2021年上海市宝山区高考数学一模试卷（含详细解析）.docx

1、 第 1 页（共 18 页） 2021 年上海市宝山区高考数学一模试卷年上海市宝山区高考数学一模试卷 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，题，1-6 每题每题 4 分，分，7-12 每题每题 5 分，共分，共 54 分）分） 1 （4 分）若集合(, 3)A ，( 4,)B ，则AB 2 （4 分）抛物线 2 6yx的准线方程为 3 （4 分）已知复数z满足 1 ( 1 i i z 为虚数单位） ，则z 4 （4 分）设向量(1,2)a ，(2,1)b ，则a与b的夹角的大小为 .（结果用反三角函数 值表示） 5 （4 分）已知二项式 6 1 (2)x x ，则其展开式中的常数

2、项为 6 （4 分）若实数x、y满足 0 20 3 0 x xy xy ，则2zxy的最大值为 7 （5 分）已知圆锥的底面半径为 1，高为3，则该圆锥的侧面展开图的圆心角的大小 为 8 （5 分）方程cos2sin0 xx在区间0，上的所有解的和为 9 （5 分）已知函数( )f x的周期为 2，且当01x 时， 4 ( )logf xx，那么 9 ( ) 2 f 10 （5 分）设数列 n x的前n项和为 n S，对任意*nN，均有1 nn Sx ，则 6 S 11 （5 分）设函数( )sin2cos2 (f xaxbx a，)bR，给出下列结论： 当0a ，1b 时，( )f x为偶函

3、数； 当1a ，0b 时，(2 )fx在区间(0,) 4 上是单调函数； 当3a ，1b 时，(|) 2 x f在区间( 2 ,2 )上恰有 3 个零点； 当3a ，1b 时，设( )f x在区间t，() 4 ttR 上的最大值为( ) t，最小值为( ) t， 则( )( ) 2 2tt ； 则所有正确结论的序号是 12 （5 分）若定义在N上的函数( )f x、( )g x满足：存在 0 xN，使得成立 00 ()()f xg x， 则称( )f x与( )g x在N上具有性质( , )P f g，设函数 1 ( ) 2 x a f x 与 3 ( )g xx，其中0a ， 第 2 页（共

4、 18 页） 已知( )f x与( )g x在N上不具有性质( , )P f g，将a的最小值记为 0 a，设有穷数列 n b满足 1 1b ， 10 1(*,504 ) nn bb nNna ，这里 0 a表示不超过 0 a的最大整数，若去掉 n b中 的一项 t b后，剩下的所有项之和恰可表示为 2( *)m mN，则 t bm 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）直线310 xy 的一个法向量可以是( ) A(3, 1) B(3,1) C(1,3) D( 1,3) 14 （5 分） “函数( )sin()(f

5、xx x，R，且0)的最小正周期为 2”是“”的( ) A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D既非充分又非必要条件 15 （5 分）从 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 这 10 个数中任取 5 个不同的数，则这 5 个 不同的数的中位数为 4 的概率为( ) A 1 21 B 3 21 C 5 21 D 7 21 16 （5 分）下列结论中错误的是( ) A存在实数x、y满足 | 1 | 1 x xy ，并使得4(1)(1)9xy成立 B存在实数x、y满足 | 1 | 1 x xy ，并使得4(1)(1)7xy成立 C满足 | 1 | 1 x xy ，且使得4(1)(1)9

6、xy 成立的实数x、y不存在 D满足 | 1 | 1 x xy ，且使得4(1)(1)9xy 成立的实数x、y不存在 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+16+1876 分）分） 17 （14 分）如图， 在长方体 1111 ABCDABC D中，T为 1 DD上一点， 已知2DT ，4AB ， 2BC ， 1 6AA （1）求直线TC与平面ABCD所成角的大小（用反三角函数值表示） ； （2）求点 1 C到平面 1 ATC的距离 第 3 页（共 18 页） 18 （14 分）已知函数( )() 1 m f xxmR x （1）当1m 时，解不等式(

7、)1(1)f xf x ； （2）设3x，4，且函数( )3yf x存在零点，求实数m的取值范围 19 （14 分）设函数( )sin()(0f xx ，) 22 最小正周期为2，且( )f x的图 象过坐标原点 （1）求、的值； （2）在ABC中，若 2 2 f（B） 2 3f（C）2f（A）f（B）f（C） 2 f（4） ，且三 边a、b、c所对的角依次为A、B、C，试求 ()b f BC c 的值 20 （16 分）已知 1 F、 2 F分别为椭圆 2 2 :1 4 x y的左、右焦点，M为上的一点 （1）若点M的坐标为(1，)(0)m m ，求 12 FMF的面积； （2）若点M的坐标

8、为(0,1)，且直线 3 () 5 ykxkR与交于两不同点A、B，求证： MA MB为定值，并求出该定值； （3）如图，设点M的坐标为( , )s t，过坐标原点O作圆 222 :()()Mxsytr（其中r为 定值，01r，且| |)sr的两条切线，分别交于点P、Q，直线OP、OQ的斜率分别 记为 1 k、 2 k， 如果 12 k k为定值， 试问： 是否存在锐角， 使得2| | 5 secOPOQ？若存在， 试求出的一个值；若不存在，请说明理由 21 （18 分） 若有穷数列 1 : n xx、 2 x、 n x满足 1ii xxt ，0 i x （这里i、*nN，3n， 第 4 页（

9、共 18 页） 11i n剟，常数0)t ，则称有穷数列 n x具有性质( )P t （ 1 ） 已 知 有 穷 数 列 n x具 有 性 质( )P t（ 常 数 1) 2 t， 且 21321 1 | 2 nn n xxxxxx ，试求t的值； （2）设 1 2|2|2|( iii aatati 、*nN，3n，11i n剟，常数2)t ，判断有 穷数列 n a是否具有性质(2)P t ，并说明理由； （3）若有穷数列 1 : n yy、 2 y、 n y具有性质P（1） ，其各项的和为 2000，将 1 y、 2 y、 n y中的最大值记为A，当*AN时，求An的最小值 第 5 页（共

10、18 页） 2021 年上海市宝山区高考数学一模试卷年上海市宝山区高考数学一模试卷 参考答案与试题解析参考答案与试题解析 一、填空题（本大题共一、填空题（本大题共 12 题，题，1-6 每题每题 4 分，分，7-12 每题每题 5 分，共分，共 54 分）分） 1 （4 分）若集合(, 3)A ，( 4,)B ，则AB ( 4, 3) 【解答】解：集合(, 3)A ，( 4,)B ， 所以( 4, 3)AB 故答案为：( 4, 3) 2 （4 分）抛物线 2 6yx的准线方程为 3 2 x 【解答】解：抛物线方程可知3p ， 准线方程为 3 22 p x 故答案为 3 2 x 3 （4 分）已

11、知复数z满足 1 ( 1 i i z 为虚数单位） ，则z 1i 【解答】设Zabi，( ,)a bR， 所以 1 1 i z ，整理得 1 1 i abi ，整理得(1)1aib，解得1a ，1b 所以1zi 故答案为：1i 4 （4 分）设向量(1,2)a ，(2,1)b ，则a与b的夹角的大小为 4 arccos 5 .（结果用反 三角函数值表示） 【解答】解：向量(1,2)a ，(2,1)b ， 所以 44 cos 5| 55 a b a b ， 所以 4 arccos 5 故答案为： 4 arccos 5 5 （4 分）已知二项式 6 1 (2)x x ，则其展开式中的常数项为 16

12、0 【解答】解：二项式 6 1 (2)x x 展开式的通项公式为 666 2 166 (2 )2 rrrrrr r TCxxCx ， 第 6 页（共 18 页） 令620r，求得3r ， 故展开式中的常数项为 33 6 2160C ， 故答案为：160 6 （4 分）若实数x、y满足 0 20 3 0 x xy xy ，则2zxy的最大值为 4 【解答】解：根据实数x、y满足 0 20 3 0 x xy xy ， 画出不等式所表示的平面区域，如图所示： 利用直线AB的方程30 xy，解得：(0,0)O，(3,0)A， 利用 30 20 xy xy ，解得： 1 2 x y ，故(1,2)B，

13、所以当目标函数2zxy经过点(1,2)B时，取得最大值为 4 故答案为：4 7 （5 分）已知圆锥的底面半径为 1，高为3，则该圆锥的侧面展开图的圆心角的大小为 【解答】解：圆锥的底面半径为 1，高为3，则圆锥的母线长为 22 1( 3)2l ， 圆锥的侧面展开面的弧长为221，解得 故答案为： 第 7 页（共 18 页） 8 （5 分）方程cos2sin0 xx在区间0，上的所有解的和为 【解答】解： 2 cos2sin12sinsin0 xxxx ， 即 2 2sinsin10 xx ， 故(2sin1)(sin1)0 xx， 由于0 x， 解得： 6 x 或 5 6 所以 5 66 故答

14、案为： 9 （5 分） 已知函数( )f x的周期为 2， 且当01x 时， 4 ( )logf xx， 那么 9 ( ) 2 f 1 2 【解答】解：由于当01x 时， 4 ( )logf xx， 且函数( )f x的周期为 2，所以 4 91111 ( )(4)( )log 22222 fff ， 故答案为： 1 2 10（5 分） 设数列 n x的前n项和为 n S， 对任意*nN， 均有1 nn Sx ， 则 6 S 63 64 【解答】解：数列 n x的前n项和为 n S，对任意*nN，均有1 nn Sx ， 当1n 时，解得 1 21x ，故 1 1 2 x ， 当2n时， 11

15、1 nn Sx ， 所以得： 1 0 nnn xxx ， 即 1 1 2 n n x x ， 所以数列 n x是以 1 2 为首项， 1 2 为公比的等比数列 6 6 11 ()(1) 63 22 1 64 1 2 S 故答案为： 63 64 11 （5 分）设函数( )sin2cos2 (f xaxbx a，)bR，给出下列结论： 当0a ，1b 时，( )f x为偶函数； 当1a ，0b 时，(2 )fx在区间(0,) 4 上是单调函数； 第 8 页（共 18 页） 当3a ，1b 时，(|) 2 x f在区间( 2 ,2 )上恰有 3 个零点； 当3a ，1b 时，设( )f x在区间t

16、，() 4 ttR 上的最大值为( ) t，最小值为( ) t， 则( )( ) 2 2tt ； 则所有正确结论的序号是 【解答】解：当0a ，1b 时，( )cos2f xx，其定义域为R，且()( )fxf x，函数 为偶函数，故正确； 当1a ，0b 时，(2 )sin4fxx，由(0,) 4 x ，得4(0, )x，则sin4yx在(0,) 4 上 不单调，故错误； 当3a ，1b 时，(|)3sin |cos| 2sin(|) 26 x fxxx ， 由(|)0 2 x f，得2sin(|)0 6 x ，即| 6 xk ，kZ，| 6 xk ，kZ， 则 6 x ， 7 6 x ，共

17、 4 个零点，故错误； 当3a ，1b 时，( )3sin2cos22sin(2) 6 f xxxx ， 令( )()( )2cos(2)2sin(2)( 31)cos2( 31)sin2 466 g tf tf ttttt 2 2cos(2) 2 2t（其中tan23)， 即设( )f x在区间t，() 4 ttR 上的最大值为( ) t，最小值为( ) t，则()() 2 2tt ， 故正确 故答案为： 12 （5 分）若定义在N上的函数( )f x、( )g x满足：存在 0 xN，使得成立 00 ()()f xg x， 则称( )f x与( )g x在N上具有性质( , )P f g，

18、设函数 1 ( ) 2 x a f x 与 3 ( )g xx，其中0a ， 已知( )f x与( )g x在N上不具有性质( , )P f g，将a的最小值记为 0 a，设有穷数列 n b满足 1 1b ， 10 1(*,504 ) nn bb nNna ，这里 0 a表示不超过 0 a的最大整数，若去掉 n b中 的一项 t b后，剩下的所有项之和恰可表示为 2( *)m mN，则 t bm 2626 【解答】解：( )f x与( )g x在N上不具有性质( , )P f g， ( )( )f xg x在N上恒成立， 令 3 1 ( )0 2 x a z xx 在N上恒成立， 第 9 页（

19、共 18 页） 当 2 1 ( )30 2 x z xa lnax时a最小， 由( )0z x 且( )0z x，得 2 0 11 36 x lnax ， 令 2 1 ( ) 36 x h x x ，则 3 11 ( ) 32 h x x ， 当0 x ，1 时，( )0h x，( )h x递减， 当2x ，3，4，时，( )0h x，( )h x递增， h（1） 1 2 ，h（2） 17 24 ，故h（1）h（2） ， 当1x 时， 2 0 ae，504 73528n， 1 1b ， 1 1 nn bb ， n bn， 2 (1)3528 3529 22 nt n n Sbm ， 而 352

20、8 3529 2495.026 2 n s ， 取2495m ，则131 t b ， 故13124952626 t bm， 故答案为：2626 二、选择题（本大题共二、选择题（本大题共 4 题，每题题，每题 5 分，共分，共 20 分）分） 13 （5 分）直线310 xy 的一个法向量可以是( ) A(3, 1) B(3,1) C(1,3) D( 1,3) 【解答】解：直线310 xy 的方向向量为 1 (1,) 3 v ， 设该直线的法向量为(1, )mt， 利用0v m ，所以： 1 1 10 3 t ，解得3t 故选：C 14 （5 分） “函数( )sin()(f xx x，R，且0

21、)的最小正周期为 2”是“”的( ) A充分非必要条件 B必要非充分条件 C充要条件 D既非充分又非必要条件 【解答】解：由于函数( )sin()f xx，当时，( )sinf xx，所以函数的最小正周期 为 2 2 ， 第 10 页（共 18 页） 当函数的最小正周期为 2 时，故 2 | 2 ，所以2 ， 所以“函数( )sin()(f xx x，R，且0)的最小正周期为 2”是“”的必要不充 分条件 故选：B 15 （5 分）从 0、1、2、3、4、5、6、7、8、9 这 10 个数中任取 5 个不同的数，则这 5 个 不同的数的中位数为 4 的概率为( ) A 1 21 B 3 21

22、C 5 21 D 7 21 【 解 答 】 解 ： 根 据 题 意 ： 从10个 数 中 任 取5个 数 ， 则 基 本 事 件 为 5 10 109 876 2297 5432 1 C ， 则这 5 个数的中位数是 4 的有： 22 45 6 10C C ， 故概率 6 105 229721 P 故选：C 16 （5 分）下列结论中错误的是( ) A存在实数x、y满足 | 1 | 1 x xy ，并使得4(1)(1)9xy成立 B存在实数x、y满足 | 1 | 1 x xy ，并使得4(1)(1)7xy成立 C满足 | 1 | 1 x xy ，且使得4(1)(1)9xy 成立的实数x、y不存

23、在 D满足 | 1 | 1 x xy ，且使得4(1)(1)9xy 成立的实数x、y不存在 【解答】 解： 画出不等式组 | 1 | 1 x xy 表示的平面区域， 如图阴影所示：( 1.2)A ，(1B，0) (1C， 2)，( 1,0)D ， 令4(1)(1)zxy， 可知可行域内的点，在边界时，z取得最大值或最小值， 最优解在1xy时，4(1)(1)4(1)(2)zxyxx 第 11 页（共 18 页） 2 1 4()9 2 x ，因为| 1x ，所以z的最大值为 9， 此时 1 2 xy所以存在实数x、y满足 |1 |1 x xy ，并使得4(1)(1)9xy成立，不正 确； 存在实数

24、x、y满足 | 1 | 1 x xy ，并使得4(1)(1)7xy成立，所以B正确； 最优解在1xy 时，4(1)(1)4(1)()zxyxx 22 1 4()4()1 2 xxx ， 由| 1x ，所以81z 剟 所以满足 | 1 | 1 x xy ，且使得4(1)(1)9xy 成立的实数x、y不存在，C正确； 满足 | 1 | 1 x xy ，且使得4(1)(1)9xy 成立的实数x、y不存在，所以D正确； 最优解在1x 边界时，上述结果正确 故选：A 三、解答题（本大题共三、解答题（本大题共 5 题，共题，共 14+14+14+16+1876 分）分） 17 （14 分）如图， 在长方体

25、 1111 ABCDABC D中，T为 1 DD上一点， 已知2DT ，4AB ， 2BC ， 1 6AA （1）求直线TC与平面ABCD所成角的大小（用反三角函数值表示） ； （2）求点 1 C到平面 1 ATC的距离 第 12 页（共 18 页） 【解答】解： （1）法一：如图示： 在长方体 1111 ABCDABC D中， 1 DD 平面ABCD，即TD 平面ABCD， 故直线TC与平面ABCD所成的角即为TCD， 在Rt TCD中，由2DT ，4CDAB，可得tan DT TCD CD ， 显然，(0,) 2 TCD ，故 1 arctan 2 TCD， 故直线TC与平面ABCD所成的

26、角的大小是 1 arctan 2 ； 法二：以D为原点，DA，DC， 1 DD分别为x，y，z轴， 建立空间直角坐标系，如图示： 2DT ，4AB ，2BC ， 1 6AA ， (2A，0，0)，(2B，4，0)，(0C，4，0)，(0D，0，0)，(0T，0，2)， (0TC ，4，2)，平面ABCD的一个法向量(0n ，0，1)， 设直线TC与平面ABCD所成角的大小为， 第 13 页（共 18 页） 则 22 |25 sin 5| | 4( 2) 1 TC n TCn ，即 5 sin 5 ， 由0， 2 ，故 5 arcsin 5 ， 故直线TC与平面ABCD所成角的大小为 5 arc

27、sin 5 ， （2）由 1(0 C，4，6)， 1(2 A，0，6)，(0T，0，2)，(0C，4，0)， 故 1 ( 2AT ，0，4)，(0CT ，4，2)， 1 (0CT ，4，4)， 设平面 1 ATC的一个法向量为(mx，y，) z， 由 1 mAT mCT 得 1 0 0 m AT m CT 即 240 420 x y ，故 4 2 xy zy ， 取( 4m ，1，2)， 故点 1 C到平面 1 ATC的距离为 1 222 |0( 4)( 4) 1( 4)2|4 21 |7 ( 4)12 CT m m ， 即点 1 C到平面 1 ATC的距离为 4 21 7 18 （14 分）

28、已知函数( )() 1 m f xxmR x （1）当1m 时，解不等式( )1(1)f xf x ； （2）设3x，4，且函数( )3yf x存在零点，求实数m的取值范围 【解答】解： （1）当1m 时， 1 ( ) 1 f xx x ， 由( )1(1)f xf x ，得 11 ()1(1) 1 xx xx ， 即 11 1xx ，解得0 x 或1x 不等式( )1(1)f xf x 的解集为(，0)(1，)； （2）函数( )3yf x在3，4上存在零点方程( )30f x 在3，4上有解， 即方程30 1 m x x 在3，4上有解， 即 2 (1)4mx 在3，4上有解，函数 2 (

29、1)4yx 在3，4上是减函数 则 21y ，12， 从而，实数m的取值范围是 21，12 19 （14 分）设函数( )sin()(0f xx ，) 22 最小正周期为2，且( )f x的图 第 14 页（共 18 页） 象过坐标原点 （1）求、的值； （2）在ABC中，若 2 2 f（B） 2 3f（C）2f（A）f（B）f（C） 2 f（4） ，且三 边a、b、c所对的角依次为A、B、C，试求 ()b f BC c 的值 【解答】解： （1）依题意，得 2 2 ，1 故( )sin()f xx 因为( )f x的图象过坐标原点，所以(0)0f， 即sin0， 22 ，0 （2）由（1）知

30、( )sinf xx， 因为 2 2 f（B） 2 3f（C）2f（A）f（B）f（C） 2 f（4） ， 所以 222 2sin3sin2sinsinsinsinBCABCA， 由正弦定理可得： 222 232sinbcA bca， 又 222 2cosabcbcA， 22 22 2 sincos2 22 bcbc AA bcbc ， 又sincos2sin()2 4 AAA ， sincos2AA，且2bc， 3 4 A ()2 sin() 2sin()2sin1 b f BCcBC BCA cc 20 （16 分）已知 1 F、 2 F分别为椭圆 2 2 :1 4 x y的左、右焦点，M

31、为上的一点 （1）若点M的坐标为(1，)(0)m m ，求 12 FMF的面积； （2）若点M的坐标为(0,1)，且直线 3 () 5 ykxkR与交于两不同点A、B，求证： MA MB为定值，并求出该定值； （3）如图，设点M的坐标为( , )s t，过坐标原点O作圆 222 :()()Mxsytr（其中r为 定值，01r，且| |)sr的两条切线，分别交于点P、Q，直线OP、OQ的斜率分别 记为 1 k、 2 k， 如果 12 k k为定值， 试问： 是否存在锐角， 使得2| | 5 secOPOQ？若存在， 试求出的一个值；若不存在，请说明理由 第 15 页（共 18 页） 【解答】解：

32、 （1）由已知条件可得 2 1 1 4 m，因为0m ，所以 3 2 m ， 又 1 F， 2 F的坐标分别为(3，0)，( 3，0)， 因此 12 FMF的面积为 12 1133 |2 3 2222 FFm ； （2）证明：设 1 (A x， 1) y， 2 (B x， 2) y， 由 22 44 3 5 xy ykx 可得 22 2464 (14)0 525 kxkx， 2 256 640 25 k，且 12 2 24 5(41) k xx k ， 12 2 64 25(41) x x k ， 又 11 3 5 ykx， 22 3 5 ykx， 所以 1 (MA MBx， 12 1) (y

33、x， 2 1)y 2 12121212 864 (1)(1)(1)() 525 x xyykx xk xx 222 2 222 648246464 (1)341 (1)0 25(41)5 5(41)2525(14) kkkkk k kkk ， 即有0MA MB 为定值； （3）满足2| | 5 secOPOQ的锐角不存在 理由如下：因为直线 1 :OP yk x与圆M相切，所以 1 2 1 | 1 k st r k ， 即有 22222 11 ()20srkstktr， 同理可得，直线 2 :OQ yk x与圆M相切， 即有 22222 22 ()20srkstktr， 于是 1 k， 2 k

34、是关于u的方程 22222 ()20srustutr的两根， 第 16 页（共 18 页） 注意到| | sr，且 2 2 1 4 s t，故 2 2 22 12 2222 (1) 4 s r tr k k srsr ， 因为 12 k k为定值，故不妨设 12 k kv（定值） ， 于是 2 2 22 (1) 4 s r v sr ，即 22 1 () 1(1)0 4 vsv r ， 由题意可得s变化，而r，v均为定值， 所以 2 1 0 4 1(1)0 v v r ， 解得 12 1 4 k kv ， 2 5 5 r 即有 2 1 1 4 k k ， 由 1 22 44 yk x xy 可

35、得 2 1 2 1 4 14 x k ，则 2 2221 11 2 1 1 |4 14 k OPxy k ， 同理可得 22 221 22 21 11 16 |4 1414 kk OQ kk ， 所以 2242 221111 2222 11 (1)(1 16)16171 | |44 (14)(14) kkkk OPOQ kk 222 11 22 2 1 1 2 1 (14)9363625 444 1 (14)42 168 168 kk k k k ， 当且仅当 1 1 2 k 时取得等号， 假设存在锐角，使得2| | 5 secOPOQ， 可得 5 2| |25 2 OPOQ， 即为5sec5

36、，即sec1，即有cos1，这与为锐角矛盾， 故不存在这样的 21 （18 分） 若有穷数列 1 : n xx、 2 x、 n x满足 1ii xxt ，0 i x （这里i、*nN，3n， 11i n剟，常数0)t ，则称有穷数列 n x具有性质( )P t （ 1 ） 已 知 有 穷 数 列 n x具 有 性 质( )P t（ 常 数 1) 2 t， 且 21321 1 | 2 nn n xxxxxx ，试求t的值； 第 17 页（共 18 页） （2）设 1 2|2|2|( iii aatati 、*nN，3n，11i n剟，常数2)t ，判断有 穷数列 n a是否具有性质(2)P t

37、，并说明理由； （3）若有穷数列 1 : n yy、 2 y、 n y具有性质P（1） ，其各项的和为 2000，将 1 y、 2 y、 n y中的最大值记为A，当*AN时，求An的最小值 【解答】解： （1）因为有穷数列 n x具有性质( )P t， 所以 11 | iiii xxxxt ，即 1 | ii xxt ，(1i ，2，3，1)n ， 再由已知条件可得 21321 1 1 1 2 nn n n nttttxxxxxx 个 剟， 即 1 (1) 2 n nt ， 而3n，所以 1 2 t， 又 1 2 t，所以 1 2 t ； （2）当 1 0a时，有穷数列 n a不具有性质(2)

38、P t ， 当 1 0a 时，有穷数列 n a具有性质(2)P t ， 理由如下： 若 1 0a时，则有穷数列 n a显然不具有性质(2)P t ， 若 1 0a ， 则由2t ， 可得 211111 2|2|2| 2(2)(2)6aatatatatat ， 即 21 6aat ， 所以 21 2aat ，且 2 0a ， 同理可得 32 6aat ， 2 (0)a ，则 33 2aat ，且 3 0a ， 一般地若 1 6 ii aat ， 1 (0) i a，则 1 2 ii aat ，且0 i a ， 于是 1 2|2|2| 2(2)(2)6 iiiiii aatatatatat ，即

39、1 6 ii aat ， 所以 1 2 ii aat ，且0 i a ， （仍有 1 0 i ai ，这里i、*nN，3n，11)i n剟， 因此当 1 0a 时，有穷数列 n a具有性质(2)P t ， 综上，当 1 0a时，有穷数列 n a不具有性质(2)P t ， 当 1 0a 时，有穷数列 n a具有性质(2)P t ， （3）由已知可得 1 1 nn yy ， 2 2 nn yy ， 1 (1) n yyn， 故 12 12(1) nn yyynyn，即 (1) 2000 2 n n n ny ， 第 18 页（共 18 页） 整理可得 20001 22 n n y n ， 显然 n yA， 于是有 20031140 30 222 n An n ， 注意到A，*nN，且 140 30 110 2 ， 所以110An ， 可取 1 2y ，36 i yi，(2i ，3，37)， 因此An的最小值为 110