b2， bm，若 bm2020，求 m 的最大值 第 6 页（共 18 页） 2019-2020 学年北京市东城区高三（上）期末数学试卷学年北京市东城区高三（上）期末数学试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、选择题共一、选择题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目分在每小题列出的四个选项中，选出符合题目 要求的一项要求的一项 1 （5 分）已知集合 Ax|x1，Bx|（x2） （x+1）0，那么 AB（ ） Ax|1x2 Bx|1x1 Cx
12、|1x2 Dx|1x1 【解答】解：Ax|x1，Bx|1x2， ABx|1x1 故选：D 2 （5 分）复数 zi（i1）在复平面内对应的点位于（ ） A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 【解答】 解： 复数 zi （i1） 1i 在复平面内对应的点 （1， 1） 位于第三象限 故选：C 3 （5 分）下列函数中，是偶函数，且在区间（0，+）上单调递增的为（ ） Ay= 1 Byln|x| Cy2 x Dy1|x| 【解答】解：y= 1 为奇函数，不符合题意， y2 x 为非奇非偶函数，不符合题意， y1|x|为偶函数，在（0，+）上单调递减，不符合题意， yln|x|为偶函数，且
13、 x0 时，ylnx 单调递增，符合题意 故选：B 4 （5 分）设 a，b 为实数，则“ab0”是“ab”的（ ） A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充分必要条件 D既不充分也不必要条件 【解答】解：a，b 为实数， “ab0”“ab” ， 12，且210， “ab”“ab” ， “ab0”是“ab”的充分而不必要条件 故选：A 第 7 页（共 18 页） 5（5 分） 设 ， 是两个不同的平面， m， n 是两条不同的直线， 则下列结论中正确的是 （ ） A若 m，mn，则 n B若 ，m，n，则 mn C若 n，mn，则 m D若 ，m，n，则 mn 【解答】解：对于 A，垂直于
14、同一直线的直线和平面可能平行，也有可能是 n，所以 A 错误； 对于 B，若 ，m，n，则 mn，故 B 正确 对于 C，若 n，mn，则 m 或 mn，故 C 错误； 对于 D，若 ，m，n，则 mn 或异面，故 D 错误 故选：B 6 （5 分）从数字 1，2，3，4，5 中，取出 3 个数字（允许重复） ，组成三位数，各位数字 之和等于 6，这样的三位数的个数为（ ） A7 B9 C10 D13 【解答】解：从 1，2，3，4，5 中，随机抽取 3 个数字（允许重复） ， 其中各位数字之和等于 6 的三位数可分为以下情形： 由 1，1，4 三个数字组成的三位数：114，141，411 共
15、 3 个； 由 1，2，3 三个数字组成的三位数：123，132，213，231，312，321 共 6 个； 由 2，2，2 三个数字可以组成 1 个三位数，即 222 共有 3+6+110 个， 故选：C 7 （5 分）设 ， 是三角形的两个内角，下列结论中正确的是（ ） A若 + 2，则 sin+sin2 B若 + 2，则 cos+cos2 C若 + 2，则 sin+sin1 D若 + 2，则 cos+cos1 【解答】解：因为 （0， 2） ，所以 2 （0， 2） ， 又因为 sin 在（0， 2）上单调递增，cos 在（0， 2）单调递减， 若 + 2，则 2 ， 第 8 页（共
16、18 页） 则 sin+sinsin+sin（ 2 ）sin+cos= 2sin（+ 4）（0，2，则 A 正确； cos+coscos+cos（ 2 ）cos+sin= 2sin（+ 4）（0，2，故 B 错； 若 + 2，则 2 ， 则 sin+sinsin+sin（ 2 ）sin+cos= 2sin（+ 4）（0，2，故 C 错； cos+coscos+cos（ 2 ）cos+sin= 2sin（+ 4）（0，2，故 D 错； 故选：A 8 （5 分） 用平面截圆柱面， 当圆柱的轴与 所成角为锐角时， 圆柱面的截线是一个椭圆 著 名数学家 Dandelin 创立的双球实验证明了上述结论如
17、图所示，将两个大小相同的球嵌 入圆柱内，使它们分别位于 的上方和下方，并且与圆柱面和 均相切给出下列三个 结论： 两个球与 的切点是所得椭圆的两个焦点； 若球心距 O1O24，球的半径为3，则所得椭圆的焦距为 2； 当圆柱的轴与 所成的角由小变大时，所得椭圆的离心率也由小变大 其中，所有正确结论的序号是（ ） A B C D 【解答】对于，设点 P 为曲线上任一点，连接 PF1，PF2，则 PF1，PF2分别是两个球 面的切线，切点分别为 F1，F2， 过点 P 作母线，与两球面分别相交于点 K1，K2，则 PK1，PK2分别是两球面的切点，切 点为 K1，K2， 第 9 页（共 18 页）
18、根据切线长定理的空间推广，可知 PF1PK1，PF2PK2，所以 PF1+PF2PK1+PK2 K1K2是定值， 故点 P 的轨迹是以 F1，F2为焦点的椭圆，故对； 对于，OF2=(12 2 )2 2= 4 3 =1，所以 F1F22OF22，故正确； 对于，因为平面与母线的夹角相同，故离心率相同，故错 故选：C 二、填空题共二、填空题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分 9 （5 分）若双曲线 2 2= 1与 2 3 2 2 = 1有相同的焦点，则实数 m 4 【解答】解：由双曲线 2 3 2 2 = 1，得1= 3 + 2 = 5， 则双曲线 2 3 2 2 =
19、 1的焦点坐标为（5，0） ； 由双曲线 2 2= 1，得2= + 1， 则双曲线 2 2= 1的焦点坐标为（ + 1，0） ， 双曲线 2 2= 1与 2 3 2 2 = 1有相同的焦点， + 1 = 5，即 m4 故答案为：4 10 （5 分）已知an是各项均为正的等比数列，Sn为其前 n 项和，若 a16，a2+2a36， 则公比 q 1 2 ，S4 45 4 【解答】解：a16，a2+2a36， 6q+12q26， （q+1） （2q1）0， 由题意可知，q0， q= 1 2， s4= 6(1 1 24) 11 2 = 45 4 故答案为：1 2， 45 4 11 （5 分）能说明“直
20、线 xy+m0 与圆 x2+y2+4x2y0 有两个不同的交点”是真命题的 第 10 页（共 18 页） 一个 m 的值为 0 【解答】解：圆方程整理得： （x+2）2+（y1）25， 圆心（2，1） ，半径 r= 5， 直线 xy+m0 与圆 x2+y2+4x2y0 有两个不同交点， 直线与圆相交，即 dr， |21+| 2 5，即|m3|10， 解得：10+3m10 +3， 故能说明 “直线 xy+m0 与圆 x2+y2+4x2y0 有两个不同的交点” 是真命题的一个 m 的值可以为 0 故答案为 0 12 （5 分）在平行四边形 ABCD 中，已知 = ，| | = 4，| | = 2，
21、则四边 形 ABCD 的面积是 4 【解答】解：如图， = ， ( + ) = ( + ) ， 2 + = 2 + ， 2 = 2，| | = | |， 四边形 ABCD 是菱形，且| | = 4，| | = 2， 四边形 ABCD 的面积是4 2 1 2 = 4 故答案为：4 13 （5 分）已知函数 f（x）2sin（x+） （0） ，曲线 yf（x）与直线 y= 3相交，若 存在相邻两个交点间的距离为 6，则 的所有可能值为 2 或 10 第 11 页（共 18 页） 【解答】解：由函数 f（x）2sin（x+）的图象与直线 y= 3的相邻的两个交点之间 的距离为 6， 所以 2sin（
22、x+）= 3sin（x+）= 3 2 x+2k+ 3或 x+2k+ 2 3 ，kZ； 曲线 yf（x）与直线 y= 3相交，若存在相邻两个交点间的距离为 6， 结合正弦函数的图象和性质： 2 3 3 +2k（x2x1） ，kZ，令 k0，x2x1= 3 = 62； 7 3 2 3 +2k（x2x1） ，kZ，令 k0，x2x1= 5 3 = 610； 则 的所有可能取值为 2 或 10 故答案为：2 或 10 14 （5 分）将初始温度为 0的物体放在室温恒定为 30的实验室里，现等时间间隔测量 物体温度，将第 n 次测量得到的物体温度记为 tn，已知 t10已知物体温度的变化与 实验室和物体
23、温度差成正比（比例系数为 k） 给出以下几个模型，那么能够描述这些测 量数据的一个合理模型为 ； （填写模型对应的序号） tn+1tn= 30； tn+1tnk（30tn） ； tn+1k（30tn） 在上述模型下， 设物体温度从 5上升到 10所需时间为 amin， 从 10上升到 15所需 时间为 bmin， 从 15上升到 20所需时间为 Cmin， 那么 与 的大小关系是 （用 “” ， “”或“”号填空） 【解答】 解： （1） 由题意物体温度的变化与实验室和物体温度差成正比 （比例系数为 k） ， 可知物体温度的变化 tn+1tn与实验室和物体温度差 30tn成正比（比例系数为 k
24、） ，故 合理模型为 tn+1tnk（30tn） ，选； （2）由 tn+1tnk（30tn）可知，当 tn逐渐增大，k（30tn）随之减小，tn+1tn随之 减小，即随着时间增加，物体温度变化越小， 即变化相等温度，随着时间的增加，用时越来越少， 所以物体温度从 5上升到 10所需时间为amin， 从 10上升到15所需时间为 bmin， 则 ab， 第 12 页（共 18 页） 故答案为， 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 80 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 15 （13 分）在ABC 中，已知 csinA+3acosC0
25、（）求C 的大小； （）若 b2，c23，求ABC 的面积 【解答】解： （）由正弦定理可得 sinCsinA+3cosCsinA0， 因为 sinA0， 所以 tanC= 3， 又因为 0C， 所以C= 2 3 （）由正弦定理可得 sinB= = 2 3 2 23 = 1 2， 又因为 0B 3， 所以B= 6，ABC= 6， 所以ABC 的面积 S= 1 2bcsinA= 1 2 2 23 1 2 = 3 16 （13 分）2019 年 6 月，国内的 5G 运营牌照开始发放从 2G 到 5G，我们国家的移动通 信业务用了不到 20 年的时间，完成了技术上的飞跃，跻身世界先进水平为了解高校
26、学 生对 5G 的消费意愿，2019 年 8 月，从某地在校大学生中随机抽取了 1000 人进行调查， 样本中各类用户分布情况如下： 用户分类 预计升级到 5G 的时段 人数 早期体验用户 2019 年 8 月至 2019 年 12 月 270 人 中期跟随用户 2020 年 1 月至 2021 年 12 月 530 人 后期用户 2022 年 1 月及以后 200 人 我们将大学生升级 5G 时间的早晚与大学生愿意为 5G 套餐支付更多的费用作比较， 可得 出如图的关系 （例如早期体验用户中愿意为 5G 套餐多支付 5 元的人数占所有早期体验用 户的 40%） 第 13 页（共 18 页）
27、（）从该地高校大学生中随机抽取 1 人，估计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升 级到 5G 的概率； （）从样本的早期体验用户和中期跟随用户中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中愿 意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上的人数，求 X 的分布列和数学期望； （）2019 年底，从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人，这三位学生都已签约 5G 套餐， 能否认为样本中早期体验用户的人数有变化？说明理由 【解答】解： （）由题意知从高校大学生中随机抽取 1 人， 该学生在2021年或2021年之前升级到5G的概率估计为样本中早期体验用户和中期跟随 用户的频率， 估
28、计该学生愿意在 2021 年或 2021 年之前升级到 5G 的概率为： P= 270 1000 + 530 1000 =0.8 （）由题间意 X 的所有可能取值为 0，1，2， 记事件 A 为“从早期体验用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ， 事件 B 为“从中期跟随用户中随机抽取 1 人，该学生愿意为升级 5G 多支付 10 元或 10 元以上” ， 由题意可知，事件 A，B 相互独立， P（A）140%0.6，P（B）145%0.55， P（X0）P（）（10.6） （10.55）0.18， P（X1）P（A + ）0.6（10.55）+（
29、10.6）0.550.49， P（X2）P（AB）0.60.550.33， 第 14 页（共 18 页） X 的分布列为： X 0 1 2 P 0.18 0.49 0.33 E（X）00.18+10.49+20.331.15 （） 设事件 D 为 “从这 1000 人的样本中随机抽取 3 人， 这三位学生都已签约 5G 套餐” ， 则 P（D）= 270 3 1000 3 0.02 样本中早期体验用户的人数有所增加 17 （14 分）如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，BB1平面 ABC，ABBC，AA1ABBC 2 （）求证：BC1平面 A1B1C； （）求异面直线 B1C 与 A1B 所
30、成角的大小； （）点 M 在线段 B1C 上，且1 1 = （0，1） ，点 N 在线段 A1B 上， 若 MN平面 A1ACC1，求1 1的值（用含 的代数式表示） 【解答】解： （）证明：在三棱柱 ABCA1B1C1中，BB1平面 ABC， BB1平面 A1B1C1， BB1平面 B1BCC1，平面 B1BCC1平面 A1B1C1，交线为 B1C1， 又 ABBC，A1B1B1C1，A1B1平面 B1BCC1， BC1平面 B1BCC1，A1B1BC1， BB1BC2，B1CBC1， A1B1B1CB1，BC1平面 A1B1C （）解：由（）知 BB1平面 ABC，ABBC， 以 B 为原
31、点，BC 为 x 轴，BA 为 y 轴，BB1为 z 轴，建立空间直角坐标系， 第 15 页（共 18 页） 则 B（0，0，0） ，C（2，0，0） ，A1（0，2，2） ，B1（0，0，2） ， 1 =（2，0，2） ，1 =（0，2，2） ， cos1 ，1 = 1 1 |1 |1 | = 1 2 异面直线 B1C 与 A1B 所成角的大小为 3； （）解：A（0，2，0） ，A1（0，2，2） ， =（2，2，0） ，1 =（0，0，2） ， 设平面 ACC1A1的法向量 =（x，y，z） ， 则 = 2 2 = 0 1 = 2 = 0 ，取 x1，得 =（1，1，0） ， 点 M 在
32、线段 B1C 上，且1 1 = （0，1） ，M（2，0，22） ， 点 N 在线段 A1B 上，设1 1 = ，得 N（0，22，22） ， 则 =（2，22，22） ， MN平面 A1ACC1， = 2+220， 解得 1 1 1 =1 18 （13 分）已知函数 f（x）= 1 3x 3x23ax（aR） （）若 f（x）在 x1 时，有极值，求 a 的值； （）在直线 x1 上是否存在点 P，使得过点 P 至少有两条直线与曲线 yf（x）相切？ 若存在，求出 P 点坐标；若不存在，说明理由 【解答】解： （I）f（x）= 1 3x 3x23ax， 第 16 页（共 18 页） f（x）
33、x22x3a 由题意可得，f（1）1+23a0， a1，经检验 a1 时，f（x）有极值， 综上可得，a1， （II）不妨设直线 x1 上存在点 P（1，b） ， 设过点 P 与 yf（x）相切的直线为 l，切点（x0，y0） ， 则切线方程为 y 1 3 03+ 02+3ax0（02 20 3） （xx0） ， 又直线 l 过 P（1，b） ，有 b 1 3 03+ 02+3ax0（02 20 3） （1x0） ， 即20 3 3 202+ 20 3 + = 0， 设 g（x）= 23 3 22+ 2 3 + ， 则 g（x）2x24x+22（x1）20， 故 g（x）单调递增，g（x）至多
34、一个解， 故过点 P 与 yf（x）相切的直线最多有一条， 故在直线 x1 上不存在至少有两条直线与曲线 yf（x）相切 19 （14 分）已知椭圆 C： 2 2 + 2= 1（a1）的离心率是 2 2 （）求椭圆 C 的方程； （）已知 F1，F2分别是椭圆 C 的左、右焦点，过 F2作斜率为 k 的直线 l，交椭圆 C 于 A，B 两点，直线 F1A，F1B 分别交 y 轴于不同的两点 M，N如果MF1N 为锐角，求 k 的取值范围 【解答】解： （）由题意， = 2 2 2= 1 2= 2+ 2 ，解得 a22 椭圆 C 的方程为 2 2 + 2= 1； （）由已知直线 l 的斜率不为
35、0，设直线 l 的方程为 yk（x1） ， 直线 l 与椭圆 C 的交点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ， 联立 = ( 1) 2 2 + 2= 1 ，得（2k2+1）x24k2x+2k220 由已知，0 恒成立，且1+ 2= 42 22+1，12 = 222 22+1， 第 17 页（共 18 页） 直线 F1A 的方程为 = 1 1+1 ( + 1)，令 x0，得 M（0， 1 1+1） ， 同理可得 N（0， 2 2+1） 1 1 = 1 + 12 (1+1)(2+1) = 1 + 2(11)(21) (1+1)(2+1) = (1+2)12+(12)(1+2)+1+2 12+1
36、+2+1 ， 将代入并化简得：1 1 = 721 821， 依题意，MF1N 为锐角，则1 1 = 721 821 0， 解得：k2 1 7或 k 21 8 综上，直线 l 的斜率的取值范围为（， 7 7 ）（ 2 4 ，0）（0， 2 4 ）（ 7 7 ，+ ） 20 （13 分） 已知数列an， 记集合 TS （i， j） |S （i， j） ai+ai+1+aj， 1ij i， jN* （）对于数列an：1，2，3，4，写出集合 T； （）若 an2n，是否存在 i，jN ，使得 S（i，j）1024？若存在，求出一组符合条 件的 i，j；若不存在，说 明理由； （）若 an2n2，把集
37、合 T 中的元素从小到大排列，得到的新数列为 B：b1，b2， bm，若 bm2020，求 m 的最大值 【解答】解： （）T3，5，6，7，9，10， （）假设存在 i，jN*，使得 S（i，j）1024，则有 1024ai+ai+1+aj2i+2（i+1）+2j（ji+1） （i+j） ， 由于 i+j 与 ji 奇偶性相同， 所以 i+j 与 ji+1 奇偶性不同， 又因为 i+j3，ji+12， 所以 1024 大于等于 3 的奇数因子， 这与 1024 无 1 以外的奇数因子矛盾， 故不存在 i，jN*，使得 S（i，j）1024 （）bn= (22+22)(+1) 2 = ( + 2)( + 1) 仅当 j2，i1 时，bn2，其中 j+i2 与 ji+1 一奇一偶， 第 18 页（共 18 页） 且 j+i22，ji+12，则 bn能拆成奇数与偶数之乘积， 在偶数中，只有 2n无法拆成一个大于 2 的奇数与一个大于 2 的偶数之乘积， 又 T 中的元素均为偶数，故 T2n|nN*，n2k，kN*， 故 T 中的元素为 2 至 2020 整数除去 4，8，16，32，64，128，256，512，1024， 故 m= 2012 2 9 = 1001
