2021年上海市虹口区高考数学二模试卷

这是一份2021年上海市虹口区高考数学二模试卷，共21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。

2021年上海市虹口区高考数学二模试卷
一、填空题（1～6题每小题4分，7～12题每小题4分，本大题满分54分）
1．（4分）已知集合A＝{y|y＝10x，x∈R}，B＝{y|y＝x2，1≤x≤2}，则A∩B＝　 　．
2．（4分）＝　 　．
3．（4分）在（x+）6的二项展开式中，常数项为　 　．
4．（4分）某班级要从4名男生和3名女生中选取3名同学参加志愿者活动，则选出的3人中既有男生又要有女生的概率等于　 　．
5．（4分）给出下列命题：
①若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；
②若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行；
③若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直．
其中所有正确命题的序号为　 　．
6．（4分）已知P为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点P到抛物线C的焦点的距离为7，到y轴的距离为5，则p＝　 　．
7．（5分）若sinθ＝kcosθ，则sinθ•cosθ的值等于　 　.（用k表示）
8．（5分）设函数f（x）的定义域为D．若对于D内的任意x1，x2（x1≠x2），都有（x2﹣x1）[f（x2）﹣f（x1）]＞0，则称函数f（x）为“Z函数”．有下列函数：①f（x）＝1；②f（x）＝﹣2x+1；③f（x）＝x3；④f（x）＝lgx．其中“Z函数”的序号是　 　（写出所有的正确序号）
9．（5分）已知直三棱柱的各棱长都相等，体积等于18（cm3）．若该三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，则球O的体积等于　 　（cm3）．
10．（5分）在平面直角坐标系xOy中，定义A（x1，y1），B（x2，y2）两点的折线距离d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．设点P（m2，n2），Q（m，n），O（0，0），C（2，0），若d（P，O）＝1，则d（Q，C）的取值范围　 　．
11．（5分）已知MN为圆x2+y2＝1的一条直径，点P（x，y）的坐标满足不等式组，则•的取值范围是　 　．
12．（5分）在数列{an}中，对任意n∈N*，an＝k，当且仅当2k≤n＜2k+1，k∈N，若满足am+a2m+a4m+a8m+a16m≥52，则m的最小值为 　 　．
二、选择题（每小题5分，满分20分）
13．（5分）双曲线x2﹣＝1的两条渐近线的夹角的大小等于（　　）
A． B． C． D．
14．（5分）已知函数f（x）＝2sin（2x+φ），则“φ＝”是“f（x）为偶函数”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
15．（5分）复数z满足|z|＝1，且使得关于x的方程x2+•x+z＝0有实根，则这样的复数z的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
16．（5分）在平面上，已知定点A（，0），动点P（sinα，cosα）．当α在区间[﹣]上变化时，动线段AP所形成图形的面积为（　　）
A． B． C． D．
三、解答题（本大题满分76分）
17．（14分）在三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝2，BA＝BC＝2，O是线段AC的中点，M是线段BC的中点．
（1）求证：PO⊥平面ABC；
（2）求直线PM与平面PBO所成的角的大小．

18．（14分）设a＞0且a≠1，t∈R，已知函数f（x）＝loga（x+1），g（x）＝2loga（2x+t）．
（1）当t＝﹣1时，求不等式f（x）≤g（x）的解；
（2）若函数F（x）＝af（x）+tx2﹣2t+1在区间（﹣1，2]上有零点，求t的取值范围．
19．（14分）如图某公园有一块直角三角形ABC的空地，其中∠ACB＝，∠ABC＝，AC长a千米，现要在空地上围出一块正三角形区域DEF建文化景观区，其中D、E、F分别在BC、AC、AB上．设∠DEC＝θ．
（1）若θ＝，求△DEF的边长；
（2）当θ多大时，△DEF的边长最小？并求出最小值．

20．（16分）已知椭圆C的方程为+y2＝1．
（1）设M（xM，yM）是椭圆C上的点，证明：直线+yMy＝1与椭圆C有且只有一个公共点；
（2）过点N（1，）作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为A、B，点N在直线AB上的射影为点Q，求点Q的坐标；
（3）互相垂直的两条直线l1与l2相交于点P，且l1、l2都与椭圆C只有一个公共点，求点P的轨迹方程．

21．（18分）若数列{an}满足“对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，则称数列{an}具有“性质P”．
（1）判断各项均等于a的常数列是否具有“性质P”，并说明理由；
（2）若公比为2的无穷等比数列{an}具有“性质P”，求首项a1的值；
（3）若首项a1＝2的无穷等差数列{an}具有“性质P”，求公差d的值．

2021年上海市虹口区高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
一、填空题（1～6题每小题4分，7～12题每小题4分，本大题满分54分）
1．（4分）已知集合A＝{y|y＝10x，x∈R}，B＝{y|y＝x2，1≤x≤2}，则A∩B＝　[1，4]　．
【分析】可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{y|y＞0}，B＝{y|1≤y≤4}，
∴A∩B＝[1，4]．
故答案为：[1，4]．
【点评】本题考查了集合的描述法的定义，指数函数的值域，二次函数的单调性，不等式的性质，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
2．（4分）＝　1　．
【分析】直接利用关系式的变换和极限的应用求出结果．
【解答】解：＝，
故答案为：1．
【点评】本题考查的知识要点：极限的应用，关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
3．（4分）在（x+）6的二项展开式中，常数项为　20　．
【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项．
【解答】解：（x+）6的展开式的通项公式为 Tr+1＝•x6﹣2r，
令6﹣2r＝0，求得 r＝3，∴展开式中的常数项等于＝20，
故答案为：20．
【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，求展开式中某项的系数，二项式系数的性质，属于中档题．
4．（4分）某班级要从4名男生和3名女生中选取3名同学参加志愿者活动，则选出的3人中既有男生又要有女生的概率等于　　．
【分析】基本事件总数n＝＝35，选出的3人中既有男生又要有女生包含的基本事件个数m＝＝30，由此能求出选出的3人中既有男生又要有女生的概率．
【解答】解：某班级要从4名男生和3名女生中选取3名同学参加志愿者活动，
基本事件总数n＝＝35，
选出的3人中既有男生又要有女生包含的基本事件个数m＝＝30，
则选出的3人中既有男生又要有女生的概率：
P＝＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查概率的求法，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．
5．（4分）给出下列命题：
①若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行；
②若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行；
③若一条直线平行于一个平面，另一条直线与这个平面垂直，则这两条直线互相垂直．
其中所有正确命题的序号为　②③　．
【分析】由垂直于同一直线的两直线的位置关系判断①；由直线与平面垂直的性质判断②；由空间中直线与平面的位置关系判断③．
【解答】解：对于①，若两条不同的直线垂直于第三条直线，则这两条直线有三种位置关系：平行、相交或异面，故①错误；
对于②，根据线面垂直的性质可知，若两个不同的平面垂直于一条直线，则这两个平面互相平行，故②正确；
对于③，若一条直线平行于一个平面，则与该平面垂直的直线与该直线垂直，故③正确．
∴其中所有正确命题的序号为②③．
故答案为：②③．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
6．（4分）已知P为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点P到抛物线C的焦点的距离为7，到y轴的距离为5，则p＝　4　．
【分析】直接利用抛物线的定义的应用求出结果．
【解答】解：已知P（x，y）为抛物线C：y2＝2px（p＞0）上一点，点P到抛物线C的焦点的距离为7，到y轴的距离为5，
所以：x+，
整理得5+，
解得：p＝4．
故答案为：4．
【点评】本题考查的知识要点：抛物线的定义的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
7．（5分）若sinθ＝kcosθ，则sinθ•cosθ的值等于　　.（用k表示）
【分析】由已知结合sinθ•cosθ＝，即可求解．
【解答】解：由sinθ＝kcosθ，得sinθ•cosθ＝
＝．
故答案为：．
【点评】本题考查三角函数的化简求值，考查同角三角函数基本关系，是基础题．
8．（5分）设函数f（x）的定义域为D．若对于D内的任意x1，x2（x1≠x2），都有（x2﹣x1）[f（x2）﹣f（x1）]＞0，则称函数f（x）为“Z函数”．有下列函数：①f（x）＝1；②f（x）＝﹣2x+1；③f（x）＝x3；④f（x）＝lgx．其中“Z函数”的序号是　③④　（写出所有的正确序号）
【分析】由题意可知增函数为“Z函数”，从而逐一判断函数的单调性即可求解．
【解答】解：由题意，不妨设x1＜x2，所以x2﹣x1＞0
因为（x2﹣x1）[f（x2）﹣f（x1）]＞0，
所以f（x2）﹣f（x1）＞0，即f（x1）＜f（x2），
所以f（x）为增函数，即增函数为“Z函数”
对于①，f（x）＝1为常量函数，对任意x1，x2，都有（x2﹣x1）[f（x2）﹣f（x1）]＝0，故①不是“Z函数”；
对于②，f（x）＝﹣2x+1是R上的减函数，不符合题意，故②不是“Z函数”；
对于③，f（x）＝x3是R上的增函数，符合题意，故③是“Z函数”；
对于④，f（x）＝lgx是定义域（0，+∞）上的增函数，符合题意，故④是“Z函数”．
故答案为：③④．
【点评】本题主要考查新定义，函数单调性的判断，命题真假的判断，属于基础题．
9．（5分）已知直三棱柱的各棱长都相等，体积等于18（cm3）．若该三棱柱的所有顶点都在球O的表面上，则球O的体积等于　　（cm3）．
【分析】设三棱柱的棱长为a，则由棱锥体积求解a，从而求出三棱柱外接球的半径，再由球的体积公式求解．
【解答】解：如图，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1是直三棱柱，且所有棱长都相等，
该三棱柱的顶点都在球O的表面上，且三棱柱的体积为18，
设三棱柱的棱长为a，则×a×a×sin60°×a＝18，
解得a＝，分别设上下底面中心为O1，O2，则O1O2的中点O即为三棱柱外接球的球心，
，
∴球的半径R＝，
则球O的体积等于．
故答案为：．

【点评】本题考查三棱柱的外接球的体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，可惜运算求解能力，是中档题．
10．（5分）在平面直角坐标系xOy中，定义A（x1，y1），B（x2，y2）两点的折线距离d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|．设点P（m2，n2），Q（m，n），O（0，0），C（2，0），若d（P，O）＝1，则d（Q，C）的取值范围　[1，2+]　．
【分析】首先理解新定义d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，由d（P，O）＝1得m和n的关系式m2+n2＝1，从而计算d（Q，C）＝|m﹣2|+|n|的取值范围．
【解答】解：由题意可知，d（P，O）＝m2+n2＝1，d（Q，C）＝|m﹣2|+|n|，
即点（m，n）在以原点为圆心，半径为1的圆上，则有m﹣2＜0，
当n≥0时，d（Q，C）＝|m﹣2|+|n|＝2﹣m+n，
d（Q，C）﹣2为直线y＝x+d（Q，C）﹣2与半圆x2+y2＝1（y≥0）有公共点时的纵截距，
当直线与半圆相切时，d（Q，C）﹣2取得最大值，此时m＝﹣，n＝，
即d（Q，C）max＝2﹣（﹣）+＝2+．
当m＝1，n＝0时，d（Q，C）﹣2取得最小值，此时d（Q，C）min＝2﹣1+0＝1，
当n≤0时，d（Q，C）＝|m﹣2|+|n|＝2﹣m﹣n，
2﹣d（Q，C）为直线y＝﹣x﹣d（Q，C）+2与半圆x2+y2＝1（y≤0）有公共点时的纵截距，
当直线与半圆相切时，2﹣d（Q，C）取得最小值，此时m＝n＝﹣，
即d（Q，C）max＝2﹣（﹣）﹣（﹣）＝2+．
当m＝1，n＝0时，2﹣d（Q，C）取得最大值，此时d（Q，C）min＝2﹣1﹣0＝1，
故d（Q，C）的取值范围为[1，2+]．
【点评】本题考查新定义d（A，B）＝|x1﹣x2|+|y1﹣y2|，及圆的定义，即m2+n2＝1表示的是点（m，n）在以原点为圆心，半径为1的圆上．属于基础题型．
11．（5分）已知MN为圆x2+y2＝1的一条直径，点P（x，y）的坐标满足不等式组，则•的取值范围是　[1，19]　．
【分析】由约束条件作出可行域，由数量积的坐标运算求得表达式，利用数形结合得到最优解，则答案可求．
【解答】解：由不等式组作出可行域如图，

O（0，0），M（x，y），，
∴＝（）•（）＝＝x2+y2﹣1，
∴当x＝﹣4，y＝2时，取最大值19，
当x＝﹣1，y＝1时，取最小值为1．
∴•的取值范围是[1，19]．
故答案为：[1，19]．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查了数形结合的解题思想方法和数学转化思想方法，是中档题．
12．（5分）在数列{an}中，对任意n∈N*，an＝k，当且仅当2k≤n＜2k+1，k∈N，若满足am+a2m+a4m+a8m+a16m≥52，则m的最小值为 　512　．
【分析】不妨设2k≤m＜2k+1，则2k+1≤2m＜2k+2，从而得到a2m，同理求出a4m，a8m，a16m，利用已知的不等式求解，求出k的最小值，从而得到m的最小值．
【解答】解：不妨设2k≤m＜2k+1，k∈N*，m∈N*，
由题意可得，am＝k，
因为2k+1≤2m＜2k+2，
所以a2m＝k+1，
同理可得，a4m＝k+2，a8m＝k+3，a16m＝k+4，…
所以am+a2m+a4m+a8m+a16m＝k+（k+1）+（k+2）+（k+3）+（k+4）＝5k+10，
因为am+a2m+a4m+a8m+a16m≥52，
所以5k+10≥52，
解得，又k∈N*，
所以k的最小值整数解为9，
故m的最小值为29＝512．
故答案为：512．
【点评】本题考查了数列的应用，解题的关键是构造2k≤m＜2k+1，求出a2m，a4m，a8m，a16m，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．
二、选择题（每小题5分，满分20分）
13．（5分）双曲线x2﹣＝1的两条渐近线的夹角的大小等于（　　）
A． B． C． D．
【分析】求得双曲线的两条渐近线方程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小．
【解答】解：双曲线x2﹣＝1的两条渐近线的方程为y＝±x，
由直线y＝x的斜率为，可得倾斜角为，
y＝﹣x的斜率为﹣，可得倾斜角为，
所以两条渐近线的夹角的大小为．
故选：B．
【点评】本题考查双曲线的渐近线方程和夹角的大小，考查运算能力，是一道基础题．
14．（5分）已知函数f（x）＝2sin（2x+φ），则“φ＝”是“f（x）为偶函数”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分也非必要条件
【分析】当φ＝时，f（x）＝2cos2x，根据奇偶性的定义判断为偶函数，反之当f（x）为偶函数时，φ＝+kπ，k∈Z，可知φ有无数多个，从而可得解．
【解答】解：①当φ＝时，f（x）＝2sin（2x+）＝2cos2x，
∵f（﹣x）＝2cos（﹣2x）＝2cos2x＝f（x），∴f（x）为偶函数，
②当f（x）为偶函数时，φ＝+kπ，k∈Z，
综上所述，φ＝是f（x）为偶函数的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查了函数奇偶性的判断，以及必要条件、充分条件与充要条件的判断，本题属于基础题．
15．（5分）复数z满足|z|＝1，且使得关于x的方程x2+•x+z＝0有实根，则这样的复数z的个数为（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【分析】设z＝a+bi（a，b∈R），代入方程后结合复数相等条件求出a，b，进而得到复数z．
【解答】解：设z＝a+bi（a，b∈R），
由|z|＝1，得a2+b2＝1，
x2+•x+z＝0，即x2+（a﹣bi）x+a+bi＝0，
即x2+ax+a+（b﹣bx）i＝0，
∴，
若b＝0，则a＝1或a＝﹣1，
检验得，a＝1时，x无实数根（舍），
当a＝﹣1时，x＝，z＝﹣1；
当b≠0时，得x＝1，a＝﹣，b＝，z＝，
∴复数z的个数为3个．
故选：C．
【点评】本题主要考查了复数相等条件的应用，考查了数学运算能力，是中档题．
16．（5分）在平面上，已知定点A（，0），动点P（sinα，cosα）．当α在区间[﹣]上变化时，动线段AP所形成图形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【分析】由题意知动点P在单位圆上，根据点P与x轴正方向的有向角求出α在区间[﹣]上变化时对应的一段圆弧，由此计算线段AP所形成图形的面积．
【解答】解：由sin2α+cos2α＝1，所以动点P（sinα，cosα）在单位圆上，
现在关键是求点P运动的圆周范围；
由sinα＝cos（﹣α），cosα＝sin（﹣α），
所以P（cos（﹣α），sin（﹣α））是其与x轴正方向的有向角为﹣α；
当α在区间[﹣]上变化时，P在角度为到对应的一段圆弧；
当α＝﹣时，点P对应的位置是B，α＝时点P对应的位置是C，如图所示：

所以动线段AP所形成图形的面积为阴影部分图形的面积，
其中AC与圆O相切，切点C和BA组成三角形ABC和切点C到B点的弓形面积，
又△OBC与△ABC是同底等高的三角形，
所以阴影部分的面积为：
S阴影＝S弓形BPC+S△ABC＝S扇形OBPC＝•π•12＝．
故选：D．
【点评】本题考查了三角函数的求值应用问题，也考查了数形结合思想，是难题．
三、解答题（本大题满分76分）
17．（14分）在三棱锥P﹣ABC中，PA＝PB＝PC＝AC＝2，BA＝BC＝2，O是线段AC的中点，M是线段BC的中点．
（1）求证：PO⊥平面ABC；
（2）求直线PM与平面PBO所成的角的大小．

【分析】（1）直接利用勾股定理的逆定理的应用和线面垂直的判定的应用求出结果；
（2）利用几何法的应用，解三角形知识的应用求出结果．
【解答】证明：（1）BA＝BC＝2，AC＝2，
由于BA2+BC2＝AC2，
所以，
所以BO⊥AC，且BO＝2，
由于△PAC为等边三角形，
所以PO⊥AC，PO＝，又PB＝2，
所以PB2＝PO2+BO2，
所以，
故PO⊥BO，
故PO⊥平面ABC．
解：（2）过点M作MN⊥BO交BO于N，
连接PN，
如图所示：

由（1）得：PO⊥平面ABC，
得到MN⊥PO，由于MN⊥BO，
所以MN⊥平面ABC，
故∠MPN为直线PM与平面PBO的夹角，
由（1）知：BO⊥AC，
从而点N为线段BO的中点，
所以MN＝，
PM＝＝，
故sin．
故直线PM与平面PBO所成的角的大小为arcsin．
【点评】本题考查的知识要点：勾股定理的逆定理，线面垂直的判定和性质的应用，线面夹角的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
18．（14分）设a＞0且a≠1，t∈R，已知函数f（x）＝loga（x+1），g（x）＝2loga（2x+t）．
（1）当t＝﹣1时，求不等式f（x）≤g（x）的解；
（2）若函数F（x）＝af（x）+tx2﹣2t+1在区间（﹣1，2]上有零点，求t的取值范围．
【分析】（1）将不等式f（x）≤g（x）化简变形，然后分0＜a＜1和a＞1两种情况，利用对数的性质列出不等关系求解即可；
（2）将函数F（x）进行化简变形，利用参变量分离，将方程进行转化，设m＝x+2∈（1，4]，则有，求解t的范围即可．
【解答】解：（1）当t＝﹣1时，不等式f（x）≤g（x）可化为loga（x+1）≤2loga（2x﹣1），
当0＜a＜1时，则有，解得，
所以不等式f（x）≤g（x）的解集为；
当a＞1时，则有，解得，
所以不等式f（x）≤g（x）的解集为．
综上所述，当0＜a＜1时，不等式f（x）≤g（x）的解集为；
当a＞1时，所以不等式f（x）≤g（x）的解集为．
（2）函数F（x）＝af（x）+tx2﹣2t+1＝x+1+tx2﹣2t+1＝tx2+x﹣2t+2，
令tx2+x﹣2t+2＝0，即t（x2﹣2）＝﹣（x+2），
因为x∈（﹣1，2]，所以x+2∈（1，4]，
所以t≠0，x2﹣2≠0，
故，
设m＝x+2∈（1，4]，则有，
故或，
解得t≤﹣2或，
故t的取值范围为t≤﹣2或．
【点评】本题考查了函数的零点与方程的根的综合应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：（1）方程法（直接解方程得到函数的零点）；（2）图象法（直接画出函数的图象分析得解）；（3）方程+图象法（令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解）．属于中档题．
19．（14分）如图某公园有一块直角三角形ABC的空地，其中∠ACB＝，∠ABC＝，AC长a千米，现要在空地上围出一块正三角形区域DEF建文化景观区，其中D、E、F分别在BC、AC、AB上．设∠DEC＝θ．
（1）若θ＝，求△DEF的边长；
（2）当θ多大时，△DEF的边长最小？并求出最小值．

【分析】（1）由题意易得△AEF为等边三角形，从而可求；
（2）由已知结合正弦定理及辅助角公式进行化简即可求解．
【解答】解：（1）设△DEF的边长为x千米，由 得CE＝，AE＝a﹣，
△AEF中，∠FEA＝＝，，
∴△AEF为等边三角形，AE＝x＝a﹣，
故x＝，
即△DEF的边长为；
（2）设△DEF的边长为x千米，
所以CE＝xcosθ，AE＝a﹣xcosθ，
△AEF中，∠FEA＝，∠A＝，∠EFA＝θ，
由正弦定理得，，
故x＝＝，
当时x取得最小值，即△DEF的边长最小值．
【点评】本题主要考查了正弦定理，辅助角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
20．（16分）已知椭圆C的方程为+y2＝1．
（1）设M（xM，yM）是椭圆C上的点，证明：直线+yMy＝1与椭圆C有且只有一个公共点；
（2）过点N（1，）作两条与椭圆只有一个公共点的直线，公共点分别记为A、B，点N在直线AB上的射影为点Q，求点Q的坐标；
（3）互相垂直的两条直线l1与l2相交于点P，且l1、l2都与椭圆C只有一个公共点，求点P的轨迹方程．

【分析】（1）当yM＝0时，xM＝±，符合题意；当yM≠0时，联立直线+yMy＝1与椭圆的方程，得Δ＝0，从而方程组只有一组解，进而可得答案．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），两条直线为+y1y＝1，+y2y＝1，得出A（x1，y1），B（x2，y2）的坐标满足直线方程+y＝1，推出直线AB的方程为+y＝1，联立NQ的方程解得Q点坐标．
（3）设P（x0，y0），分两种情况：当直线l1与l2有一条斜率不存在时，当直线l1与l2有一条斜率存在时，讨论点P的轨迹，即可得出答案．
【解答】解：（1）证明：当yM＝0时，xM＝±，
直线线+yMy＝1即直线x＝±，与椭圆C只有一个公共点，
当yM≠0时，由，
得（+）x2﹣x+﹣1＝0，
Δ＝﹣4（+）（﹣1）＝，
又+yM2＝1，
所以有Δ＝0，从而方程组只有一组解，
所以直线+yMy＝1与椭圆C有且只有一个公共点．
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
则两条直线为+y1y＝1，+y2y＝1，
又N（1，），是它们的交点，
所以+y1＝1，+y2＝1，
从而有A（x1，y1），B（x2，y2）的坐标满足直线方程+y＝1，
所以直线AB的方程为+y＝1，
直线NQ的方程为y﹣＝2（x﹣1），
由，得x＝，y＝，即Q（，）．
（3）设P（x0，y0），
当直线l1与l2有一条斜率不存在时，P（±，±1），x02+y02＝3，
当直线l1与l2有一条斜率存在时，设为k1和k2，
由，得（1+2k2）x2+4k（y0﹣kx0）x+2（k2x02+y02﹣2kx0y0﹣1）＝0，
所以Δ＝[4k（y0﹣kx0）]2﹣4（1+2k2）•2•（k2x02+y02﹣2kx0y0﹣1）＝0，
整理得（2﹣x02）k2+2x0y0k+1﹣y02＝0，x02≠2，
所以k1，k2是这个方程的两个根，
所以k1k2＝＝﹣1，
所以x02+y02＝3，
所以点P的轨迹方程为x2+y2＝3．
【点评】本题考查直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
21．（18分）若数列{an}满足“对任意正整数i，j，i≠j，都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，则称数列{an}具有“性质P”．
（1）判断各项均等于a的常数列是否具有“性质P”，并说明理由；
（2）若公比为2的无穷等比数列{an}具有“性质P”，求首项a1的值；
（3）若首项a1＝2的无穷等差数列{an}具有“性质P”，求公差d的值．
【分析】（1）由数列{an}具有“性质P”，可得a＝a2，讨论a的取值，可得结论；
（2）结合数列{an}具有“性质P”，以及等比数列的通项公式，讨论m的取值，可得结论；
（3）结合数列{an}具有“性质P”，以及等差数列的通项公式，讨论d＝0，d＜0，d＞0，d＝1，d＝2，结合整数的性质，可得结论．
【解答】解：（1）若数列{an}具有“性质P”，“对任意正整数i，j，i≠j，
都存在正整数k，使得ak＝ai•aj”，所以a＝a2，
所以a＝0或1，
故当a＝0或1时，各项均等于a的常数列具有“性质P”；
当a≠0且a≠1时，各项均等于a的常数列不具有“性质P”．
（2）对任意正整数i，j，i≠j，
都存在正整数k，使得ak＝ai•aj，即a1•2k﹣1＝a1•2i﹣1•a1•2j﹣1，
所以a1＝2k+1﹣i﹣j，
令k+1﹣i﹣j＝m∈Z，则a1＝2m，
当m≥﹣1且m∈Z时，an＝a1•2n﹣1＝2m+n﹣1，
对任意正整数i，j，i≠j，由ak＝ai•aj，得2m+k﹣1＝2m+i﹣1•2m+j﹣1，
所以k＝i+j+m﹣1，
而i+j+m﹣1是正整数，所以存在正整数k＝i+j+m﹣1，使得ak＝ai•aj成立，数列具有“性质P”；
当m≤﹣2且m∈Z时，取i＝1，j＝2，则i+j+m﹣1＝2+m≤0，正整数k不存在，数列不具有“性质P”，
综上所述，a1＝2m，m≥﹣1且m∈Z．
（3）因为an＝2+（n﹣1）d，
所以若对于任意的正整数n，存在整数k，使得ak＝a1•an成立，则d＝，
对于任意的正整数n，存在整数k1和k2，使得＝a1•an，＝a2•an，
两式相减得，dan＝（k2﹣k1）d，
若d＝0，显然不合题意，
若d≠0，得an＝k2﹣k1，是整数，从而得到公差d也是整数，
当d＜0时，此数列是递减的等差数列，取满足的正整数m，解得，
由am•am+1＞＞a1，所以不存在正整数k使得am•am+1＝ak成立，从而d＜0时，不具有“性质P”；
当d＝1时，数列2，3，4，...，n+1，...，对任意的正整数i，j，i≠j，
由ak＝ai•aj，可得k+1＝（i+1）（j+1），可得k＝i+j+ij，而i+j+ij是正整数，从而数列具有“性质P”；
当d＝2时，数列2，4，6，...，2n，...，对任意正整数i，j，由ak＝ai•aj，可得2k＝2i•2j，即k＝2ij，而2ij是正整数，从而数列具有“性质P”．
综上可得，d＝1或d＝2．
【点评】本题考查数列的新定义，以及等差数列和等比数列的定义和通项公式的运用，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．
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