精品解析：上海交通大学附属中学2023-2024学年高二上学期10月月考数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期_1：月考

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海交通大学附属中学 2023-2024 学年度第一学期 高二数学月考试卷 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直接填写结果. 34i 1. 复数 的虚部是__________. 【答案】4 【解析】 【分析】利用复数的相关概念即可得解. 【详解】由复数虚部的概念，易知复数34i的虚部为4. 故答案为：4. 2. 直线 3x y30的倾斜角为______． 2π 【答案】 3 【解析】 【分析】将一般式方程整理为斜截式方程可得直线斜率，由斜率和倾斜角关系求得倾斜角. 【详解】由 3x y30，可得y  3x3， 所以直线的斜率为k  3， 2π 所以倾斜角为 . 3 2π 故答案为： . 3 x2 y2 3. 已知方程  1表示双曲线，则m的取值范围是___________. 2m1 m2  1 【答案】 2,   2 【解析】 【分析】根据双曲线标准方程的特征即可列不等式求解. x2 y2 1 【详解】方程  1表示双曲线，则需满足 2m1m20，解得2m ， 2m1 m2 2  1 故答案为： 2,   2 第 1 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 4. 正项等比数列 a n  中，a 4 a 5 32，则log 2 a 1 log 2 a 2   log 2 a 8 的值是________. 【答案】20 【解析】 【分析】根据等比数列的性质求解即可. 【详解】在等比数列 a  中，a a a a a a a a 32， n 1 8 2 7 3 6 4 5 log 2 a 1 log 2 a 2   log 2 a 8 log 2 a 1 a 2 a 3   a 8 log 2 324 log 2 220 20， 故答案为:20. 5. 若ABC的三边长为2，3，4，则ABC的最大角的余弦值为______． 1 【答案】 4 【解析】 【分析】直接利用三角形的三边关系式和余弦定理求出结果． 【详解】解：根据大边对大角得到： 设a 2，b3，c4， a2 b2 c2 1 所以：cosC  ． 2ab 4 1 故答案为 ． 4 【点睛】本题考查的知识要点：三角形的三边关系式及余弦定理的应用． y1 6. Px，y 在线段AB上运动，已知A2，4，B5，2 ，则 的取值范围是_______. x1  1 5 【答案】   ,   6 3 【解析】 y1 【分析】 表示线段AB上的点与C－1，－1 连线的斜率，画出图形，结合图形求解即可 x1 y1 【详解】 表示线段AB上的点与C－1，－1 连线的斜率， x1 4(1) 5 2(1) 1 因为k   ,k   AC 2(1) 3 BC 5(1) 6 y1  1 5 所以由图可知 的取值范围是   ,  ． x1  6 3 第 2 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  1 5 故答案为：   ,   6 3 7. 如图，吊车梁的鱼腹部分AOB是抛物线的一段，宽6m，高0.5m，根据图中的坐标系，可得这条抛物 线的准线方程为______． 9 【答案】 y   2 【解析】 【分析】利用待定系数法，代入已知点，建立方程，根据准线的公式，可得答案. 【详解】设这条抛物线的方程为x2 2pyp 0 ，由图可知B点坐标为（3,0.5），所以32 2p0.5，得 p 9 p9，故这条抛物线的准线方程为y   ． 2 2 9 故答案为： y   . 2 8. 已知F,F 是椭圆的两个焦点，过F 且与椭圆长轴垂直的直线交椭圆于A，B两点，若△ABF 是正三 1 2 1 2 角形，则该椭圆的离心率为________． 3 1 【答案】 ## 3 3 3 【解析】 【分析】根据△ABF 是正三角形，且直线 AB与椭圆长轴垂直，得到F F 是正三角形△ABF 的高， 2 2 1 2 AF 1 AF F 30．在Rt△AF F中，设| AF |m，可得 1  ，所以|AF |2m，用勾股定理算出 2 1 2 1 1 AF 2 2 2 FF  3m，得到椭圆的长轴2a  AF  AF 3m，焦距2c 3m，即可求出椭圆的离心率； 1 2 1 2 第 3 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】  ABF 2 是正三角形， AF B60， 2  直线AB与椭圆长轴垂直， F F 是正三角形△ABF 的高，AF F 30， 2 1 2 2 1 AF 1 Rt△AF F中，设| AF |m，sin30 1  ， 2 1 1 AF 2 2  AF 2m， FF  3m 2 1 2 因此，椭圆的长轴2a  AF  AF 3m，焦距2c 3m 1 2 c 3 椭圆的离心率为e  ． a 3 3 故答案为： . 3 9. 如图，在等边三角形ABC中，AB 2，点N 为AC的中点，点M 是边CB（包括端点）上的一个动   点，则AM NM 的最小值为______. 23 【答案】 16 【解析】 【分析】根据已知，利用图形以及向量的线性运算、数量积运算、二次函数进行计算求解.   【详解】因为等边三角形ABC中，AB 2，点N 为AC的中点，设MBCB,(01)，则 第 4 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )                 AM NM MAMN  MBBA  MCCN MBMCMBCN BAMCBACN         CB1CBCBCN BA1BCBACN 42 4211 2  5 23 42 534      8 16 5   23 所以当 时，AM NM 取最小值，最小值为 . 8 16 23 故答案为： . 16 10. 若平面直角坐标系内两点P,Q满足条件：①P,Q都在函数 f x 的图象上；②P,Q关于y轴对称， 则称点对 P,Q 是函数 f x 的图象上的一个“镜像点对”（点对 P,Q 与点对 Q,P 看作同一个“镜像点 cosπx,x0 对”）．已知函数 f x ，则 f x 的图象上的“镜像点对”有________对. log x,x0  3 【答案】3 【解析】 【分析】由函数 f xlog x,(x 0)，关于y轴对称的图象gxlog x,(x0)，转化为函数 3 3 gx 与 f x 在x 0时的交点个数，作出函数的图象，结合图象，即可求解. 【详解】函数 f xlog x,(x 0)，关于y轴对称的图象gxlog x,(x0)， 3 3 由定义可知，函数gx 与 f x 在x 0时的交点个数， 即为“镜像点对”的个数，作出函数gx 与 f x 在x 0时的图象， 由图象可知gx 与 f x 在x 0时的交点个数存3个， cosπx,x0 所以函数 f x 图象上的“镜像点对”有3对． log x,x0  3 故答案为：3. 第 5 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 11. 在平面直角坐标系xOy中，设直线y＝－x＋2与圆x2＋y2＝r2(r＞0)交于A，B两点．若圆上存在一点  5 3 C，满足OC  OA OB，则r的值为________． 4 4 【答案】 10 【解析】 2 2 5 3 252 5 3 9 2 【详解】OC   OA OB   OA 2 OA OB OB 4 4  16 4 4 16 25 15 9 3 即r2  r2  r2cosAOB r2，整理化简得cos∠AOB＝－ ，过点O作AB的垂线交AB于D， 16 8 16 5 3 1 2 则cos∠AOB＝2cos2∠AOD－1＝－ ，得cos2∠AOD＝ .又圆心到直线的距离为OD＝  2 ，所以 5 5 2 1 OD2 2 cos2∠AOD＝ ＝ ＝ ，所以r2＝10，r＝ 10 . 5 r2 r2  1 12. 已知x轴上的点A 1,0 、A 5,0 、…、A a ,0 满足A A  A A ，射线y  xx0 上的 1 2 n n n n1 2 n1 n   点B 3,3 、B 5,5 、…、B b ,b  满足 OB  OB 2 2，nN*，则四边形A A B B 的 1 2 n n n n1 n n n1 n1 n 面积S 的取值范围为______ n 【答案】 9,12 【解析】  1 【分析】先通过点A a ,0 满足A A  A A 可得a a 为等比数列，求其通项公式，进而可得 n n n n1 2 n1 n n1 n   点A (924n,0)，再利用B b ,b  满足 OB  OB 2 2可得B (2n1,2n1)，则根据 n n n n n1 n n S S S 可将面积用n表示，再通过判断数列的单调性可得面积的取值范围. OA n1 B n1 OA n B n  1 【详解】由x轴上的点A 1,0 、A 5,0 、…、A a ,0 满足A A  A A 1 2 n n n n1 2 n1 n 1 得a a  (a a )，n2， n1 n 2 n n1 又a a 4， 2 1 第 6 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 则a a 是以4为首项， 1 为公比的等比数列， n1 n 2 1 a a 4( )n1， n1 n 2 1 1( )n1 1 2 a a (a a )...(a a )14...4( )n2 14 924n， n 1 2 1 n n1 2 1 1 2 又a 1符合上式， 1 A (924n,0)， n   因为射线y  xx0 上的点B 3,3 、B 5,5 、…、B b ,b  满足 OB  OB 2 2 1 2 n n n n1 n   又 OB  2b , OB  2b n1 n1 n n  2b  2b 2 2 ， n1 n b b 2,又B (3,3)， n1 n 1 b 2n1， n B (2n1,2n1)， n 则A (923n,0),B (2n3,2n3)， n1 n1 四边形A A B B 的面积为S S S ， n n1 n1 n OA n1 B n1 OA n B n 1 1 1 8n4 即S  (923n)(2n3) (924n)(2n1)(n )23n 9 9， 2 2 2 2n 8n4 8n4 令g(n) ，nN，则g(n1) 2n 2n1 8n4 8n4 64n g(n1)g(n)   ， 2n1 2n 2n 当n1时，g(2)  g(1) 当n2时，g(n1) g(n)， 8n4 824 则g(n) 的最大值为g(2) 3， 2n 22 8n4 又g(1)2，且g(n) 0， 2n 8n4 所以0 gn3，而S  g(n)9 9， 2n 故9S 12， 第 7 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 所以四边形A A B B 的面积S 的取值范围为 9,12 . n n1 n1 n n 故答案为： 9,12 二、单选题（本大题共有 4 题，每题满分 5 分）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，将代表答案的小方格涂黑 13. 在等差数列{a }中，a 、a 是方程x2 3x4＝0的两根，则a 的值为（ ） n 2 4 3 3 A. 2 B. 3 C. ±2 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据韦达定理可得a a 3，再利用等差中项运算求解. 2 4 【详解】由题意可得：a a 3 2 4 ∵{a }为等差数列，则a a 2a 3 n 2 4 3 3 ∴a  3 2 故选：D. 14. 设 a,b,c分 别 为 ABC中 A,B,C所 对 边 的 边 长 ， 则 直 线 sin Axayc0与 直 线  bxsinBysinC 0的位置关系是（ ） A. 相交但不垂直 B. 垂直 C. 平行 D. 重合 【答案】B 【解析】 【分析】分别求出两直线斜率，相乘，利用正弦定理边角互化即可求解. 【详解】由题意可知直线sin Axayc0与直线bxsinBysinC 0的斜率均存在且不为0， sin A 直线sin Axayc0的斜率k  ， 1 a b 直线bxsinBysinC 0的斜率k  ， 2 sinB sinA b ab 由正弦定理可得k k    1， 1 2 a sinB ab 所以两直线垂直， 故选：B 第 8 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 15. 已知A，B是圆C:x2  y2 1上的两点，P是直线x ym0上一点，若存在点A，B，P，使 得PA  PB，则实数m的取值范围是（ ） A. [1,1] B. [2,2] C. [ 2, 2] D. [2 2,2 2] 【答案】B 【解析】 2 2 【分析】确定P在以AB为直径的圆上， DO  DA 1，根据均值不等式得到圆D上的点到O的最大 m 距离为 2 ，得到d   2，解得答案. 2 2 2 【详解】PA  PB，故P在以AB为直径的圆上，设AB中点为D，则 DO  DA 1， 圆D上的点到O的最大距离为 DO  DA ，  2 2 2 DO  DA  2 DO  DA  2 ，当 DO  DA  时等号成立. 2 m 直线x ym0到原点的距离为d   2，故2m2. 2 故选：B.              16. 已知平面向量a,b,c满足|a||b|ab2，且(bc)(2bc)0，则|a2c|的最大值为（ ） A. 7 2 B. 2 71 C. 71 D. 2 7 2 【答案】D 【解析】 第 9 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【分析】根据题意，求出a  b    ，建立平面直角坐标系，设c  (x,y)，求出轨迹方程，利用几何意 3   义即可求出|a2c|的最大值.  【详解】由|a r ||b r |a r b r 2可知,cosa  b   a  b   1 ，故a  b    ， |a  ||b | 2 3   如图建立坐标系，a (2,0)，b (1, 3)， 设c  (x,y)，由(b  c  )(2b  c  )0可得：  3 2  3 3 2 (1x, 3 y)(2x,2 3 y) x2 3x2 y2 3 3y60  x  y  1，  2  2  3 3 3  所以c (x,y)的终点在以 , 为圆心,1为半径的圆上，   2 2   1     所以|a2c |2 ac ，几何意义为(x,y)到(1,0)距离的2倍， 2      3 2 3 3 2   由儿何意义可知 a2c max 2    1 2      2    1  2 7 2，   故选：D. 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相应编号的规定区域 内写出必要的步骤. 17. 已知直线l经过两条直线x2y50和3x y10的交点. （1）若直线l与直线x2y10平行，求直线l的方程； π （2）若直线l与x2y50夹角为 ，求直线l的方程. 4 【答案】（1）x2y30； （2）x3y50，另一个是3x y50. 第 10 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【解析】 【分析】（1）联立直线的方程可得交点为 1,2 ，再设直线l的方程为x2yC 0C 1 ，代入 1,2 1 1 求解即可； （2）设l的点法式方程为ax1by20，再根据夹角的余弦公式化简求解即可. 【小问1详解】 x2y50 x1 由 ，可得 ，即直线x2y50和3x y10的交点为 1,2 ， 3x y10 y 2 因为直线l平行于直线x2y10，可设直线l的方程为x2yC 0C 1 ， 1 1 把点 1,2 代入方程得122C 0， 1 解得C 3，所以直线l的方程为x2y30； 1 【小问2详解】 设l的点法式方程为ax1by20（a和b不同时为零）， π a2b 2 根据夹角的余弦公式得cos   ，化简为3a2 8ab3b2 0. 4 a2 b2  12 22 2 所以3ab0或a3b0，此时a0. 所以直线l的方程有两个，一个是x3y50，另一个是3x y50. 18. 在平面直角坐标系xOy中，过点P0,1 且互相垂直的两条直线分别与圆O:x2  y2 4交于点A，B， 与圆M :x22 y12 1交于点C，D. （1）若直线AB的斜率为3，求 ABM 的面积；  2 35 （2）若 AB  ，求CD 的长； 3 3 39 【答案】（1） ； 5 2 5 （2） 3 【解析】 【分析】（1）先求解直线AB的方程，再计算 AB 与M点到直线AB的距离，进而可得 ABM 的面积；  第 11 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）设直线AB: y kx1，再根据垂径定理可得k2  8，进而根据垂径定理求解CD即可. 【小问1详解】 若直线AB的斜率为3，则直线AB的方程为3x y10. 3001 10  所以O点到直线AB的距离为 ， 32 12 10 3211 3 10 d   M点到直线AB的距离为 ， 32 12 5 1 39 2 390 1 3 39 所以 AB 2 4 2  ，所以S  AB d  . 10 10 10 △ABM 2 5 【小问2详解】 由题可知，直线AB的斜率显然存在且不为0，设为kk 0 ，则直线AB: y kx1. 1  AB  2  1  2 所以点O到直线AB的距离d 1  ，所以    4， k2 1  2   k2 1 2 35 35 1 又 AB  ，所以  4，解得k2  8. 3 9 1k2 1 因为直线AB与直线CD互相垂直，所以直线CD: y  x1. k 2 2  11 k k d   所以点M到直线CD的距离 2 ， 2 2  1  1 1  1       k   k  4 4 2 5 所以 CD 2 1 2 1  . k2 1 81 3 19. 如图1，一艺术拱门由两部分组成，下部为矩形ABCD，AB，AD的长分别为2 3m和4m，上部是  圆心为O的劣弧CD，COD= ． 3 第 12 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （1）求图1中拱门最高点到地面的距离； （2）现欲以B点为支点将拱门放倒，放倒过程中矩形ABCD所在的平面始终与地面垂直，如图2、图 3、图4所示．设BC与地面水平线l所成的角为．记拱门上的点到地面的最大距离为h，试用的函数 表示h，并求出h的最大值．   4sin2 3cos，0   6 【答案】（1）拱门最高点到地面的距离为5m．（2）h ，其最大值为 π    22 3sin( )，   6 6 2 22 3 【解析】 【分析】（1）求出圆的半径，结合圆和RT 的性质求出拱门最高点到地面的距离即可； △ （2）通过讨论P点所在的位置以及三角函数的性质求出h的最大值即可． 【详解】（1）如图，过O作与地面垂直的直线交AB，CD于点O，O ，交劣弧CD于点P，OP的 1 2 1 长即为拱门最高点到地面的距离．  在Rt  O 2 OC中，O 2 OC  3 ，CO 2  3， 所以OO 1，圆的半径ROC 2． 2 所以OP=ROO  ROO OO 5． 1 1 1 2 2 答：拱门最高点到地面的距离为5m． （2）在拱门放倒过程中，过点O作与地面垂直的直线与“拱门外框上沿”相交于点P． 第 13 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 当点P在劣弧CD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于圆O的半径长与圆心O到地面距离之和； 当点P在线段AD上时，拱门上的点到地面的最大距离h等于点D到地面的距离． 由（1）知，在Rt  OO 1 B中，OB OO 1 2 O 1 B2 2 3． 以B为坐标原点，直线l为x轴，建立如图所示的坐标系． π π 当点P在劣弧CD上时，  ． 6 2 π 由OBx ，OB2 3， 6 由三角函数定义，   π  π 得O  2 3cos    ，2 3sin   ，   6  6  π 则h22 3sin   ．  6 π π π 所以当  即 时， 6 2 3 h取得最大值22 3．  当点P在线段AD上时，0 ．设CBD=，在Rt BCD中，  6 DB BC2 CD2 2 7 ， 第 14 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 2 3 21 4 2 7 sin  ，cos  ． 2 7 7 2 7 7   由DBx，得D 2 7cos，2 7sin ． 所以h2 7sin 4sin2 3cos．    又当0 时，h4cos2 3sin4cos 2 3sin  3 0． 6 6 6   所以h4sin2 3cos在  0，  上递增．  6  所以当 时，h取得最大值5． 6 因为22 3 5，所以h的最大值为22 3． 综上，艺术拱门在放倒的过程中，拱门上的点到地面距离的最大值为（22 3）m． 【点睛】本题考查了函数的单调性，最值问题，考查三角函数的性质，导数的应用以及分类讨论思想，转 化思想，数形结合思想，是一道综合题． x2 y2 1 20. 已知椭圆的方程为  1a b0，其离心率e ，F 、F 分别为椭圆的左、右焦点，P a2 b2 2 1 2 为椭圆上的点（P不在x轴上），△PFF 周长为6.过椭圆右焦点F 的直线l与椭圆交于A、B两点. 1 2 2 （1）求椭圆的标准方程； （2）求 AB 的范围. 12 5 （3）O为坐标原点， OAB面积为 ，求直线l的方程.  19 x2 y2 【答案】（1）  1 4 3 （2） 3,4 ； （3）2x y20 【解析】 【分析】（1）根据椭圆离心率及△PFF 的周长，结合椭圆定义即可求出椭圆C的标准方程； 1 2 （2）分类讨论直线斜率是否为0，从而假设直线方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理与弦长公式得到关 于m的关系式，再分析即可得解； 第 15 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （3）结合（2）中的韦达定理及面积分割法建立方程求解即可. 【小问1详解】 c 1 由题意可知，e  ，所以a2c， a 2 由△PFF 的周长为6得2a2c6c6，所以a2,c1， 1 2 x2 y2 所以b2 a2 c2 3，所以椭圆的标准方程为  1. 4 3 【小问2详解】 由（1）知F 1,0 ，F 1,0 ， 1 2 当直线l的斜率为0时， AB 2a4， 当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为xmy1，Ax ,y  ，Bx ,y  ， 1 1 2 2 x2 y2   1 联立 4 3 ，消去x，得(3m2 4)y2 6my90，   xmy1 6m 9 易得Δ6m2 36(3m2 4)0，则y  y  ,y y  ， 1 2 3m2 4 1 2 3m2 4 所以 AB  x x 2 y  y 2  1m2 y  y 2 4y y 2 1 2 1 1 2 1 2  6m  2  9  12m2 12 4  1m2 4  4 ，     3m2 4 3m2 4 3m2 4 3m2 4 4 因为m2 0，所以3m2 44，所以0 1，所以3 AB 4， 3m2 4 综上，3 AB 4，即 AB 的范围是 3,4 . 【小问3详解】 1 1 6 1m2 12 5 由题意及（2）得S  OF y  y  y  y 2 4y y   ， OAB 2 2 1 2 2 1 2 1 2 3m2 4 19 1 41 平方并整理得180m4 119m2 410，解得m2  或m2  （舍去）， 4 45 1 1 所以m ，所以直线l的方程为x y1，即2x y20. 2 2 第 16 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) . 21. 数列{a }对于确定的正整数m，若存在正整数n使得a a a 成立，则称数列{a }为“m阶可 n mn m n n 分拆数列”. （1）设{a } 是首项为2，公差为2的等差数列，证明{a }为“3阶可分拆数列”； n n （2）设数列{a }的前n项和为S 2n a a0 ，若数列{a }为“1阶可分拆数列”，求实数a的值； n n n （3）设a 2n n2 12，试探求是否存在m使得若数列{a }为“m阶可分拆数列”．若存在，请求出所 n n 有m，若不存在，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）a 1；（3）m 1或3. 【解析】 【分析】（1）利用题中所给的新定义内容结合等差数列的通项公式即可证得结论； 2a n1 （2）由前n项和为S 可求出a  ，若数列 a  为“1阶可分拆数列”，则有 n n 2n1 n2 n a a a ，分别讨论n1和n2两种情况，计算可得a 1； n1 1 n （3）假设实数m存在，则有a a a ，代入化简可得  2m 1  2n 1  2mn13，逐一讨论m的 mn m n 取值直至m4不再成立为止，可得结果. 【详解】（1）由题意可知a 2n n a 2n6，a a 2n6所以a a a n3 n 3 n3 n 3 所以 a  为“3阶可分拆数列”； n （2）因为数列 a  的前n项和为S 2n a (a 0) n n 当n1时，a 2a；当n2时，a S S 2n1， 1 n n n1 2a n1 所以a  ， n 2n1 n2 因为存在正整数n得a a a 成立， n1 1 n 第 17 页 共 18 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ①当n2时2n 2n12a即2n1 2a， 因为n2，2n1 2a2， 所以a0，而a0，所以不存在正整数n（n2）使得a a a 成立； n1 1 n ②当n1时，若a a a 成立，则242a，得a 1， n1 1 n 所以a 1时存在正整数n1使得a a a 成立， n1 1 n 由①②得a 1. （3）假设存在m使得数列 a  为“m阶可分拆数列” n 即存在确定的正整数m，存在正整数n使得a a a 成立 mn m n 2mn mn2 122m m2 122n n2 12 即  2m 1  2n 1  2mn13， ①当m 1时，2n 12n13，n3时方程成立， ②当m  2时3  2n 1  4n13 当n1时3  2n 1  4n7； 当n2时3  2n 1  4n17， 当n2时3  2n 1  4n17，所以不存在正整数n使得a a a 成立； mn m n ③当m3时7  2n 1  6n13，当n1时7  2n 1  6n13成立， ④当m4时  2m 1  2n 1  2mn15  2n 1  8n23， 所以不存在正整数n使得a a a 成立. mn m n 综上：m 1或3. 【点睛】思路点睛：本题为数列新定义题，由题意可知对于确定的m存在n即可，且  2m 1  2n 1  2mn分别为关于m,n的单调递增数列，所以可采用逐一讨论的方法直至  2m 1  2n 1  2mn13时截止可找到所有的m,n . 第 18 页 共 18 页