16_2024高考数学点睛密卷_上海卷_解析版_2024高考押题卷_132024高途全系列_26高途点睛卷_2024点睛密卷-数学

1 高途高中数学高考研究院 高途高中数学 内部资料!禁止外传！ 2024 高考数学 点睛密卷 上海卷 高中数学终极冲刺必备资料 以基为本 一单在手 数学无忧 ➢ 在点睛课程资料中下载 12 高途高中数学高考研究院 绝密★启用前 2024 年高考数学点睛密卷(上海卷) 数 学 本试卷共6页，22小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。 用 2B 铅笔将试卷类型(B)填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡 右上角“条形码粘贴处”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答 案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在 试卷上。 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目 指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案； 不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。 4．考生必须保持答题卡的整洁。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。 一、填空题(本大题共有12题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12题每题5分)， 考生应在答题纸的相应位置填写结果． 1．已知集合 2 A = { x || x | 1 } ，B={−1，1，3，5}，则 A B = ． 【解答】 A={x||x| 1}={x|−1 x 1}，B={−1，1，3，5}，  A B = { x | − 1 x 1 } { − 1 ，1，3，5}={−1， 1 } ． 故答案为： { − 1 ， 1 } ． 2．若抛物线 x 2 = m y 的焦点到它的准线距离为1，则实数m= ． 【解答】 x 2 = m y = 2  m 2 y ，  p = m 2 ， 又抛物线的焦点到它的准线距离为1， m p= =1，则 2 m =  2 ． 故答案为：2．3 高途高中数学高考研究院 3．若 3 1 2 a = 3 b = m 1 1 ，且 − =2，则 a b m = ． 【解答】 1 2 a = 3 b = m ，  a = lo g 1 2 m ， b = lo g 3 m ，  1 a − 1 b = lo g 1 1 2 m − lo 1 g 3 m = lo g m 1 2 − lo g m 3 = lo g m 4 = 2 ，  m 2 = 4 ， 又 m  0 ，  m = 2 ． 故答案为：2． 4．在(2x+5)5的二项展开式中， x 3 的系数为 ． 【解答】 ( 2 x + 5 ) 5 的二项展开式的通项公式为 T r + 1 = C r5 5 5 − r ( 2 x ) r ， 令 r = 3  a 4 = C 35 5 5 − 3 2 3 = 2 0 0 0 ． 故答案为：2000． 5．若复数 z 满足 i  z = 3 − 4 i ，则 | z |= ． 【解答】 i  z = 3 − 4 i ，  z = 3 − i 4 i = ( 3 − i 4 2 i ) i = − 4 − 3 i ，  z = − 4 + 3 i ，  | z |= ( − 4 ) 2 + 3 2 = 5 ． 故答案为：5． 6．已知数列 { a n } 是等比数列，且 a 2 a 25 = 4 ．设 b n = lo g 2 a n ，数列 { b n } 的前 n 项和为 S n ，则 S = ． 7 【解答】因为 { a n } 为等比数列，a a2 =a a a =a a a =a3 =4， 2 5 2 5 5 3 4 5 4 1 2 所以a =43 =23 ， 4 由b =log a 可知，{b }为等差数列， n 2 n n 所以 S 7 = b 1 + 2 b 7  7 = 2 b 2 4  7 = 7 b 4 = 7 lo g 2 a 4 = 7  2 3 = 1 4 3 ． 14 故答案为： ． 34 高途高中数学高考研究院 7．已知一个半径为4的扇形圆心角为 4 ( 0 2 )      ，面积为 2  ，若tan(+)=3，则 ta n  = ． 【解答】已知扇形半径为r =4，圆心角为， 1 1 1 扇形面积S = lr = r2 = 42 =2， 2 2 2  4  =  ，  ta n ( ) 1 ta n ta n ta n ta n 1 1 ta ta n n 3         + = − + = + − = ， 1 解得：tan= ． 2 故答案为： 1 2 ． 8．在平面直角坐标系 x O y 中，已知点P(−1,1)和抛物线 C : y 2 = 4 x ，过 C 的焦点F 且斜率为 k(k 0)的直线与 C 交于 A ， B 两点．记线段 A B 的中点为 M ，若线段 M P 的中点在 C 上， 则 k 的值为 ；|AF||BF|的值为 ． 【解答】根据题意设 A B 直线方程为 y = k ( x − 1 ) ， 联立 y 2 = 4 x ，可得 k 2 x 2 − ( 2 k 2 + 4 ) x + k 2 = 0 ， 设 A ( x 1 , y 1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ，  x 1 + x 2 = 2 + 4 k 2 ， x 1 x 2 = 1 ，  x M = 1 + 2 k 2 ，  2 y = ， M k  2 2 即M1+ ,  ，又  k2 k P ( − 1 ,1 ) ， MP的中点坐标为  1 k 2 , 1 k + 1 2  ，将其代入 y 2 = 4 x 中， 可得： 3 k 2 − 1 k − 1 4 = 0 ， k  0 ， 解得k =−6(舍 ) 或k =2； x +x =3，xx =1， 1 2 1 2 |AF||BF|=(1+x)(1+x ) 1 2 = 1 + x 1 + x 2 + x 1 x 2 =1+3+1=5．5 高途高中数学高考研究院 故答案为：2；5． 9．已知 5 a = ( 6 , − 8 ) ，b与a垂直， | b |= 5 ，且b与 c = (1 , 0 ) 的夹角是钝角，则b在c方向上的 投影向量为 ． 【解答】设 b = ( x , y ) ，则由题可得：  6 x x 2 − + 8 y y 2 = = 0 2 5 ，解得  x y = = 4 3 或  x y = = − − 4 3 ， b 与 c = (1 , 0 ) bc x 的夹角是钝角，cos b,c = = 0， |b||c| 5  x  0 ，  b = ( − 4 , − 3 ) ，  bc c b在c方向上的投影为  =(−4,0)． |c| |c| 故答案为：(−4,0)． 10．记函数 y = 4 s in  2 x +  3  在  t , t +  6  上的最大值为 M t ，最小值为m ，则当 t t  R 时， M t − m t 的最小值为 ． 【解答】 y = 4 s in  2 x +  3  的最小正周期 T = 2  2 =  ， 由于 t +  6 − t =  6 ，为最小正周期的 1 6 ， 要想 M t − m t 取得最小值，则 y = 4 s in  2 x +  3  在  t , t +  6  上不单调， 由对称性可知，当  t , t +  6  关于 y = 4 s in  2 x +  3  的某条对称轴对称时， M t − m t 取得最小值，其对称轴为 t + t 2 +  6 = t +  1 2 ，  所以当x=t+ 时， 12 y = 4 s in  2 x +  3  取得最值  4 ， 不妨令M =4，则 t 4 s in  2 t +  6 +  3  = 4 ，解得t =k，kZ， 故 m t = 4 s in  2 t +  3  = 4 s in  2 k  +  3  = 2 3 ， 故M −m 的最小值为 t t 4 − 2 3 ． 故答案为：4−2 3． 11．如图，一个正方体雕塑放置在水平基座上，其中一个顶点恰好在基座上，与之相邻的三 个顶点与水平基座的距离分别是2，3，4，则正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值 为 ．6 高途高中数学高考研究院 【解答】如图， 不妨设 6 B ， D ， A 1 到水平基座的距离分别是2，3，4， 可得 A D 1 7 的中点到水平基座的距离为 ， 2  D 1 到水平基座的距离为7； 同理求得 C 到水平基座的距离为 5； B 1 到水平基座的距离为 6； C 1 到水平基座的距离为 9． 即正方体的8个顶点中与水平基座距离的最大值为9． 故答案为：9． 12．已知曲线 C : y =  | x 2 x − 2 + x 1 | , + x 1 ,  x 0 0 ，点 P ， Q 是曲线C上任意两个不同点，若 P O Q   ， 则称 P ， Q 两点心有灵犀，若 P ， Q 始终心有灵犀，则的最小值 的正切值 0 ta n 0  = ．  |x2 −x|+1,x 0 【解答】曲线C:y= ，其图象如图，  x2 +1,x0 当x 0时，y=x2 −x+1，设OP与该曲线相切，且切线方程为y=kx，设其倾斜角为， 17 高途高中数学高考研究院 联立 7  y y = = k x x 2 − x + 1 ，可得 x 2 − ( k + 1 ) x + 1 = 0 ， 由=(k+1)2 −4=0，解得 k = − 3 或 k = 1 (舍去)； 当 x  0 时， y = x 2 + 1 ，即 y 2 − x 2 = 1 ( x  0 , y  1 ) ， 则y= x是该曲线的渐近线，并设其倾斜角为 2 ， 点 P ， Q 是曲线C上任意两个不同点，若POQ ， 则的最小值 0 的正切值 ta n 0 ta n ( 1 2 ) 1 3 ( 3 1 ) 1 2    = − = + − − −  = ． 故答案为：2． 二、选择题(本题共有4题，满分20分，每题5分)，每题有且只有一个正确选项，考生应在答 题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑． 13．已知 a + b  0 ，且 b  0 ，则( ) A． a b  − 1 B．ab−b2 C． 1 a  − 1 b D． a 2  b 2 【解答】由a+b0，且b0知 a  − b  0 ，则 a b  − 1 ，故A错误； ab−b2，故 B 错误； 由 − 1 a b  0 得 a   − 1 a b   ( − b )   − 1 a b  ，即 1 a  − 1 b ，故 C 错误； a 2  ( − b ) 2 ，即 a 2  b 2 ，故 D 正确． 故选： D ． 14．实验测得六组成对数据(x,y)的值为(4,90)，(5,84)，(6,83)，(7,80)，(8,75)，(9,68)， 由此可得 y 与 x 之间的回归方程为 ˆy = − 4 x + ˆb ，则可预测当 x = 1 0 时， ˆy 的值为 ( ) A．67 B．66 C．65 D．64 【解答】由表中数据可得， x = 1 6  ( 4 + 5 + 6 + 7 + 8 + 9 ) = 6 .5 ， 1 y = (90+84+83+80+75+68)=80， 6 线性回归方程为yˆ =−4x+b ˆ，则80=−46.5+b ˆ，解得 ˆb = 1 0 6 ， 故yˆ =−4x+106，当x=10时，yˆ =−410+106=66．8 高途高中数学高考研究院 故选：B． 15．将函数y=−x3 +x， 8 x   0 ,1  的图象绕点(1,0)顺时针旋转角 0 2       得到曲线 C ， 若曲线 C 仍是一个函数的图形，则的最大值为( ) A． a r c ta n 1 2 B．  6 C．  4 D． a r c ta n 2 【解答】函数 f ( x ) = y = − x 3 + x ， f ( x ) = − 3 x 2 + 1 ，令 f ( x ) = 0 ，解得 x =  3 3 ，  3 当x0, 时，  3   f ( x )  0 ，函数在  0 , 3 3  上递增，  3  当x ,1时，  3   f ( x )  0  3  ，函数在 ,1上递减，  3   f  ( 1 ) = − 2 . 可得在 x = 1 处切线的倾斜角为−arctan2， 因此，要使旋转后的图象仍为一个函数的图象，旋转后的切线倾斜角最多为 9 0  ， 也就是说，最大旋转角为  − a r c ta n 2 −  2 =  2 − a r c ta n 2 = a r c ta n 1 2 ， 1 即的最大值为arctan ． 2 故选：A． 16．在平面直角坐标系 x O y 中，对于定点 P ( a , b ) ，记点集 { ( x , y ) || x − a | 1 ， | y − b | 1 } 中距 离原点O最近的点为点Q ，此最近距离为 f(P)．当点P在曲线x2 + y2 −8x−4y+16=0上 P 运动时，关于下列结论： ①点Q 的轨迹是一个圆； P ② f(P)的取值范围是 10−2, 10+2．   正确的判断是( )9 高途高中数学高考研究院 A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立 C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立 【解答】点集 9 { ( x , y ) | x − a | 1 ， | y − b | 1 } 表示一个以 P ( a , b ) 为中心，边长为2的正方形及 其内部的点构成的区域， 曲线 x 2 + y 2 − 8 x − 4 y + 1 6 = 0 是一个以 M ( 4 , 2 ) 为圆心，2为半径的圆， 当 P 在圆 M 上运动时，正方形随之运动，其中离原点 O 最近的点 Q P 分为两种情况： (1)当正方形位于x轴上方时， Q P 为正方形左下角顶点， 取N(3,1)，易知PQ∥MN且PQ=MN，  | Q N |= | P M |= 2 ，所以此时 Q P 的轨迹是以 ( 3 ,1 ) 为圆心，2为半径的圆的一段圆弧； (2)当正方形与 x 轴有公共点时，Q 为正方形与轴的交点(离原点近的一个)， P 此时 Q P 的轨迹是一个线段； 故点 Q P 的轨迹是一段圆弧加一个线段，①错误；10 高途高中数学高考研究院 如上图，当点 10 O ， Q ， N 三点共线且 Q 在中间时， f ( P ) 取最小值为 1 0 − 2 ， 当点 O ， Q ， N 三点共线且 N 在中间时， f ( P ) 取最大值为 1 0 + 2 ，故②正确． 故选：C． 三、解答题(本大题共有 5 题，满分 76 分)．解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必 要的步骤． 17．(本题满分 14 分)如图， D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心， A E 为底面直径， A E = A D ． △ A B C 是底面的内接正三角形， P 为DO上一点， P O = 6 6 D O ． (1)证明： P A ⊥ 平面 P B C ； (2)求二面角 B − P C − E 的大小． 【解答】(1)证明：不妨设圆 O 的半径为 1 ， OA=OB=OC =1 ， A E = A D = 2 ， A B = B C = A C = 3 ， D O = D A 2 − O A 2 = 3 6 2 ，PO= DO= ， 6 2 P A = P B = P C = P O 2 + A O 2 = 2 6 ， 在△PAC中，PA2 +PC2 = AC2，故PA⊥PC， 同理可得 P A ⊥ P B ，又 P B P C = P ， 故PA⊥平面PBC ； (2)建立如图所示的空间直角坐标系，11 高途高中数学高考研究院  3 1   3 1   2 则有B , ,0，C− , ,0，P0,0, ，       2 2 2 2 2       11 E ( 0 ,1 , 0 ) ， 故 B C = ( − 3 , 0 , 0 ) ， C E =  2 3 , 1 2 , 0  ， C P =  2 3 , − 1 2 , 2 2  ， 设平面 P C E 的法向量为n=(x,y,z)， 则由  n n   C C E P = = 0 0  3 1  x+ y=0  2 2 ，得 ，取x=1，则  3 1 2 x− y+ z=0   2 2 2 y = − 3 ， z = − 6 ， 所以平面PCE 的一个法向量为 n = ( 1 , − 3 , − 6 ) ， 由(1)可知 P A ⊥ 平面 P B C ，不妨取平面 P B C  2 的法向量为AP=0,1, ，   2   |APn| 2 5 故cos= = ， |AP||n| 5 又二面角 B − P C − E 的平面角为锐角，则二面角 B − P C − E 的大小为 a r c c o s 2 5 5 ． 18. (本题满分14分)如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面 A B C D ，四边形 A B C D 是直角梯 形，其中 D A ⊥ A B ，AD∥BC． P A = 2 A D = B C = 2 ， A B = 2 2 ． (1)求异面直线PC与AD所成角的大小； (2)若平面ABCD内有一经过点C的曲线 E ，该曲线上的任一动点 Q 都满足 P Q 与AD所成角 的大小恰等于PC与AD所成角．试判断曲线E的形状并说明理由； (3)在平面 A B C D 内，设点 Q 是(2)题中的曲线E在直角梯形 A B C D 内部(包括边界)的、一段曲 线CG上的动点，其中G 为曲线E和DC的交点．以B为圆心，BQ为半径的圆分别与梯形12 高途高中数学高考研究院 的边AB， 12 B C 交于M ， N 两点．当 Q 点在曲线段GC 上运动时，求四面体 P − B M N 体积的 取值范围． 【解答】(1)如图以 A 为原点，以AB，AD，AP所在直线分别 x 轴， y 轴，z轴，建立如图 所示的空间直角坐标系， 于是有 P ( 0 , 0 , 2 ) ， C ( 2 2 , 2 , 0 ) ，则有 P C = ( 2 2 , 2 , − 2 ) ，又 A D = ( 0 ,1 , 0 ) ， 则异面直线 P C 与 A D 所成角满足 c o s | | P P C C | A | D A D | | 2 4 1 2  =   = = ， 所以，异面直线PC与 A D  所成角的大小为 ； 3 (2)曲线E是平面ABCD内的双曲线，理由如下： 设点 Q ( x , y , 0 ) ，则P(0,0,2)， D ( 0 ,1 , 0 ) ，A(0,0,0)， 则 P Q = ( x , y , − 2 ) , A D = ( 0 ,1 , 0 ) ，  1 所以PQAD=|PQ||AD|cos  y= x2 + y2 +4， 3 2 化简整理得到 3 y 2 − x 2 = 4 ，即曲线 E 是平面ABCD内的双曲线； (3)在如图所示的xOy的坐标系中，13 高途高中数学高考研究院 因为 13 D ( 0 ,1 ) ( ) ，C 2 2,2 ，B(2 2,0)， 设 G ( x 1 , y 1 ) ，则有 D C = ( 2 2 ,1 ) ，故DC的方程为 2 x − 4 y + 4 = 0 ， 代入双曲线 E : 3 y 2 − x 2 = 4 的方程可得3y2 −8(y−1)2 =4， 即5y2 −16y+12=0，其中 y 1 = 2 , y 2 = 6 5 ，所以双曲线E:3y2 −x2 =4过 C ( 2 2 , 2 ) 因为直线 D C 与双曲线E交于点 C ，进而可得 x 2 = 2 5 2 ，即 G  2 5 2 , 6 5  ， 故双曲线 E 在直角梯形 A B C D 内部(包括边界)的区域满足 x   2 5 2 , 2 2  ， y   6 5 , 2  ， 又设 Q ( x , y ) 为双曲线CG上的动点， x   2 5 2 , 2 2  ， 所以 | B Q |= ( x − 2 2 ) 2 + y 2 = 4 3 x 2 − 4 2 x + 2 8 3 = 4 3  x − 3 2 2  2 + 1 0 3 ， 因为 3 2 2   2 5 2 , 2 2  ， 所以当 x = 3 2 2 时， | B Q |m in = 3 3 0 ，当 x = 2 5 2 2 41 时，|BQ| = ， max 5 而要使圆 B 与AB， B C 都有交点，则|BQ| 2， 故满足题意的圆的半径取值范围是 | B Q |  3 3 0 , 2  ， 1 因为PA⊥平面DMN ，所以P−DMN体积为V = PAS ， P−BMN 3 △BMN 故问题可以转化为研究 △ B M N 的面积，又因为MBN 为直角， 所以△BMN必为等腰直角三角形，14 高途高中数学高考研究院  30  由前述，设|BQ|=r ,2，则 3   14 | B M |= | B N |= r ， 故其面积 S △ B M N = 1 2 r 2 ，所以 S △ B M N   5 3 , 2  ， 于是， V P − B M N = 1 3  P A  S △ B M N = 2 3 S △ B M N   1 0 9 , 4 3  ． 19．(本题满分14分)为了减轻同学们的学习压力，班上决定进行一次减压游戏．班主任把8 个小球(只是颜色有不同)放入一个袋子里，其中白色球与黄色球各3个，红色球与绿色球各 1个．现甲、乙两位同学进行摸球得分比赛，摸到白球每个记1分，黄球每个记2分，红球 每个记 3 分，绿球每个记 4 分，规定摸球人得分不低于 8 分为获胜，否则为负．并规定如 下： ①一个人摸球，另一人不摸球； ②摸出的球不放回； ③摸球的人先从袋子中摸出1球，若摸出的是绿色球，则再从袋子里摸出2个球，若摸出的 不是绿色球，则再从袋子里摸出3个球，摸球人的得分为两次摸出的球的记分之和； (1)若由甲摸球，如果甲先摸出了绿色球，求该局甲获胜的概率； (2)若由乙摸球，如果乙先摸出了红色球，求该局乙得分 X 的分布列和数学期望E(X)． 【解答】(1)记“甲第一次摸出了绿色球，甲获胜”为事件 A ， C1C1 +C2 9 3 则P(A)= 1 6 3 = = ； C2 21 7 7 (2)如果乙第一次摸出红球，则可以再从袋子里摸出3个小球， 则 6  = ，7，8，9，10，11， C3 1 又P(=6)= 3 = ， C3 35 7 P ( 7 ) C 23C C 37 13 9 3 5  = = = ， P ( 8 ) C 13C C 37 23 9 3 5  = = = C2C1+C3 4 ，P(=9)= 3 1 3 = ， C3 35 7 C1C1C1 9 P(=10)= 3 1 3 = ， C3 35 7 P ( 1 1 ) C 23C C 37 11 3 3 5  = = = ， 所以的分布列为：15 高途高中数学高考研究院 15 P 6 7 8 9 10 11  1 35 9 3 5 9 3 5 4 3 5 9 3 5 3 3 5 1 9 9 4 9 3 60 所以的数学期望E()=6 +7 +8 +9 +10 +11 = ． 35 35 35 35 35 35 7 20．已知椭圆 C : x a 2 2 + y b 2 2 = 1 ( a  b  0 ) 过点 P  1 , 2 2  ，记椭圆的左顶点为M ，右焦点为 F ． (1)若椭圆 C 的离心率 e   0 , 1 2  ，求 b 的范围； (2)已知a= 2b，过点 F 作直线与椭圆分别交于 E ，G 两点(异于左右顶点)连接 M E ，MG， 试判定 E M 与EG是否可能垂直，请说明理由； (3)已知a= 2b，设直线 l 的方程为 y = k ( x − 2 ) ，它与C相交于 A ， B ．若直线AF 与C的 另一个交点为 D ．证明： | B F |= | D F | ．  2 【解答】(1) P1, 在椭圆上，   2    1 a 2 + 2 1 b 2 = 1 ( a  b  0 ) b2 1 a2 −c2 1 3 ，可得b2 = + = + = −e2， a2 2 a2 2 2 e   0 , 1 2  ，  b 2 = 3 2 − e 2   5 4 , 3 2  ，  b   2 5 , 2 6  ； (2)垂直，理由如下： a = 2 b 且椭圆过 P  1 , 2 2  ，  a = 2 , b = 1 x2 ，因此椭圆方程为 + y2 =1， 2 由题意得 M ( − 2 , 0 ) ，F(1,0)，假设 E M ⊥ E G ， 又有E， F ， G 三点共线，则ME⊥EF ， 设E(x,y)， 则ME =(x+ 2,y)，FE=(x−1,y)，16 高途高中数学高考研究院 由ME⊥FE，得MEFE=0，即 16 ( x + 2 ) ( x − 1 ) + y 2 = 0 ，① 又点 E 在椭圆上，则 x 2 2 + y 2 = 1 ，② ①②联立消去 y 2 ，得 x 2 2 + ( 2 − 1 ) x + 1 − 2 = 0 ， 则 x 1 = − 2 (为左顶点不符合题意舍)， x 2 = 2 − 2  ( − 2 , 2 ) ， 所以 E M 与 E G 可能垂直． (3)证明：设 A ( x 1 , y 1 ) ， B ( x 2 , y 2 ) ， D ( x 3 , y 3 ) ， 由(2)知椭圆方程为 x 2 2 + y 2 = 1 ，与直线 l 的方程y=k(x−2)联立消去y， 并整理得 (1 + 2 k 2 ) x 2 − 8 k 2 x + 8 k 2 − 2 = 0 ， 可得 x 1 + x 2 = 1 8 + k 2 2 k 2 ， 又点 A 在直线y=k(x−2)上，  y 1 = k ( x 1 − 2 ) ，  k = x 1 y 1− 2 ，  x 1 + x 2 = 1 8 + k 2 2 k 2 = 1 8 +  2 x  1 y 1− 2 y 1 x − 1  2 2  2 = 3 4 − 2 y 12 x 1 ， 又直线 A D 的方程为 y = x y 1− 1 1 ( x − 1 ) x2 与椭圆方程为 + y2 =1联立消去y， 2 结合 x 21 + 2 y 21 = 2 ，整理得 ( 3 − 2 x 1 ) x 2 − 4 y 21 x + 2 y 21 − 2 ( x 1 − 1 ) 2 = 0 ， 4y2 所以x +x = 1 ，于是可得x +x =x +x ，即x =x ， 1 3 3−2x 1 2 1 3 2 3 1 从而B，D两点关于x轴对称，因此|BF|=|DF|．17 高途高中数学高考研究院 21．(本题满分 18 分)已知数列 17 { a n } 是由正实数组成的无穷数列，满足 a 1 = 3 ， a 2 = 7 ， a n = | a n + 1 − a n + 2 | ，nN*． (1)写出数列 { a n } 前4项的所有可能取法； (2)判断：是否存在正整数k，满足 a k = 1 ，并说明理由； (3) c n 为数列 { a n } 的前 n 项中不同取值的个数，求 c 1 0 0 的最小值． 【解答】(1) a n = | a n + 1 − a n + 2 | ，  − a n = a n + 1 − a n + 2 或a =a −a ， n n+1 n+2 则a =a +a 或 n+2 n+1 n a n + 2 = a n + 1 − a n ， a 1 = 3 ， a 2 = 7 ，  a 3 = a 2 + a 1 = 7 + 3 = 1 0 ，或 a 3 = a 2 − a 1 = 7 − 3 = 4 ， ①当 a 3 = 1 0 时， a 4 = a 3 + a 2 = 1 0 + 7 = 1 7 ，或 a 4 = a 3 − a 2 = 1 0 − 7 = 3 ， ②当 a 3 = 4 时， a 4 = a 3 + a 2 = 4 + 7 = 1 1 ，或 a 4 = a 3 − a 2 = 4 − 7 = − 3 ， 数列 { a n } 是由正实数组成的无穷数列，  a 4 = − 3 不符合题意，故舍去， 数列{a }前 4 项的所有可能取法有：a =3，a =7，a =10，a =17或a =3，a =7， n 1 2 3 4 1 2 a =10，a =3或a =3，a =7，a =4， 3 4 1 2 3 a 4 = 1 1 ； (2)不存在，理由如下： a =|a −a |， n n+1 n+218 高途高中数学高考研究院 18  a n + 2 = a n + 1 + a n 或 a n + 2 = a n + 1 − a n ， 当a =a +a 时， n+2 n+1 n 数列 { a n } 是由正实数组成的无穷数列，  a n + 3 = a n + 2 + a n + 1  a n + 2 = a n + 1 + a n  a n ，即 a n + 3  a n ，或 a n + 3 = a n + 2 − a n + 1 = a n ，  a n + 3 a n ， 当 a n + 2 = a n + 1 − a n 时， 数列{a }是由正实数组成的无穷数列， n  a n + 2 = a n + 1 − a n  0 ，即 a n + 1  a n ，  a n + 3 = a n + 2 + a n + 1  a n + 2 = a n + 1 + a n  a n ，或 a n + 3 = a n + 2 − a n + 1 = − a n  0 (不合题意，舍去)， 综上所述， a n + 3 a n ，  a 3 k − 2 a 1 = 3 ， a 3 k − 1 a 2 = 7 ， a 3 k a 3 = 4 ，  不存在正整数k，满足 a k = 1 ； (3) a =|a −a |， n n+1 n+2 a +a ① a = n+1 n ， n+2 a −a ② n+1 n 对于任意的a ， n a n + 1 ，均可以使用①递推，只有满足 a n + 1  a n 时，才可以使用②递推； 若a =a −a ，显然有a a ，下一次只能用①递推，即a =a +a ，即②不能 n+2 n+1 n n+2 n+1 n+3 n+2 n+1 连续使用， 记 b k = m a x { a 2 k − 1 , a 2 k } ( k  N 且k 1)，b =max{a ,a }， k+1 2k+1 2k+2 若a =a +a ，则b b ； 2k+1 2k 2k−1 k+1 k 若a =a −a ，则a =a +a a a ，则b b ， 2k+1 2k 2k−1 2k+2 2k 2k+1 2k 2k−1 k+1 k  b k + 1  b k ( k  N 且 k 1 ) ， a ，a ，，a 中至少有a ，a ，b ，b ，，b 共51项，即c 51， 1 2 100 1 2 2 3 50 10019 高途高中数学高考研究院 则举例如下： 19 a n =  a a n n − − 1 1 + − a a n n − − 2 2 (( n n 为 为 奇 偶 数 数 )) ，  数列{a }中3，7，10，3，13，10，23，13，36，23， n  ，此时c =51， 100  c 1 0 0 的最小值为51．