2022年高三二模考试数学（理）试题解析版 含解析

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1、2022年高三二模考试数学（理）试题解析版 含解析 一、填空题（本大题满分56分）本大题共有14题，考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，每个空格填对得4分，否则一律得零分． 1．（4分）（xx•宝山区二模）已知全集U=R，集合A={x|x2﹣2x﹣3＞0}，则∁UA=　[﹣1，3]　． 考点： 并集及其运算． 专题： 不等式的解法及应用． 分析： 由题意求出集合A，然后直接写出它的补集即可． 解答： 解：全集U=R，集合A={x|x2﹣2x﹣3＞0}={x|x＜﹣1或x＞3}， 所以∁UA={x|﹣1≤x≤3}， 即∁UA=[﹣1，3]． 故答案为：[﹣1

2、，3]． 点评： 本题考查集合的基本运算，补集的求法，考查计算能力． 　 2．（4分）（xx•宝山区二模）若复数z满足z=i（2﹣z）（i是虚数单位），则|z|=　　． 考点： 复数求模；复数代数形式的乘除运算． 专题： 计算题． 分析： 由题意可得（1+i）z=2i，可得z=，再利用两个复数代数形式的除法，虚数单位i的幂运算性质求得z的值，即可求得|z|． 解答： 解：∵复数z满足z=i（2﹣z）（i是虚数单位），∴z=2i﹣iz，即（1+i）z=2i， ∴z===1+i， 故|z|=， 故答案为 ． 点评： 本题主要考查两个复数代数形式的除法，虚数单位

3、i的幂运算性质，求复数的模，属于基础题． 　 3．（4分）（xx•宝山区二模）已知直线2x+y+1=0的倾斜角大小是θ，则tan2θ=　　． 考点： 两角和与差的正切函数；直线的倾斜角． 专题： 三角函数的图像与性质． 分析： 有直线的方程求出直线的斜率，即得tanθ=﹣2，再利用二倍角的正切公式求得tan2θ的值． 解答： 解：已知直线2x+y+1=0的倾斜角大小是θ，则有tanθ=﹣2，且 0≤θ＜π． ∴tan2θ===， 故答案为 ． 点评： 本题主要考查直线的倾斜角和斜率，二倍角的正切公式的应用，属于基础题． 　 4．（4分）（xx•宝山区二模）若

4、关于x、y的二元一次方程组有唯一一组解，则实数m的取值范围是　　． 考点： 两条直线的交点坐标． 专题： 数形结合． 分析： 把给出的二元一次方程组中的两个方程看作两条直线，化为斜截式，由斜率不等即可解得答案． 解答： 解：二元一次方程组的两个方程对应两条直线，方程组的解就是两直线的交点， 由mx﹣y+3=0，得y=mx+3，此直线的斜率为m． 由（2m﹣1）x+y﹣4=0，得y=﹣（2m﹣1）x+4． 若二元一次方程组有唯一一组解， 则两直线的斜率不等，即m≠1﹣2m，所以m． 故答案为． 点评： 本题考查了二元一次方程组的解法，考查了数形结合的解题思想，二

5、元一次方程组的解实质是两个方程对应的直线的交点的坐标，是基础题． 　 5．（4分）（xx•宝山区二模）已知函数y=f（x）和函数y=log2（x+1）的图象关于直线x﹣y=0对称，则函数y=f（x）的解析式为　y=2x﹣1　． 考点： 反函数． 专题： 函数的性质及应用． 分析： 根据函数y=f（x）和函数y=log2（x+1）的图象关于直线x﹣y=0对称，知f（x）是函数y=log2（x+1）的反函数，求出y=log2（x+1）的反函数即得到f（x）的表达式． 解答： 解：∵数y=f（x）的图象与函数y=log2（x+1）（x＞﹣1）的图象关于直线x﹣y=0对称，

6、∴f（x）是函数y=log2（x+1）的反函数， ∴f（x）=2x﹣1，（x∈R）； 故答案为：y=2x﹣1． 点评： 本题考查反函数、求反函数的方法，属于基础题． 　 6．（4分）（xx•宝山区二模）已知双曲线的方程为，则此双曲线的焦点到渐近线的距离为　1　． 考点： 双曲线的简单性质． 专题： 圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： 先由题中条件求出焦点坐标和渐近线方程，再代入点到直线的距离公式即可求出结论． 解答： 解：由题得：其焦点坐标为（﹣2，0），（2，0）．渐近线方程为y=±x，即y﹣x=0， 所以焦点到其渐近线的距离d==1． 故答案为：1．

7、 点评： 本题以双曲线方程为载体，考查双曲线的标准方程，考查双曲线的几何性质，属于基础题． 　 7．（4分）（xx•宝山区二模）函数的最小正周期T=　π　． 考点： 二阶矩阵；三角函数中的恒等变换应用；三角函数的周期性及其求法． 专题： 三角函数的图像与性质． 分析： 先利用二阶矩阵化简函数式f（x），再把函数y=f（x）化为一个角的一个三角函数的形式，然后求出它的最小正周期． 解答： 解：函数 =（sinx+cosx）（﹣sinx+cosx）﹣2sinxcos（π﹣x） =cos2x+sin2x=sin（2x+）， 它的最小正周期是：T==π． 故答案为：π

8、 点评： 本题考查三角函数的周期性及其求法，二倍角的正弦，考查计算能力，是基础题． 　 8．（4分）（xx•宝山区二模）若（1+2x）n展开式中含x3项的系数等于含x项系数的8倍，则正整数n=　5　． 考点： 二项式定理的应用． 专题： 计算题． 分析： 由题意可得Tr+1=Cnr（2x）r=2rCnrxr分别令r=3，r=1可得含x3，x项的系数，从而可求 解答： 解：由题意可得二项展开式的通项，Tr+1=Cnr（2x）r=2rCnrxr 令r=3可得含x3项的系数为：8Cn3，令r=1可得含x项的系数为2Cn1 ∴8Cn3=8×2Cn1 ∴n=5 故答案

9、为：5 点评： 本题主要考查了利用二项展开式的通项公式求解指定的项，解题的关键是熟练掌握通项，属于基础试题 　 9．（4分）（xx•宝山区二模）执行如图所示的程序框图，若输入p的值是7，则输出S的值是．　﹣9　． 考点： 程序框图． 分析： 由已知中的程序框图及已知中p输入7，可得：进入循环的条件为n＜7，即n=1，2，…，6，模拟程序的运行结果，即可得到输出的S值． 解答： 解：当n=1时，S=0+2﹣1=1； 当n=2时，S=1+2﹣2=1； 当n=3时，S=1+2﹣3=0； 当n=4时，S=0+2﹣4=﹣2； 当n=5时，S=﹣2+2﹣5=﹣5； 当

10、n=6时，S=﹣5+2﹣6=﹣9； 当n=9时，退出循环， 则输出的S为：﹣9． 故答案为：﹣9． 点评： 本题考查的知识点是程序框图，在写程序的运行结果时，我们常使用模拟循环的变法，但程序的循环体中变量比较多时，要用表格法对数据进行管理． 　 10．（4分）（xx•宝山区二模）已知圆锥底面半径与球的半径都是1cm，如果圆锥的体积恰好也与球的体积相等，那么这个圆锥的母线长为　　cm． 考点： 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；球的体积和表面积． 专题： 计算题． 分析： 求出球的体积，利用圆锥的体积与球的体积相等，求出圆锥的高，然后求出圆锥的母线长即可． 解答： 解

11、：由题意可知球的体积为：=， 圆锥的体积为：=， 因为圆锥的体积恰好也与球的体积相等， 所以，所以h=4， 圆锥的母线：=． 故答案为：． 点评： 本题考查球的体积与圆锥的体积公式的应用，考查计算能力． 　 11．（4分）（xx•宝山区二模）某中学在高一年级开设了4门选修课，每名学生必须参加这4门选修课中的一门，对于该年级的甲、乙、丙3名学生，这3名学生选择的选修课互不相同的概率是　　 （结果用最简分数表示）． 考点： 等可能事件的概率． 专题： 概率与统计． 分析： 所有的选法共有43=64 种，3这名学生选择的选修课互不相同的选法有 =24种，由此求得这3

12、名学生选择的 选修课互不相同的概率． 解答： 解：所有的选法共有43=64 种，3这名学生选择的选修课互不相同的选法有 =24种， 故这3名学生选择的选修课互不相同的概率为 =， 故答案为 ． 点评： 本题主要考查等可能事件的概率，分步计数原理的应用，属于中档题． 　 12．（4分）（xx•宝山区二模）正项无穷等比数列an的前n项和为Sn，若，则其公比q的取值范围是 　（0，1）　． 考点： 数列的极限；等比数列的性质． 专题： 计算题． 分析： 由题设条件知=1，所以0＜q＜1． 解答： 解：∵正项无穷等比数列an的前n项和为Sn，且， ∴==1，

13、 ∴0＜q＜1． 故答案为：（0，1）． 点评： 本题考查数列的极限及其应用，解题时要注意公式的灵活运用． 　 13．（4分）（xx•宝山区二模）已知两个不相等的平面向量，（）满足||=2，且与﹣的夹角为120°，则||的最大值是　　． 考点： 数量积表示两个向量的夹角；向量的模． 专题： 平面向量及应用． 分析： 如图所示：设=，=，则 =，∠BAO=60°，∠BAC=120°，且 OB=2，0°＜∠B＜120°．△AOB中，由正弦定理求得||=sin∠B，由此可得||的最大值． 解答： 解：如图所示：设=，=，则 =，∠BAO=60°，∠BAC=120°，

14、 且 OB=2，0°＜∠B＜120°． △AOB中，由正弦定理可得 =，即 ， 解得||=sin∠B． 由于当∠B=90°时，sin∠B最大为1，故||的最大值是， 故答案为 ． 点评： 本题主要考查求向量的模的方法，正弦定理，以及正弦函数的值域，体现了数形结合的数学思想，属于中档题． 　 14．（4分）（xx•宝山区二模）给出30行30列的数表A：，其特点是每行每列都构成等差数列，记数表主对角线上的数1，10，21，34，…，1074按顺序构成数列{bn}，存在正整数s、t（1＜s＜t）使b1，bs，bt成等差数列，试写出一组（s，t）的值　（17，25）　． 考点

15、： 等差数列的通项公式；数列与函数的综合． 专题： 计算题；等差数列与等比数列． 分析： 由题意可得，b2﹣b1=9b3﹣b2=11…bn﹣bn﹣1=2n+5，利用叠加可求bn，然后由b1，bs，bt成等差数列可得2bs=b1+bt，代入通项后即可求解满足题意的t，s 解答： 解：由题意可得， b2﹣b1=9 b3﹣b2=11 … bn﹣bn﹣1=2n+5 以上n﹣1个式子相加可得，bn﹣b1=9+11+…+2n+5=n2+6n﹣7 ∴bn=n2+6n﹣6 ∵b1，bs，bt成等差数列 ∴2bs=b1+bt ∴2（s2+6s﹣6）=1+t2+6t﹣6 整理可得

16、，2（s+3）2=（t+3）2+16 ∵1＜s＜t≤30且s，t∈N* 经检验当s=17，t=25时符合题意 故答案为：（17，25） 点评： 本题主要考查了数列的通项公式的求解，要注意叠加法的应用，属于公式的灵活应用 　 二、选择题（本大题满分20分）本大题共有4题，每题有且只有一个正确答案，考生应在答案纸的相应编号上，填上正确的答案，选对得5分，否则一律得零分. 15．（5分）（xx•宝山区二模）已知a∈（，π），sina=，则tan（a﹣）等于（　　） 　 A． ﹣7 B． ﹣ C． 7 D． 考点： 同角三角函数间的基本关系；两角和与差的正切

17、函数． 专题： 三角函数的求值． 分析： 根据同角三角函数关系先求出cosa，然后根据tana=求出正切值，最后根据两角差的正切函数公式解之即可． 解答： 解：∵a∈（，π），sina=， ∴cosa=﹣，则tana===﹣ ∴tan（a﹣）===﹣7 故选A． 点评： 本题主要考查了同角三角函数的基本关系，以及两角差的正切函数，同时考查了运算求解的能力，属于基础题． 　 16．（5分）（xx•宝山区二模）已知圆C的极坐标方程为ρ=asinθ，则“a=2”是“圆C与极轴所在直线相切”的 （　　） 　 A． 充分不必要条件 B． 必要不充分条件 　 C．

18、 充要条件 D． 既不充分又不必要条件 考点： 直线与圆的位置关系；必要条件、充分条件与充要条件的判断． 专题： 计算题；转化思想． 分析： 求出圆的普通方程，利用a=2判断圆与极轴是否相切，如果圆与x轴相切，求出a的值，即可判断充要条件． 解答： 解：圆C的极坐标方程为ρ=asinθ，所以它的普通方程为：x2+y2=ay， 当a=2时，圆的方程为x2+y2=2y，即x2+（y﹣1）2=1，圆心坐标（0，1），半径为：1， 所以圆C与极轴所在直线相切． 如果圆C与极轴所在直线相切，即x2+（y﹣）2=，所以a=±2， 圆C的极坐标方程为ρ=asinθ，则“a=2

19、”是“圆C与极轴所在直线相切”的充分不必要条件． 故选A． 点评： 本题考查圆的极坐标方程与普通方程的互化，直线与圆的位置关系，充要条件的判断，基本知识的综合应用． 　 17．（5分）（xx•宝山区二模）若直线ax+by=2经过点M（cosα，sinα），则 （　　） 　 A． a2+b2≤4 B． a2+b2≥4 C． D． 考点： 基本不等式． 专题： 不等式的解法及应用． 分析： 利用题设中的直线ax+by=2经过点M（cosα，sinα），得到acosα+bsinα=2，结合同角关系式中的平方关系，利用基本不等式求得正确选项． 解答：

20、 解：直线ax+by=2经过点M（cosα，sinα），∴acosα+bsinα=2， ∴a2+b2=（a2+b2）（cos2α+sin2α）≥（acosα+bsinα）2=4，（当且仅当时等号成立） 故选B． 点评： 本题主要考查了直线的方程、柯西不等式求最值等．注意配凑的方法，属于基础题． 　 18．（5分）（xx•宝山区二模）已知集合M={（x，y）|y=f（x）}，若对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立，则称集合M是“Ω集合”．给出下列4个集合： ① ②M={（x，y）|y=ex﹣2} ③M={（x，y）|y=cosx}

21、 ④M={（x，y）|y=lnx} 其中所有“Ω集合”的序号是（　　） 　 A． ②③ B． ③④ C． ①②④ D． ①③④ 考点： 元素与集合关系的判断． 专题： 新定义． 分析： 对于①，利用渐近线互相垂直，判断其正误即可． 对于②，画出图象，说明满足Ω集合的定义，即可判断正误； 对于③，画出函数图象，说明满足Ω集合的定义，即可判断正误； 对于④，画出函数图象，取一个特殊点即能说明不满足Ω集合定义． 解答： 解：对于①y=是以x，y轴为渐近线的双曲线，渐近线的夹角是90°， 所以在同一支上，任意（x1，y1）∈M，不存在（x2，y2）∈M，

22、满足Ω集合的定义； 在另一支上对任意（x1，y1）∈M，不存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立， 所以不满足Ω集合的定义，不是Ω集合． 对于②M={（x，y）|y=ex﹣2}，如图（2）如图红线的直角始终存在， 对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M， 使得x1x2+y1y2=0成立， 例如取M（0，﹣1），则N（ln2，0），满足Ω集合的定义， 所以是Ω集合；正确． 对于③M={（x，y）|y=cosx}，如图（3）， 对于任意（x1，y1）∈M，存在（x2，y2）∈M，使得x1x2+y1y2=0成立， 例如（0，1）、（π，0），满足Ω集合

23、的定义，所以M是Ω集合；正确． 对于④M={（x，y）|y=lnx}，如图（4）取点（1，0），曲线上不存在另外的点，使得两点与原点的连线互相垂直，所以不是Ω集合． 所以②③正确． 故选A． 点评： 本题考查了命题真假的判断与应用，考查了元素与集合的关系，考查了数形结合的思想，解答的关键是对新定义的理解，是中档题． 　 三、解答题（本大题满分74分）本大题共5题，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. 19．（12分）（xx•宝山区二模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为A1B1，CD的中点． （1）求直线EC与

24、平面B1BCC1所成角的大小； （2）求二面角E﹣AF﹣B的大小． 考点： 二面角的平面角及求法；直线与平面所成的角． 专题： 空间角． 分析： （1）通过建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角即可得出线面角； （2）利用两个平面的法向量的夹角即可得到二面角的大小． 解答： （1）解：建立坐标系如图 所示， 则平面B1BCC1的一个法向量为 ∵E（2，1，2），C（0，2，0）， ∴， 可知直线EC的一个方向向量为． 设直线EC与平面B1BCC1成角为θ， 则sinθ===． 故直线EC与平面B1BCC1所成角的大小为． （2）由

25、（1）可知：平面ABCD的一个法向量为． 设平面AEF的一个法向量为， ∵，，∴．得， 令x=1，则y=2，z=﹣1， ∴===． 由图知二面角E﹣AF﹣B为锐二面角，故其大小为． 点评： 本题考查了：通过建立空间直角坐标系，利用直线的方向向量和平面的法向量的夹角得出线面角；利用两个平面的法向量的夹角得到二面角的方法．必须熟练掌握． 　 20．（14分）（xx•宝山区二模）如图所示，扇形AOB，圆心角AOB的大小等于，半径为2，在半径OA上有一动点C，过点C作平行于OB的直线交弧AB于点P． （1）若C是半径OA的中点，求线段PC的大小； （2）设∠COP=θ，求△P

26、OC面积的最大值及此时θ的值． 考点： 余弦定理；两角和与差的正弦函数． 专题： 解三角形． 分析： （1）在△POC中，根据，OP=2，OC=1，利用余弦定理求得PC的值． （2）解法一：利用正弦定理求得CP和OC的值，记△POC的面积为S（θ），则，利用 两角和差的正弦公式化为，可得时，S（θ）取得最大值为． 解法二：利用余弦定理求得OC2+PC2+OC•PC=4，再利用基本不等式求得3OC•PC≤4，所以，再根据OC=PC 求得△POC面积的最大值时θ的值． 解答： 解：（1）在△POC中，，OP=2，OC=1， 由 得PC2+PC﹣3=0，解得． （

27、2）解法一：∵CP∥OB，∴， 在△POC中，由正弦定理得， 即，∴． 又，∴． 记△POC的面积为S（θ），则= === ==， ∴时，S（θ）取得最大值为． 解法二：，即OC2+PC2+OC•PC=4． 又OC2+PC2+OC•PC≥3OC•PC，即3OC•PC≤4，当且仅当OC=PC时等号成立， 所以，∵OC=PC， ∴时，S（θ）取得最大值为． 点评： 本题主要考查两角和差的正弦公式，正弦定理、余弦定理、基本不等式的，属于中档题． 　 21．（14分）（xx•宝山区二模）已知函数f（x）=x2+a． （1）若是偶函数，在定义域上F（x）≥ax恒成立，

28、求实数a的取值范围； （2）当a=1时，令g（x）=f（f（x））﹣λf（x），问是否存在实数λ，使g（x）在（﹣∞，﹣1）上是减函数，在（﹣1，0）上是增函数？如果存在，求出λ的值；如果不存在，请说明理由． 考点： 函数恒成立问题． 专题： 函数的性质及应用． 分析： （1）把函数f（x）的解析式代入函数F（x）利用函数是偶函数求出b=0，把b=0代回函数F（x）的解析式，由F（x）≥ax恒成立分离出参数a，然后利用基本不等式求最值，则a的范围可求； （2）把a=1代入函数f（x）的解析式，求出函数g（x）解析式，由偶函数的定义得到函数g（x）为定义域上的偶函数，把函数g

29、（x）在（﹣∞，﹣1）上是减函数，在（﹣1，0）上是增函数转化为在区间（1，+∞）上是增函数，在（0，1）上是减函数，换元后利用复合函数的单调性得到换元后的二次函数的对称轴，由对称轴可求λ的值． 解答： 解：（1）． 由F（x）是偶函数，∴F（﹣x）=F（x），即 ∴﹣bx+1=bx+1，∴b=0． 即F（x）=x2+a+2，x∈R． 又F（x）≥ax恒成立，即x2+a+2≥ax恒成立，也就是a（x﹣1）≤x2+2恒成立． 当x=1时，a∈R 当x＞1时，a（x﹣1）≤x2+2化为， 而，∴． 当x＜1时，a（x﹣1）≤x2+2化为， 而，∴ 综上：； （2）存在实数

30、λ=4，使g（x）在（﹣∞，﹣1）上是减函数，在（﹣1，0）上是增函数． 事实上，当a=1时，f（x）=x2+1． g（x）=f（f（x））﹣λf（x）=（x2+1）2+1﹣λ（x2+1）=x4+（2﹣λ）x2+（2﹣λ）． ∵g（﹣x）=（﹣x）4+（2﹣λ）（﹣x）2+（2﹣λ）=g（x） ∴g（x）是偶函数，要使g（x）在（﹣∞，﹣1）上是减函数，在（﹣1，0）上是增函数， 即g（x）只要满足在区间（1，+∞）上是增函数，在（0，1）上是减函数即可． 令t=x2，当x∈（0，1）时t∈（0，1）；x∈（1，+∞）时t∈（1，+∞）， 由于x∈（0，+∞）时，t=x2是增函数

31、，记g（x）=H（t）=t2+（2﹣λ）t+（2﹣λ）， 故g（x）与H（t）在区间（0，+∞）上有相同的增减性， 当二次函数H（t）=t2+（2﹣λ）t+（2﹣λ）在区间（1，+∞）上是增函数，在（0，1）上是减函数时， 其对称轴方程为t=1， ∴，解得λ=4． 点评： 本题考查了函数的性质，考查了函数的单调性与奇偶性的应用，考查了分类讨论的数学思想方法，训练了分离变量及利用基本不等式求参数的取值范围，考查了二次函数的单调性．属难题． 　 22．（16分）（xx•宝山区二模）已知点A（1，0），P1、P2、P3是平面直角坐标系上的三点，且|AP1|、|AP2|、|AP3|成等

32、差数列，公差为d，d≠0． （1）若P1坐标为（1，﹣1），d=2，点P3在直线3x﹣y﹣18=0上时，求点P3的坐标； （2）已知圆C的方程是（x﹣3）2+（y﹣3）2=r2（r＞0），过点A的直线交圆于P1、P3两点，P2是圆C上另外一点，求实数d的取值范围； （3）若P1、P2、P3都在抛物线y2=4x上，点P2的横坐标为3，求证：线段P1P3的垂直平分线与x轴的交点为一定点，并求该定点的坐标． 考点： 直线与圆锥曲线的关系；等差数列的通项公式；直线与圆的位置关系． 专题： 计算题；直线与圆；圆锥曲线的定义、性质与方程． 分析： （1）利用P1坐标为（1，﹣1），d

33、=2，求出|AP3|，利用点P3在直线3x﹣y﹣18=0上，解方程组即可求点P3的坐标； （2）求出圆C的方程是（x﹣3）2+（y﹣3）2=r2（r＞0），的圆心与半径，求出点A与圆的圆心的距离，通过A在圆内与圆外，分别求实数d的取值范围； （3）利用P1、P2、P3都在抛物线y2=4x上，抛物线的定义，求出线段P1P3的斜率，求出直线方程，通过y=0，推出直线与x轴的交点为一定点，即可求该定点的坐标． 解答： 解（1）因为|AP1|、|AP2|、|AP3|成等差数列，且|AP1|=1，d=2，所以|AP3|=5， 设P3（x，y） 则，消去y，得x2﹣11x+30=0，…（2分）

34、 解得x1=5，x2=6，所以P3的坐标为（5，﹣3）或（6，0） （2）由题意可知点A到圆心的距离为…（6分） （ⅰ）当时，点A（1，0）在圆上或圆外，|2d|=||AP3|﹣|AP1||=|P1P3|， 又已知d≠0，0≤|P1P3|≤2r，所以﹣r≤d＜0或 0＜d≤r （ⅱ）当时，点A（1，0）在圆内，所以， 又已知d≠0，，即或 结论：当时，﹣r≤d＜0或 0＜d≤r；当时，或 （3）因为抛物线方程为y2=4x，所以A（1，0）是它的焦点坐标， 点P2的横坐标为3，即|AP2|=4 设P1（x1，y1），P3（x3，y3），则|AP1|=x1+1，|AP3|=x3

35、+1，|AP1|+|AP3|=2|AP2|， 所以x1+x3=2x2=6 直线P1P3的斜率，则线段P1P3的垂直平分线l的斜率 则线段P1P3的垂直平分线l的方程为 直线l与x轴的交点为定点（5，0） 点评： 本题考查直线与圆锥曲线的位置关系，直线与圆的位置关系的综合应用，直线系方程的应用，考查分析问题解决问题的能力，转化思想的应用与计算能力的考查． 　 23．（18分）（xx•宝山区二模）已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1=a（a≠3），，设，n∈N*． （1）求证：数列{bn}是等比数列； （2）若an+1≥an，n∈N*，求实数a的最小值； （3）当a=

36、4时，给出一个新数列{en}，其中，设这个新数列的前n项和为Cn，若Cn可以写成tp（t，p∈N*且t＞1，p＞1）的形式，则称Cn为“指数型和”．问{Cn}中的项是否存在“指数型和”，若存在，求出所有“指数型和”；若不存在，请说明理由． 考点： 等差数列与等比数列的综合；数列的求和． 专题： 综合题；新定义． 分析： （1）依题意，可求得Sn+1=2Sn+3n，当a≠3时，=2，利用等比数列的定义即可证得数列{bn}是等比数列； （2）由（1）可得Sn﹣3n=（a﹣3）×2n﹣1，an=Sn﹣Sn﹣1，n≥2，n∈N*，从而可求得an=，由an+1≥an，可求得a≥﹣9，从

37、而可求得实数a的最小值； （3）由（1）当a=4时，bn=2n﹣1，当n≥2时，Cn=3+2+4+…+2n=2n+1+1，C1=3，可证得对正整数n都有Cn=2n+1，依题意由tp=2n+1，tp﹣1=2n，（t，p∈N*且t＞1，p＞1），t只能是不小于3的奇数．分①当p为偶数时与②当p为奇数讨论即可得到答案． 解答： 解：（1）an+1=Sn+3n⇒Sn+1=2Sn+3n，bn=Sn﹣3n，n∈N*， 当a≠3时，===2， 所以{bn}为等比数列．b1=S1﹣3=a﹣3，bn=（a﹣3）×2n﹣1． （2）由（1）可得Sn﹣3n=（a﹣3）×2n﹣1， an=Sn﹣Sn﹣1

38、，n≥2，n∈N*， ∴an=， ∵an+1≥an， ∴a≥﹣9，又a≠3， 所以a的最小值为﹣9； （3）由（1）当a=4时，bn=2n﹣1， 当n≥2时，Cn=3+2+4+…+2n=2n+1+1，C1=3， 所以对正整数n都有Cn=2n+1． 由tp=2n+1，tp﹣1=2n，（t，p∈N*且t＞1，p＞1），t只能是不小于3的奇数． ①当p为偶数时，tp﹣1=（+1）（﹣1）=2n， 因为tp+1和tp﹣1都是大于1的正整数， 所以存在正整数g，h，使得tp+1=2g，﹣1=2h，2g﹣2h=2，2h（2g﹣h﹣1）=2， 所以2h=2且2g﹣h﹣1=1⇒h=1，g=2，相应的n=3，即有C3=32，C3为“指数型和”； ②当p为奇数时，tp﹣1=（t﹣1）（1+t+t2+…+tp﹣1），由于1+t+t2+…+tp﹣1是p个奇数之和，仍为奇数，又t﹣1为正偶数， 所以（t﹣1）（1+t+t2+…+tp﹣1）=2n不成立，此时没有“指数型和”． 点评： 本题考查等差数列与等比数列的综合，考查数列求和，突出逻辑思维与创新思维、综合分析、运算能力的考查，属于难题．