2024年广东省衡水金卷大联考高考数学模拟试卷（2月份）（含解析）

这是一份2024年广东省衡水金卷大联考高考数学模拟试卷（2月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={x∈Z|x2≤5}，B={−3,−2,−1,0,12,1}，则A∪B中元素的个数为( )
A. 4B. 5C. 6D. 7
2.已知在△ABC中，AB=2，AC=1，csA=56，则BC=( )
A. 1B. 52C. 53D. 153
3.若(a−2b)20=x0a20+x1a19b+x2a18b2+…+x19ab19+x20b20，则x19=( )
A. −20B. −20×219C. −219D. 20×219
4.若sinα=− 32，α∈(−3π2,−π2)，则α=( )
A. −2π3B. −3π4C. −5π4D. −4π3
5.若定义在R上的函数f(x)满足f(x2)=−f(−x2)，则下列结论一定正确的为( )
A. f(x)的图象关于原点对称B. f(x)的图象关于y轴对称
C. f(x)的图象关于点(1,0)对称D. f(x)的图象关于直线x=1对称
6.已知点P是曲线Γ：x24−y24=1在第一象限内的一点，A为Γ的左顶点，R为PA的中点，F为Γ的右焦点.若直线OR(O为原点)的斜率为 5，则△PAF的面积为( )
A. 10+ 5B. 10− 5C. 3 2+3D. 3 2−3
7.在某电路上有C、D两个独立工作的元件，每次通电后，需要更换C元件的概率为0.2，需要更换D元件的概率为0.1，则在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是( )
A. 310B. 150C. 913D. 34
8.在各棱长都为2的正四棱锥V−ABCD中，侧棱VA在平面VBC上的射影长度为( )
A. 2 63B. 2 33C. 3D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若z满足z+z−=6，|z|=|z−2i|，则( )
A. z的实部为3
B. z的虚部为1
C. z3−i=1−3i2
D. z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为3
10.已知a=(2,1)，b=(1,−1)，c=(x,2)，则( )
A. 若x=0，则存在唯一的实数p，q，使得a=pb+qc
B. 若x=1，则a⊥c
C. 若x=4，则a/​/c
D. 若x=1，则c在b上的投影向量为(−12,12)
11.若过点(a,b)可作曲线f(x)=x2lnx的n条切线(n∈N)，则( )
A. 若a≤0，则n≤2
B. 若0C. 若n=3，则a2lnaD. 过(e−32,−6)，仅可作y=f(x)的一条切线
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.如图是一个正四棱台ABCD−A1B1C1D1，已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6，体积为104 23，则侧面积为______．
13.在数列{an}中，a1=3，且an+1=3an+4n−6(n∈N*)，则{an}的通项公式为______．
14.若圆C与抛物线Γ：y=x26在公共点B处有相同的切线，且C与y轴切于Γ的焦点A，则sin∠ACB2= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
某小区在2024年的元旦举办了联欢会，现场来了1000位居民.联欢会临近结束时，物业公司从现场随机抽取了20位幸运居民进入摸奖环节，这20位幸运居民的年龄用随机变量X表示，且X～N(45,225)．
(1)请你估计现场年龄不低于60岁的人数(四舍五入取整数)；
(2)奖品分为一等奖和二等奖，已知每个人摸到一等奖的概率为40%，摸到二等奖的概率为60%，每个人摸奖相互独立，设恰好有n(0≤n≤20)个人摸到一等奖的概率为P(n)，求当P(n)取得最大值时n的值．
附：若X～N(μ,σ2)，则P{|X−μ|<σ}=0.6827，P{|X−μ|<2σ}=0.9545．
16.(本小题15分)
如图，在圆锥SO中，若轴截面SAB是正三角形，C为底面圆周上一点，F为线段OA上一点，D(不与S重合)为母线上一点，过D作DE垂直底面于E，连接OE，EF，DF，CF，CD，且∠COF=∠EFO．
(1)求证：平面SCO//平面DEF；
(2)若△EFO为正三角形，且F为AO的中点，求平面CDF与平面DEF夹角的余弦值．
17.(本小题15分)
设函数f(x)=lnx+a(x−1)(x−2)，其中a为实数．
(1)当a=1时，求f(x)的单调区间；
(2)当f(x)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2时，证明：f(x1)+f(x2)>59+ln916．
18.(本小题17分)
在直角坐标系xOy中，已知C1(−1,0)，C2(1,0)，P(x,y)，4C1P⋅C2P=3x2．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)设直线l不过坐标原点且不垂直于坐标轴，l与C交于A，B两点，点M(x0,y0)(x0,y0≠0)为弦AB的中点.过点M作l的垂线交C于D、E，N为弦DE的中点．
①证明：l与ON相交；
②已知l与直线ON交于T，若ON=λNT(λ>0)，求λ的最大值．
19.(本小题17分)
在无穷数列{an}中，令Tn=a1a2…an，若∀n∈N*，则称{an}对前n项之积是封闭的．
(1)试判断：任意一个无穷等差数列{an}对前n项之积是否是封闭的？
(2)设{an}是无穷等比数列，其首项a1=2，公比为q.若{an}对前n项之积是封闭的，求出q的两个值(若多求，则按前2个计分)；
(3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，使得an=bn⋅cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x∈Z|x2≤5}={−2,−1,0,1,2}，B={−3,−2,−1,0,12,1}，
故A∪B{−3,−2,−1,0,1,12,2}，共7个元素．
故选：D．
根据已知条件，结合并集的定义，即可求解．
本题主要考查并集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由余弦定理知，BC2=AB2+AC2−2AB⋅ACcsA=4+1−2×2×1×56=53，
所以BC= 153．
故选：D．
利用余弦定理，即可得解．
本题考查余弦定理，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由题意，二项式展开式中的第20项为T20=C2019⋅a⋅(−2b)19=−20×219⋅a⋅b19，
则x19=−20×219．
故选：B．
根据二项式展开式的通项公式求解．
本题考查二项式展开式的应用，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：∵α∈(−3π2,−π2)，
∴α为第三象限的负角，且sinα=− 32，
∴α=−2π3．
故选：A．
根据α的范围及sinα的值即可得出α的值．
本题考查了正弦函数在各象限的符号，三角函数的诱导公式，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由f(x2)=−f(−x2)得，f(x2)+f(−x2)=0，
由奇函数的定义可得，f(x)为奇函数，故关于原点对称；
故选：A．
由奇函数的定义可得函数为奇函数，故关于原点对称．
本题考查函数的奇偶性，属简单题．
6.【答案】A
【解析】解：已知双曲线Γ的方程为x24−y24=1，A为Γ的左顶点，F为Γ的右焦点，
设B为Γ的右顶点，
则A(−2,0)，B(2,0)，F(2 2,0)，
连接PB，
因为R为PA的中点，O为AB的中点，
则RO//PB，
又直线OR(O为原点)的斜率为 5，
则直线PB的斜率为 5，
设P(m,n)，其中m>0，n>0，
则n−0m−2= 5m24−n24=1m>0,n>0，
即m=3n= 5，
即P(3, 5)，
则△PAF的面积为12×|AF|×|yP|=12×(2 2+2)× 5= 10+ 5．
故选：A．
由双曲线的性质，结合斜率公式及三角形的面积公式求解．
本题考查了双曲线的性质，重点考查了三角形面积的求法，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：设事件C表示“需要更换C元件”，事件D表示“需要更换D元件”，
事件A表示“在某次通电后C、D有且只有一个需要更换”，
则P(C)=0.2，P(D)=0.1，P(A)=0.2×0.9+0.8×0.1=0.26，
P(AC)=0.2×0.9=0.18，
∴在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率是：
P(C|A)=P(AC)P(A)=．
故选：C．
设事件C表示“需要更换C元件”，事件D表示“需要更换D元件”，事件A表示“在某次通电后C、D有且只有一个需要更换”，利用条件概率能求出在某次通电后C、D有且只有一个需要更换的条件下，C需要更换的概率．
本题考查条件概率等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：把正四棱锥V−ABCD放入正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
则V是上底面的中心，取A1B1的中点E，C1D1的中点F，
连接EF，BE，CF，由图可知，过A作AG⊥BE，垂足为G，
在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，
BC⊥平面ABB1A1，AG⊂平面ABB1A1
所以BC⊥AG，BC∩BE=B，BC，BE⊂平面EFCB，
所以AG⊥平面EFCB，
所以侧棱VA在平面VBC上的射影为VG，
由已知得AA1= 2，EB= AA12+(AB2)2= 3，
所以12×2× 2=12× 3×AG，
所以AG=2 2 3，
所以VG= VA2−AG2= 22−(2 2 3)2=2 33．
故选：B．
把正四棱锥V−ABCD放入正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，证出AG⊥平面EFCB，得到侧棱VA在平面VBC上的射影为VG即可求解．
本题考查空间线面关系的应用，属于中档题．
9.【答案】AB
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
因为z+z−=6，所以a+bi+a−bi=6，即a=3，故选项A正确；
因为|z|=|z−2i|=|a+(b−2)i|，所以 a2+b2= a2+(b−2)2，
所以 9+b2= 9+(b−2)2，解得b=1，故选项B正确；
由上可知，z=3+i，
所以z3−i=3+i3−i=(3+i)(3+i)(3−i)(3+i)=9+6i−110=4+3i5，即选项C错误；
设z对应的向量为OZ=(3,1)，其与实轴正方向夹角为θ，
则tanθ=13，
所以z对应的向量与实轴正方向夹角的正切值为13，即选项D错误．
故选：AB．
设z=a+bi(a,b∈R)，由z+z−=6，求得a=3，可判断A；根据复数模的计算方法，求得b=1，可判断B；由复数的除法运算法则，可判断C；根据复数的几何意义，可判断D．
本题考查复数的定义与几何意义，复数的四则运算法则，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：当x=0时，
则c=(0,2)，
b，c不共线，可以作为一组基向量，
由平面向量基本定理可知，存在唯一的实数p，q，使得a=pb+qc，故A正确；
若x=1，
则a⋅c=2×1+1×2=4，故B错误；
若x=4，
则c=2a，所以a/​/c，故C正确；
x=1，
则c=(1,2)，
故c⋅b=−1，|b|= 2，
故c在b上的投影向量为：c⋅b|b|×b|b|=−12b=(−12,12)，故D正确．
故选：ACD．
根据已知条件，结合平面向量基本定理，向量共线、垂直的性质，以及投影向量的公式，即可求解．
本题主要考查平面向量基本定理，向量共线、垂直的性质，以及投影向量的公式，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：设切点(x0,x02lnx0)，则f′(x0)=2x0lnx0+x0，
切线为y−x02lnx0=(2x0lnx0+x0)(x−x0)，
代入(a,b)整理得(2x0lnx0+x0)a−x02lnx0−x02−b=0，
令g(x)=(2xlnx+x)a−x2lnx−x2−b，
g′(x)=(2lnx+3)a−2xlnx−3x=(2lnx+3)(a−x)，
令g′(x)=0，
得x1=a，x2=e−32，
当a≤0时，g(x)在(0,e−32)单调递增，在(e−32,+∞)上单调递减，
g(e−32)=−2a⋅e−32+12⋅e−3−b，g(x)至多有2个零点，故A正确；
当a∈(0,e−32)时，g(x)在(0,a)，(e−32,+∞)上单调递减，在(a,e−32)上单调递增，
g(a)=a2lna−b，
g(e−32)=−2ae−32+12⋅e−3−b，
当b=a2lna时，g(a)=0，且x→+∞时，g(x)→−∞，所以n=2，B正确；
若n=3，则g(a)<0即a2lna同理当a>e−32时，g(e−32)<0即−2ae−32+12e−3②a=e−32时，g′(x)≤0，g(x)单调递减；
又x→0时，g(x)→−b，x→+∞时，g(x)→−∞，
则当−b>0时，g(x)有1个零点，即b<0，D正确．
故选：ABD．
A：设切点(x0,x02lnx0)，用切点表示切线方程，代入(a,b)得到g(x)=(2xlnx+x)a−x2lnx−x2−b，利用单调性判断零点个数即可；
B：利用g(x)的单调性判断即可；
C：n=3，则g(a)<0e−32时，g(e−32)<0D：利用单调性得出g(x)有1个零点，即可求解．
本题考查导数的综合应用，属于难题．
12.【答案】32 3
【解析】解：根据题意，设该棱台的高为h，斜高为h′，
已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2和6，体积为104 23，则有h3×(4+36+ 4×36)=104 23，
解可得h=2 2，
则斜高h′= h2+(6−22)2= 8+4=2 3，
则该四棱台的侧面积S=4×(6+2)×2 32=32 3．
故答案为：32 3．
根据题意，设该棱台的高为h，斜高为h′，由棱台的体积公式求出h，由此求出斜高h′，结合棱台的结构特征求出其侧面积即可得答案．
本题考查棱台体积、侧面积的计算，涉及棱台的结构特征，属于基础题．
13.【答案】an=3n−2n+2
【解析】解：设an+1+p(n+1)+q=3(an+pn+q)，
则an+1=3an+2pn+2q−p，
由an+1=3an+4n−6(n∈N*)，
可得2p=4，2q−p=−6，
解得p=2，q=−2，
即有an+1+2(n+1)−2=3(an+2n−2)，
即数列{an+2n−2}是首项为3，公比为3的等比数列，
则an+2n−2=3n，即an=3n−2n+2．
故答案为：an=3n−2n+2．
设an+1+p(n+1)+q=3(an+pn+q)，结合已知数列的递推式，解方程求得p，q，再由等比数列的定义和通项公式，可得所求．
本题考查数列的递推式和等比数列的定义、通项公式，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
14.【答案】 32
【解析】解：由抛物线的方程可得标准方程为x2=6y，
可得焦点A(0,32)，
设切点B(m,m26)，两个曲线在公共点B处有相同的切线，
由y=x26，可得y′=x3，
所以在点B处的切线的方程为y=m3(x−m)+m26=m3x−m26，
则在点B处与切线垂直的直线方程为y=−3m(x−m)+m26=−3mx+3+m26，
令y=32，则x=m2+m318，
即圆心C(m2+m318,32)，
圆C过点A，所以圆的半径r=|CA|=m2+m318=|BC|，
即(m2+m318)2=(m2+m318−m)2+(m26−32)2，
整理可得：m4+6m2−27=0，
解得m2=3，解得m=± 3，
由抛物线的对称性，设m= 3，则B( 3,12)，C(2 33,32)，
CA=(−2 33,0)，CB=( 33,−1)，CA⋅CB=−23，|CA|=2 33，|CB|= 13+1=2 33，
cs∠ACB=CA⋅CB|CA|⋅|CB|=−232 33⋅2 33=−12，
所以∠ACB=2π3，
所以sin∠ACB2=sinπ3= 32．
故答案为： 32．
由抛物线的方程，可得焦点A的坐标，设切点B的坐标，求出抛物线在点B处的切线的方程，再求出在点B处与切线垂直的直线方程，令y=32，可得x的值，即可得圆心C的坐标，由题意可得圆的半径r=|CA|=|BC|，可得参数的值及求出点B，C的坐标，求出CA，CB的向量的夹角的余弦值，进而可得∠ACB的大小，进而可得sin∠ACB2的值．
本题考查直线与抛物线的综合应用，数量积的方法求角的余弦值，属于中档题．
15.【答案】解：(1)根据题意，X～N(45,225)，则μ=45，σ=15，
则P(X>60)=12[1−P(30现场来了1000位居民，则现场年龄不低于60岁的有1000×0.15865≈159；
(2)根据题意，每个人摸奖相互独立，每个人摸到一等奖的概率都是0.4，
则P(n)=C20n(25)n(35)20−n，
若P(n)最大，则有P(n)≥P(n−1)且P(n)≥P(n+1)，
即C20n(25)n(35)20−n≥C20n−1(25)n−1(35)21−nC20n(25)n(35)20−n≥C20n+1(25)n+1(35)19−n，解可得8≤n≤8，即n=8．
故当P(n)取得最大值时n的值为8．
【解析】(1)根据题意，由正态分布的性质求出P(X>60)的值，进而计算可得答案；
(2)根据题意，先求出P(n)的表达式，则有P(n)≥P(n−1)且P(n)≥P(n+1)，可得关于n的不等式组，解可得n的取值范围，分析可得答案．
本题考查概率的应用，涉及正态分布的性质，属于中档题．
16.【答案】解：(1)证明：因为∠COF=∠EFO，所以EF//CO，因为EF⊄平面SCO，CO⊂平面SCO，所以EF/​/平面SCO，
因为DE垂直底面于E，SO垂直底面于O，所以DE//SO，同理DE/​/平面SCO．
因为DE∩EF=E，且EF/​/平面SCO，DE/​/平面SCO，所以平面SCO//平面DEF．
(2)设圆锥的底面半径为2，因为轴截面SAB是正三角形，所以SO=2 3，
如图，设平面SDEO与底面圆周交于G，因为△EFO为正三角形，且F为AO的中点，
所以OF=FE=EO=1，所以E为OG的中点，所以DE为△SOG的中位线，所以DE=12SO= 3，
如图，在底面圆周上取一点H，使得OH⊥OB，
以O为坐标原点，OH，OB，OS所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

由已知得C(− 3,−1,0)，D( 32,−12, 3)，E( 32,−12,0)，F(0,−1,0)，
设EF的中点为M，则平面DEF的法向量为n1=OM=( 34,−34,0)，
所以CF=( 3,0,0)，CD=(3 32,12, 3)，
设平面CDF的一个法向量为n2=(x,y,z)，
所以n2⋅CF= 3x=0n2⋅CD=3 32x+12y+ 3z=0，x=0，令y=2，则z=− 33，
所以平面CDF的一个法向量为n2=(0,2,− 33)，
cs=n1⋅n2|n1|⋅|n2|=−32 32× 13 3=−3 1313．
所以平面CDF与平面DEF夹角的余弦值为3 1313．
【解析】(1)由已知可得EF//CO，进而可得EF/​/平面SCO，进而证明DE/​/平面SCO，可证结论；
(2)在底面圆周上取一点H，使得OH⊥OB，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得平面CDF的一个法向量与平面DEF的一个法向量，利用向量法可求得平面CDF与平面DEF夹角的余弦值．
本题考查面面平行的证明，考查面面角的余弦值的求法，考查运算求解能力，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵当a=1时，函数为f(x)=lnx+(x−1)(x−2)，f′(x)=(2x−1)(x−1)x，
令f′(x)>0，解得x∈(0,12)∪(1,+∞)，令f′(x)<0，解得x∈(12,1)，
∴f(x)的单调递增区间为(0,12)，(1,+∞)，单调递减区间为(12,1)．
证明：(2)∵f(x)=lnx+a(x−1)(x−2)在定义域内有两个不同的极值点x1，x2，
∴f′(x)=2ax2−3ax+1x=0有两个不同的正根x1，x2⇒2ax2−3ax+1=0有两个不同的正根x1，x2，
∴Δ=9a2−8a>0，x1+x2=32，x1x2=12a>0，则a>89，
∴f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+a[x12+x22−3(x1+x2)+4]=7a4−1+ln(12a)
=ln(x1x2)+a[(x1+x2)2−3(x1+x2)−2x1x2+4]
=ln12a+a(94−92−1a+4)=7a4−1−ln2a，
令g(a)=74a−1−ln2a(a>89)，
则g′(a)=74−1a>74−189=58>0，
g(a)是增函数，g(a)>g(89)=59+ln916，
∴f(x1)+f(x2)>59+ln916．
【解析】(1)解导数不等式即可求解；
(2)f′(x)=2ax2−3ax+1x=0有两个不同的正根x1，x2，即2ax2−3ax+1=0有两个不同的正根x1，x2，则Δ=9a2−8a>0，x1+x2=32，x1x2=12a>0，则a>89，f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+a[x12+x22−3(x1+x2)+4]=7a4−1+ln(12a)=7a4−1−ln2a，令g(a)=74a−1−ln2a(a>89)，证明g(a)是增函数即可．
本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，属于中档题．
18.【答案】解：(1)设P点坐标(x,y)，又C1(−1,0)，C2(1,0)，
所以C1P=(x+1,y),C2P=(x−1,y)，
则4C1P⋅C2P=4[(x+1,y)⋅(x−1,y)]=4x2−4+4y2=3x2，
整理得x2+4y2=4，
故轨迹C的方程为x24+y2=1；
(2)①证明：设点A(x1,y1)，B(x2,y2)，M(x0,y0)，
则x0=x1+x22,y0=y1+y22，
即x1+x2=2x0，y1+y2=2y0，
由x124+y12=1x224+y22=1，可得x12−x224+y12−y22=0，
即(x1+x2)(x1−x2)4+(y1+y2)(y1−y2)=0，
所以y1−y2x1−x2×y1+y2x1+x2=−y1−y2x1−x2×2y02x0，
又kAB=y1−y2x1−x2,kON=y0x0，即kAB⋅kOM=−14≠0，
由于直线l与直线ON的斜率乘积为负数，
所以两直线的斜率一正一负，所以直线l与直线ON相交，得证；
②由①可知，kAB=−14kOM=−x04y0，
故lAB：y−y0=−x04y0(x−x0)，
又因为DE⊥AB，故kDE=−1kAB=4y0x0，
故lDE：y−y0=4y0x0(x−x0)，
设N(xN,yN)，点N在直线DE上，
则yN−y0=4y0x0(xN−x0)，kON=yNxN，kDE=−1kAB=4y0x0，
又由①同理可得kON⋅kDE=−14，即yNxN×4y0x0=−14，
由yN−y0=4y0x0(xN−x0)yNxN×4y0x0=−14，得yN=−3x02y0x02+64y02，
设T(xT,yT)，代入yNxN×4y0x0=−14，得kON=−x016y0，
所以lON：y=−x016y0x，
又lAB：y−y0=−x04y0(x−x0)，
联立y−y0=−x04y0(x−x0)y=−x016y0x，解得yT=−x02+4y0212y0，
易知点T与点N在x轴同侧，故点N在线段OT上，即ON与NT同向，
故λ=|ON||OT|−|ON|=1|OT||ON|−1，
又因为|OT||ON|=|yT||yN|=−x02+4y0212y0−3x02y0x02+64y02=136×(x02+4y02)(x02+64y02)x02y02
=136×(256y02x02+x02y02+68)⩾136×(2 256y02x02+68)
=136×(2×16+68)=259，即|OT||ON|⩾259，
当且仅当y02x02=x02y02，即x02=16y02时，等号成立，
故|OT||ON|−1⩾169，所以1|OT||ON|−1⩽916，即λ=1|OT||ON|−1⩽916，
所以λ的最大值为916．
【解析】(1)由向量数量积的坐标运算，化简即可得轨迹方程；
(2)①通过点差法证明直线l与直线ON的斜率乘积为负数，从而证得l与ON相交；
②由ON=λNT(λ>0)，求得λ=|ON||OT|−|ON|=1|OT||ON|−1，结合基本不等式求得|OT||ON|⩾259，即可得λ的最大值．
本题主要考查了圆锥曲线的性质，直线与圆锥曲线的位置关系，以及函数的单调性和最值的计算，属难题．
19.【答案】(1)解：不是的，理由如下：
如等差数列{−12,−1,−32,−2,⋯},T2=a1a2=12∉{−12,−1,−32,−2,⋯}，
所以不是任意一个无穷等差数列对前n项之积是封闭的；
(2)解：{an}是等比数列，其首项a1=2，公比为q，
所以an=a1⋅qn−1=2qn−1(n∈N*)，
所以Tn=a1a2⋯an=2nq1+2+⋯+(n−1)=2nqn(n−1)2，
由已知得，对任意正整数n，总存在正整数m，使得Tn=am成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得2nq(n−1)n2=2qm−1成立，
即对任意正整数n，总存在正整数m，使得qn(n−1)2−(m−1)=21−n成立，
①当m=(n+1)n2≥1时，得(n−1)n2−(m−1)=1−n，所以q=2；′
②当m=(n−1)n2+(2−n)=n2−3n+42≥1时，得[(n−1)n2−(m−1)]+(1−n)=0，且q=12，
综上，q=2或12；
(3)证明：对任意的无穷等比数列{an}，an=a1qn−1=a1n⋅(qa1)n−1，
令bn=a1n,cn=(qa1)n−1，则an=bn⋅cn(n∈N*)，
下面证明：{bn}是对前n项之积是封闭的，
因为bn=a1n，所以Tn=a11+2+⋯+n=a1n(n+1)2，
取正整数m=n(n+1)2得，Tn=bm，
所以{bn}对前n项之积是封闭的，
同理证明：{cn}也对前n项之积是封闭的，
所以对任意的无穷等比数列{an}，总存在两个无穷数列{bn}和{cn}，
使得an=bn⋅cn(n∈N*)，其中{bn}和{cn}对前n项之积都是封闭的．
【解析】(1)取数列{−12,−1,−32,−2,⋯}，结合题中定义验证可得出结论；
(2)由an=a1⋅qn−1=2qn−1(n∈N*)，得Tn=2nqn(n−1)n2，进而q(n−1)n2−(m−1)=21−n，讨论当m=(n+1)n2和当m=(n−1)n2+(2−n)时，分别求得q；
(3)设an=a1qn−1=a1n⋅(qa1)n−1，令bn=a1n⋅cn=(qa1)n−1，得an=bn⋅cn(n∈N*)，再利用定义证明{bn}、{cn}对前n项之积都是封闭的．
本题考查了数列的综合应用，属于难题．