上海市松江区2020年高三第一学期期末(一模)学科质量检测数学试卷(逐题精解版)

2019.12一、填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

12，则AB_____1.已知集合Ax|x10，B0，，

2.若角3.设z

的终边过点P(4,3)，则sin(1i

2i，则|z|______.1i53)的值为_____________.22

4.x2的展开式中x4项的系数为_______．x

x2y2

F2，右焦点分别为F1、若椭圆上的点P满足|PF1|2|PF2|，5.已知椭圆1的左、94则|PF1|________6.若关于x、y的二元一次方程组

mx4ym2

无解，则实数m________xmym

r

r

7.已知向量a(1,2)，b(m,3)，若向量(a2b)∥b，则实数m________8.已知函数yf(x)存在反函数yf

1

r(x)，若函数yf(x)2x的图像经过点(1,6)，则函数yf1(x)log2x的图像必经过点________9.在无穷等比数列{an}中，若lim(a1a2an)n1，则a1的取值范围是________310.函数y

axb

的大致图像如图，若函数图像经过(0,1)和(4,3)cxd两点，且x1和y2是其两条渐近线，则a:b:c:d________11.若实数a,b0，满足abcabc，a2b21，则实数c的最小值为________12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A1、A2、A3、A4、A5、rruuuur

A6，集合M{a|aAiAj(i,j1,2,3,4,5,6,ij)}，在M中任取两个元素m、n，则mn0的概率为________二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

13.已知l是平面的一条斜线，直线mA.存在唯一的一条直线m，使得lmC.存在唯一的一条直线m，使得l∥m

，则（）B.存在无限多条直线m，使得lm使得l∥mD.存在无限多条直线m，）14.设x,yR，则“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的（A.充分非必要条件C.充要条件2

B.必要非充分条件D.既非充分又非必要条件）15.若存在b,cR，使xbxcM对任意的x0,4恒成立，则（A.M的最小值为1C.M的最小值为4

B.M的最小值为2D.M的最小值为8

16.已知集合M{1,2,3,,10}，集合AM，定义M(A)为A中元素的最小值，当A取遍M的所有非空子集时，对应的M(A)的和记为S10，则S10（A.45B.1012C.2036）D.9217三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

17.如图，圆锥的底面半径OA2，高PO6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.（1）求圆锥的侧面积和体积；（2）求异面直线CD与AB所成角的大小.（结果用反三角函数表示）18.已知函数f(x)23sinxcosx2sin2x.（1）求f(x)的最大值；（2）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若f(A)0，b、a、c成等差数列，且ABAC2，求边a的长.19.汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离（并结合车速转化为所需时间），当此距离等于报警距离时就开始报警提醒，等于危险距离时就自动刹车，某种算法（如下图所示）将报警时间划分为4段，分别为准备时间t0、人的反应时间t1、系统反应时间t2、制动时间t3，相应的距离分别为d0、d1、d2、d3，当车速为v（米/秒），且v[0,33,3]时，通过大数据统计分析得到下表（其中系数k随地面湿滑成都等路面情况而变化，k[0.5,0.9]）.阶段时间0、准备1、人的反应2、系统反应3、制动t0d020米t10.8秒d1

t20.2秒t3d3

12

v米20k

距离d2

（1）请写出报警距离d（米）与车速v（米/秒）之间的函数关系式d(v)，并求k0.9时，若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间（精确到0.1秒）；（2）若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时？经过x轴正半轴上点M(m,0)的直线l交于不同的20.设抛物线:y24x的焦点为F，两点A和B.（1）若|FA|3，求点A的坐标；（2）若m2，求证：原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；（3）若|FA||FM|，且直线l1∥l，l1与有且只有一个公共点E，问：△OAE的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出M点的坐标，若不存在，请说明理由.an；时，①anN（nN*）②当n2k（kN*）21.已知数列{an}满足：（kN*）时，anan1，记数列{an}的前n项和为Sn.（1）求a1，a3，a9的值；（2）若Sn2020，求n的最小值；（3）求证：S2n4Snn2的充要条件是a2n11（nN*）.n

；③当n2k2上海市松江区2020届高三一模数学试卷

答案解析版

2019.12一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

12，则AB_____1.已知集合Ax|x10，B0，，

2【答案】1，

【解析】【分析】求解不等式化简集合A，再由交集的运算性质得答案．【详解】由集合A得x1,所以AB1,2故答案为1,2【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题．2.若角的终边过点P(4,3)，则sin(【答案】【解析】【分析】453)的值为_____________.2由题意可得x＝4，y＝﹣3，r＝5，再由任意角的三角函数的定义可得cos公式化简，代入即可求解．4

，由诱导54，5【详解】解：∵角α的终边过点P（4，﹣3），则x＝4，y＝﹣3，r＝5，cos

sin(

34

)cos．251i

2i，则|z|______.1i【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，两点间的距离公式的应用，属于基础题．3.设z

【答案】1.【解析】分析：首先求得复数z，然后求解其模即可.详解：由复数的运算法则有：z

1i1i2i2i2ii1i

2i，1i1i1i2则：zi1.点睛：本题主要考查复数的运算法则，复数模的计算等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.2

4.x2的展开式中x4项的系数为_______．x

【答案】40【解析】【分析】根据二项定理展开式，求得r的值，进而求得系数．r【详解】根据二项定理展开式的通项式得C5x255r2rr103rC52xx

r所以103r4，解得r=2所以系数C5240

【点睛】本题考查了二项式定理的简单应用，属于基础题．22x2y2

右焦点分别为F1、F2，若椭圆上的点P满足|PF1|2|PF2|，5.已知椭圆1的左、94则|PF1|________【答案】4【解析】【分析】根据椭圆定义，得到PF1PF22a6，再由题中条件，即可得出结果.x2y2

【详解】由题意，在椭圆1中，PF1PF22a6，94又PF12PF2，所以故答案为：4

【点睛】本题主要考查椭圆上的点到焦点的距离，熟记椭圆的定义即可，属于基础题型.6.若关于x、y的二元一次方程组【答案】2【解析】【分析】3

PF16，因此PF14.2mx4ym2

无解，则实数m________xmym

根据方程组无解，得到直线mx4ym2与直线xmym平行，根据两直线平行的充要条件，即可求出结果.mx4ym2

yx【详解】因为关于、的二元一次方程组无解，xmym

所以直线mx4ym2与直线xmym平行，m240



所以m2m，解得：m2.

m4故答案为：2【点睛】本题主要考查由方程组无解求参数，熟记直线与直线平行的判定条件，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.7.已知向量a(1,2)，b(m,3)，若向量(a2b)∥b，则实数m________【答案】【解析】【分析】rrr

32rr先由题意，得到a2b(12m,8)，根据向量共线的坐标表示，得到12m(3)8m0，求解，即可得出结果.rrr【详解】因为向量a(1,2)，b(m,3)，所以a2b(12m,8)，rr

又(a2b)∥b，所以12m(3)8m0，即2m30，3.23

故答案为：

2解得：m

【点睛】本题主要考查由向量共线求参数，熟记向量共线的坐标表示即可，属于常考题型.8.已知函数yf(x)存在反函数yf

1

(x)，若函数yf(x)2x的图像经过点(1,6)，则函数yf1(x)log2x的图像必经过点________【答案】(4,3)【解析】【分析】先由题意，得到6f(1)2，推出函数yf(x)的图像过点(1,4)，其反函数过点(4,1)，求出f

1

(4)1，得到f1(4)log24123，进而可求出结果.【详解】因为函数yf(x)2x的图像经过点(1,6)，所以6f(1)2，因此f(1)4，即函数yf(x)的图像过点(1,4)又yf(x)存在反函数yf即f

1

1

(x)，所以yf1(x)的图像过点(4,1)，(4)1，所以f1(4)log24123，即函数yf1(x)log2x的图像必经过点4,3.故答案为：4,3【点睛】本题主要考查反函数的应用，熟记反函数的性质即可，属于常考题型.9.在无穷等比数列{an}中，若lim(a1a2an)n1，则a1的取值范围是________3【答案】(0,)U(,)【解析】【分析】先设等比数列{an}的公比为q，根据题意，得到q1且q0，131233a11

，分别讨论1q31q0，和0q1，即可得出结果.a1(1qn)

,q1qn的{a}S【详解】设等比数列n公比为，则其前项和为：n1q，na,q11若q1时，lim(a1a2an)limna1

n

n

1，3a1(1qn)1

，若q1时，lim(a1a2an)lim

nn1q3因此q1且q0，a111

，即a11q，1q33所以当1q0时，a1

1121q,；333

当0q1时，a1

111q0,.33

131233因此，a1的取值范围是(0,)U(,).故答案为：(0,)U(,)【点睛】本题主要考查由等比数列的极限求参数的问题，熟记极限的运算法则，以及等比数列的求和公式即可，属于常考题型.10.函数y

131233axb

的大致图像如图，若函数图像经过(0,1)和(4,3)两点，且x1和cxd

y2是其两条渐近线，则a:b:c:d________【答案】2:1:1:1【解析】【分析】cd0axb

先由函数图像，得到函数y关于1,2对称，推出a，化原函数为2cxdc2cxb

，再由函数图像所过定点，即可求出参数，得出结果.cxcaxb

【详解】由图像可得：函数y关于1,2对称，cxdy

cd0

cdaxb2cxb

所以有a，即，因此y，cxdcxc2a2cc又函数图像经过(0,1)和(4,3)两点，b

1b1d1c所以，解得：，因此，8cbc1a234cc

所以a:b:c:d2:1:1:1.故答案为：2:1:1:1

【点睛】本题主要考查由函数图像求参数，熟记函数的对称性，以及待定系数法求函数解析式即可，属于常考题型.11.若实数a,b0，满足abcabc，a2b21，则实数c的最小值为________【答案】22【解析】【分析】先由题意，根据基本不等式，得到ab

11

，得出ab1，再由a2b21，得到22c

2abab

ab22

1

，根据abcabc得ab23



2

ab

3

3，令tab，ab根据题意得到tab0,2，由函数单调性，得到ytt的最值，进而可求出结果.【详解】因为a,b0，a2b21，所以a2b212ab，即ab取等号；因此ab1

2211

1，22221

，当且仅当ab时，2又ab1，所以abab2ab12ab，即ab

2c

2ab22

12

，ab

由abcabc得c，所以ab1令tab，因为ab

ab3



ab

3，ab(ab)2a2b22ab2a2b22，当且仅当ab时取等号.所以tab0,2，又易知函数yt因此yt

3

在t0,2上单调递增，t332，2

t2223tt222222因此c3abab.即实数c的最小值为22.故答案为：22【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.12.记边长为1的正六边形的六个顶点分别为A1、A2、A3、A4、A5、A6，集合rruuuur

M{a|aAiAj(i,j1,2,3,4,5,6,ij)}，在M中任取两个元素m、n，则mn0的概率为________【答案】【解析】【分析】先以A1A4的中点为坐标原点O，以A1A4所在直线为x轴，以A1A4的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系，得到各顶点坐标，列举出集合M中所有元素，以及满足条件的组合，根据古典概型的概率计算公式，即可求出结果.【详解】以A1A4的中点为坐标原点O，以A1A4所在直线为x轴，以A1A4的垂直平分线为y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，851

因为正六边形的边长为1，131133

,A,A,A1,0所以易得：A11,0、A2、、、、35422222213

A6,2，2

uuuuruuuur13uuuuruuuur33uuuuruuuur因此A1A2A5A42,2，A1A3A6A42,2，A1A42,0，A4A12,0，uuuuruuuur3ruuuur1ruuuur13uuuu3uuuu3

A1A5A2A42,2，A1A6A3A42,2，A2A1A4A52,2，

uuuuruuuuruuuuruuuuruuuuruuuur

A2A3A6A51,0，A2A51,3，A5A21,3，A2A6A3A50,3，uuuuruuuur3uuuuruuuurruuuur3uuuuA3A1A4A62,2，A3A2A5A61,0，A3A61,3，A6A31,3，

uuuuruuuur33uuuuruuuur13uuuuruuuur

A4A2A5A12,2，A4A3A6A12,2，A5A3A6A20,3；共18个向量.rruuuur

M{a|aAA因此ij(i,j1,2,3,4,5,6,ij)}中含有18个不同的元素.又在M中任取两个元素m、n，满足mn0的有：33333

,,与或；2222221,113333333333

,,,,,,与或；与或；222222222222133333

2,0与0,3或0,3；2,0与0,32,2；2,2与2,2或



或0,3；1,0与0,3或0,3；1,0与0,3或0,3；1,3与3333333333

,,1,31,3,,或；与或；与,222或2222222333333

,,,1,3；与或；共24种选法，又由m、n的任意性，2222222

因此满足mn0的情况共有：24A248种；22

A2又在M中任取两个元素m、n，共有C18种情况；因此，满足mn0的概率为：P故答案为：488.22C18A2518

51【点睛】本题主要考查古典概型，熟记概率计算公式即可，属于常考题型.二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

13.已知l是平面的一条斜线，直线mA.存在唯一的一条直线m，使得lmC.存在唯一的一条直线m，使得l∥m【答案】B【解析】【分析】根据题意，作出图形，结合直线与直线，直线与平面位置关系，即可得出结果.【详解】因为l是平面的一条斜线，直线m

，则（）B.存在无限多条直线m，使得lm使得l∥mD.存在无限多条直线m，，画出图形如下：显然在平面内必存在直线m与直线l垂直，且平面内有无数条直线与直线m平行，故存在无限多条直线m，使得lm.故选：B【点睛】本题主要考查直线与直线位置关系的判定，熟记线面，线线位置关系即可，属于常考题型.14.设x,yR，则“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的（A.充分非必要条件C.充要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的概念，直接判断，即可得出结果.【详解】若xy2，则x、y中至少有一个数大于1，即“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的充分条件，反之，若“x、y中至少有一个数大于1”，则xy不一定大于2，如：x2,y1；因此，“xy2”是“x、y中至少有一个数大于1”的充分不必要条件.故选：A【点睛】本题主要考查命题的充分不必要条件，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.15.若存在b,cR，使xbxcM对任意的x0,4恒成立，则（2

）B.必要非充分条件D.既非充分又非必要条件）A.M的最小值为1B.M的最小值为2

C.M的最小值为4【答案】B【解析】【分析】D.M的最小值为8



f(0)M

cM

先令f(x)x2bxc，由题意，得到f(4)M，推出164bcM，2b

f()Mb2c2M

22b22c164bcc4M，根据绝对值不等式的性质定理，得到三式相加得2b2b22c164bcc164b，再由题中存在b,cR，使结论成立，可得：22b24b16，进而可得出结果.只需4M2min【详解】因为xbxcM对任意的x0,4恒成立，令f(x)x2bxc，2



f(0)McMcM

则只需f(4)M，即164bcM，所以164bcM，22bbf()Mcb2c2MM242b22c164bcc4M，所以以上三式相加可得：2由绝对值不等式的性质定理可得：b2b2b2

2c164bcc2c164bcc4b16，222b2b221

4b164b16b488因此只需4M2min2min2min

即M2.故选：B【点睛】本题主要考查求最值的问题，熟记绝对值不等式的性质，以及不等式的性质即可，属于常考题型.16.已知集合M{1,2,3,,10}，集合AM，定义M(A)为A中元素的最小值，当A取遍M的所有非空子集时，对应的M(A)的和记为S10，则S10（A.45【答案】C【解析】【分析】根据题意先确定M(A)可能取的值为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，再得到对应的个数，根据错位相减法，即可求出结果.【详解】因为集合M{1,2,3,,10}，集合AM，M(A)为A中元素的最小值，当A取遍M的所有非空子集，由题意可得：M(A)可能取的值为1,2,3,4,5,6,7,8,9,10，则共有29个1；28个2；27个3；26个4；……，20个10；因此S102223242102，所以2S102223242102，10

9

8

7

1

9

8

7

6

0

）D.9217B.1012C.20362(1210)

两式作差得S102222221010

1210

9

8

7

6

1

211122036，所以S102036.故选：C【点睛】本题主要考查含n个元素的集合的子集的应用，以及数列的求和，熟记错位相减法求和，会求集合的子集个数即可，属于常考题型.三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

17.如图，圆锥的底面半径OA2，高PO6，点C是底面直径AB所对弧的中点，点D是母线PA的中点.（1）求圆锥的侧面积和体积；（2）求异面直线CD与AB所成角的大小.（结果用反三角函数表示）【答案】（1）侧面积410，体积8；（2）arccos【解析】【分析】（1）根据圆锥的侧面积公式，以及体积公式，结合题中数据，即可得出结果；（2）先由题意，得到OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OC，OB，OP所z轴，在直线为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，分别求出CD2,1,3，AB0,4,0，14.14根据向量夹角公式，即可求出结果.【详解】（1）因为圆锥的底面半径OA2，高PO6，所以其母线长为PA因此圆锥的侧面积为S体积为：V

PO2OA2210，1

PA2OA410；21

OA2PO8；3（2）由题意，易得：OC，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，以OC，OB，OP所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则C(2,0,0)，A(0,2,0)，B(0,2,0)，P(0,0,6)，又点D是母线PA的中点，所以D(0,1,3)，因此CD2,1,3，AB0,4,0，记异面直线CD与AB所成角的大小为，所以coscosCD,AB

CDABCDAB



4144

14，14因此，异面直线CD与AB所成角的大小为arccos

14.14【点睛】本题主要考查求圆锥的侧面积与体积，以及异面直线所成的角，熟记圆锥的侧面积公式与体积公式，以及空间向量的方法求异面直线所成的角即可，属于常考题型.18.已知函数f(x)23sinxcosx2sin2x.（1）求f(x)的最大值；（2）在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，若f(A)0，b、a、c成等差数列，且ABAC2，求边a的长.【答案】（1）最大值为1；（2）a2.【解析】【分析】（1）先将函数解析式化简整理，得到f(x)2sin2x可得出最大值；（2）先由题意得到sin2A







1，根据正弦函数的性质，即6



1a、c成等差数列，求出A；由b、得:2abc；，623由ABAC2得bc4，再由余弦定理，即可得出结果.【详解】（1）f(x)23sinxcosx2sin2x3sin2x(1cos2x)3sin2xcos2x1



2sin2x1，6

由xR可得2x



R，因此1sin2x1，66

所以f(x)max211；（2）由f(A)0得2sin2A又0A，所以



110sin2A，即，662

135

2A，因此2A，所以A；6666631

bc2，即bc4，2由b、a、c成等差数列，可得:2abc；又ABAC2，所以bccosA

由余弦定理可得：a2b2c22bccosA(bc)22bc2bccosA4a212，解得：a2.【点睛】本题主要考查求正弦型函数的最大值，以及解三角形，熟记正弦函数的性质，以及余弦定理即可，属于常考题型.19.汽车智能辅助驾驶已得到广泛应用，其自动刹车的工作原理是用雷达测出车辆与前方障碍物之间的距离（并结合车速转化为所需时间），当此距离等于报警距离时就开始报警提醒，等于危险距离时就自动刹车，某种算法（如下图所示）将报警时间划分为4段，分别为准备时间t0、人的反应时间t1、系统反应时间t2、制动时间t3，相应的距离分别为d0、d1、d2、d3，当车速为v（米/秒），且v[0,33,3]时，通过大数据统计分析得到下表（其中系数k随地面湿滑成都等路面情况而变化，k[0.5,0.9]）.阶段时间距离0、准备1、人的反应2、系统反应3、制动t0d020米t10.8秒d1

t20.2秒t3d3

12

v米20k

d2

（1）请写出报警距离d（米）与车速v（米/秒）之间的函数关系式d(v)，并求k0.9时，若汽车达到报警距离时人和系统均不采取任何制动措施，仍以此速度行驶，则汽车撞上固定障碍物的最短时间（精确到0.1秒）；（2）若要求汽车不论在何种路面情况下行驶，报警距离均小于80米，则汽车的行驶速度应限制在多少米/秒以下？合多少千米/小时？v2【答案】（1）d20v，最短时间3.1秒（2）汽车的行驶速度应限制在20米/秒，20k合72千米/小时【解析】【分析】（1）根据题意，得到dd0d1d2d3，结合题中数据，即可得出函数关系式；再由k0.9，得到汽车撞上固定障碍物的最短时间t

d20v

1，根据基本不等式，即可求出最值；vv18v2v2（2）根据题意，得到当k0.5时，报警距离最大，推出20v20v80，20k10求解即可得出结果.v2【详解】（1）由题意：报警距离dd0d1d2d320v，20kv2当k0.9时，d20v，18则汽车撞上固定障碍物的最短时间为：t

d20v2021012113.1秒；vv18183v2

（2）由题意可得：d20v80，因为k[0.5,0.9]，20k所以当k0.5时，报警距离最大，v2因此，只需：20v80，解得：30v20，所以汽车的行驶速度应限制在20米/10秒，合72千米/小时.【点睛】本题主要考查函数模型的应用，以及基本不等式的应用，熟记基本不等式，以及不等关系即可，属于常考题型.20.设抛物线:y24x的焦点为F，经过x轴正半轴上点M(m,0)的直线l交于不同的两点A和B.（1）若|FA|3，求点A的坐标；（2）若m2，求证：原点O总在以线段AB为直径的圆的内部；（3）若|FA||FM|，且直线l1∥l，l1与有且只有一个公共点E，问：△OAE的面积是否存在最小值？若存在，求出最小值，并求出M点的坐标，若不存在，请说明理由.【答案】（1）(2,22)；（2）证明见解析；（3）存在，最小值2，M(3,0).【解析】【分析】（1）由抛物线方程以及抛物线定义，根据|FA|3求出横坐标，代入y24x，即可得出点的坐标；（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线AB的方程是：xmy2，联立直线与抛物线方程，根据韦达定理，以及向量数量积运算，得到OAOBx1x2y1y20，推出AOB恒为钝角，即可得结论成立；（3）设Ax1,y1，则x1y10，由|FA||FM|得M(x12,0)，推出直线AB的斜率kAB

y1y

．设直线l1的方程为y1xb，代入抛物线方程，根据判别式等于零，得22b

2441

yx．设ExE,yE，则E，E，由三角形面积公式，以及基本不y1y1y12x1

等式，即可求出结果.【详解】（1）由抛物线方程知，焦点是F(1,0)，准线方程为x1，设Ax1,y1，由|FA|3及抛物线定义知，x12，代入y24x得y22，所以A点的坐标A(2,22)或A(2,22)（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，设直线AB的方程是：xmy2，联立

y1y24mxmy22

x，消去得：，由韦达定理得，y4my802y4xy1y28

2

y12y2(y1y2)2

所以OAOBx1x2y1y2y1y2y1y2480，4416故AOB恒为钝角，故原点O总在以线段AB为直径的圆的内部．（3）设Ax1,y1，则x1y10，因为|FA||FM|，则m1x11，由m0得mx12，故M(x12,0)．故直线AB的斜率kAB

y1．2因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y

2得y

y1xb，代入抛物线方程288b6432b2y0，由题意20，得b．y1y1y1y1y1

441

x，E，y1y12x1

设ExE,yE，则yE

SOAE

1

x121x1

00y14y1

111

1y14x12，2x1y1

y14x122当且仅当，即y14x1时等号成立，x1y1y124x12

2由2得4x14x1，解得x11或x10（舍），y4x11

所以M点的坐标为M(3,0)，(SOAE)min2.【点睛】本题主要考查求抛物线上的点，以及抛物线中三角形面积的最值问题，熟记抛物线的标准方程，以及抛物线的简单性质即可，属于常考题型，但计算量较大.；时，an21.已知数列{an}满足：①anN（nN*）②当n2k（kN*）（kN*）时，anan1，记数列{an}的前n项和为Sn.（1）求a1，a3，a9的值；（2）若Sn2020，求n的最小值；（3）求证：S2n4Snn2的充要条件是a2n11（nN*）.【答案】（1）a10，a30或1，a90或1；（2）115；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）先根据题中条件，求出a21，a42，a168，再结合题意，即可得出结果；（2）先由题意，得到a2k2

k1

n

；③当n2k2(kN)，当2k1n2k(n,kN)时，a2k2k1，由于anN，所以a2k1mm1或m，0a2k11a2k12a2k13m1,2,3,

,2k11.分别求出S64max，S128max，进而可求出结果；

（3）先由S2n4Snn2，根据题中条件，求出a2n1，证明必要性；再由a2n11(nN)，求出S2n4Snn2，证明充分性即可.【详解】（1）因a21，a1a2，且a1是自然数，a10；a42，0a3a4，且a3,a4都是自然数；a30或a31；a168，0a9a10

a168，且aiN(iN*)，a90或a91．（2）由题意可得：a2k2

k1

(kN)，当2k1n2k(n,kN)时，a2k2k1，由于anN，,2k11.

8)(12

16)

0a2k11a2k12a2k13

所以a2k1mm1或m，m1,2,3,

S64max(01)(12)(1234)(12

(12S128max23458916173233714，2222264657142794，232)171420202794，64n128，又20207141306，123501275130612350511326

所以nmin6451115

（3）必要性：若S2n4Snn2，则：S2n14S2n22①n

S2n124S2n1(2n1)2②①②得：a2n11a2n124a2n11(nN)③

a2n110a2n111a2n110

,或,或由于，且a2n10,或1

a2n121a2n122a2n122

只有当a2n11,a2n111,a2n122同时成立时，等式③才成立，a2n11(nN)；充分性：若a2n11(nN)，由于1a2n1a2n2a2n3



a2n12n

所以a2nkk(nN,kN,k2)，



n

nn

即a2n11，a2n22，a2n33，…，a2n1121，又a2n12

所以对任意的nN，都有a2na2n11…（I）另一方面，由a2nkk，a2n12k2k(nN,kN,k2n)

所以对任意的nN，都有a2n2an…（II）S2na1a22(a2a4

a2n(a1a3a2n1)(a2a4

an)n，a2n)

a2n)n2a24(a2a3

由于a10,a21S2n4(a1a2an)n24Snn2.【点睛】本题主要考查数列的综合应用，熟记等差数列与等比数列的求和公式，由递推关系求通项公式的方法，以及充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型，难度较大.