2021年上海市宝山区高考数学一模试卷

这是一份2021年上海市宝山区高考数学一模试卷，共10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。


1. 若集合A＝(−∞, −3)，B＝(−4, +∞)，则A∩B＝________．

2. 抛物线y2=6x的准线方程为________．

3. 已知复数z满足1z−1=i（i为虚数单位），则z＝________．

4. 设向量a→=(1, 2)，b→=(2, 1)，则a→与b→的夹角的大小为________.（结果用反三角函数值表示）

5. 已知二项式(2x+1x)6，则其展开式中的常数项为________．

6. 若实数x、y满足x≥02x−y≤0x+y−3≤0 ，则z＝2x+y的最大值为________．

7. 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θ的大小为________．

8. 方程cs2x−sinx＝0在区间[0, π]上的所有解的和为________．

9. 已知函数f(x)的周期为2，且当0
10. 设数列{xn}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，均有Sn+xn＝−1，则S6＝________．

11. 设函数f(x)＝a⋅sin2x+b⋅cs2x(a, b∈R)，给出下列结论：
①当a＝0，b＝1时，f(x)为偶函数；
②当a＝1，b＝0时，f(2x)在区间(0, π4)上是单调函数；
③当a=3，b＝−1时，f(|x2|)在区间(−2π, 2π)上恰有3个零点；
④当a=3，b＝1时，设f(x)在区间[t, t+π4](t∈R)上的最大值为φ(t)，最小值为Ψ(t)，则φ(t)−Ψ(t)≤22；
则所有正确结论的序号是________．

12. 若定义在N上的函数f(x)、g(x)满足：存在x0∈N，使得成立f(x0)0，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a0，设有穷数列{bn}满足b1＝1，bn+1＝1+bn（n∈N*, n≤504×[a0]），这里[a0]表示不超过a0的最大整数，若去掉{bn}中的一项bt后，剩下的所有项之和恰可表示为m2(m∈N*)，则bt+m＝________．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）

直线x+3y−1＝0的一个法向量可以是（ ）
A.(3, −1)B.(3, 1)C.(1, 3)D.(−1, 3)

“函数f(x)＝sin(ωx)(x，ω∈R，且ω≠0)的最小正周期为2”是“ω＝π”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

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.121B.321C.521D.721

下列结论中错误的是（ ）
A.存在实数x、y满足|x|≤1|x+y|≤1 ，并使得4(x+1)(y+1)>9成立
B.存在实数x、y满足|x|≤1|x+y|≤1 ，并使得4(x+1)(y+1)>7成立
C.满足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)＝−9成立的实数x、y不存在
D.满足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)<−9成立的实数x、y不存在
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）

如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，T为DD1上一点，已知DT＝2，AB＝4，BC＝2，AA1＝6．

（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C1到平面A1TC的距离．

已知函数f(x)＝x+mx−1(m∈R)．
（1）当m＝1时，解不等式f(x)+1>f(x+1)；

（2）设x∈[3, 4]，且函数y＝f(x)+3存在零点，求实数m的取值范围．

设函数f(x)＝sin(ωx+φ)(ω>0, −π2<φ<π2)最小正周期为2π，且f(x)的图象过坐标原点．
（1）求ω、φ的值；

（2）在△ABC中，若2f2(B)+3f2(C)＝2f(A)⋅f(B)⋅f(C)+f2(4)，且三边a、b、c所对的角依次为A、B、C，试求b⋅f(B+C)c的值．

已知F1、F2分别为椭圆Γ：x24+y2＝1的左、右焦点，M为Γ上的一点．

（1）若点M的坐标为(1, m)(m>0)，求△F1MF2的面积；

（2）若点M的坐标为(0, 1)，且直线y＝kx−35(k∈R)与Γ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M：(x−s)2+(y−t)2＝r2（其中r为定值，0
若有穷数列{xn}:x1、x2、…、xn满足xi+1≥xi+t，xi>0（这里i、n∈N*，n≥3，1≤i≤n−1，常数t>0），则称有穷数列{xn}具有性质P(t)．
（1）已知有穷数列{xn}具有性质P(t)（常数t≥12），且|x2−x1|+|x3−x2|+...+|xn−xn−1|≤n−12，试求t的值；

（2）设ai+1＝2|ai+t+2|−|ai+t−2|(i、n∈N*，n≥3，1≤i≤n−1，常数t>2)，判断有穷数列{an}是否具有性质P(t−2)，并说明理由；

（3）若有穷数列{yn}:y1、y2、…、yn具有性质P(1)，其各项的和为2000，将y1、y2、…yn中的最大值记为A，当A∈N*时，求A+n的最小值．
参考答案与试题解析
2021年上海市宝山区高考数学一模试卷
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）
1.
【答案】
(−4, −3)
【考点】
交集及其运算
【解析】
直接利用集合的运算的应用求出结果．
【解答】
集合A＝(−∞, −3)，B＝(−4, +∞)，
所以A∩B＝(−4, −3)．
2.
【答案】
x=−32
【考点】
抛物线的性质
【解析】
根据抛物线方程求得p，进而根据抛物线性质求得其准线方程．
【解答】
解：由抛物线方程可知p=3，
故准线方程为x=−p2=−32.
故答案为：x=−32.
3.
【答案】
1−i
【考点】
复数的运算
【解析】
直接利用复数的运算的应用求出结果．
【解答】
设Z＝a+bi，(a, b∈R)，
所以1z−1=i，整理得1a+bi−1=i，整理得(a−1)i−b＝1，解得a＝1，b＝−1．
所以z＝1−i．
4.
【答案】
arccs45
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
直接利用向量的坐标运算求出向量的数量积和向量的模，进一步利用夹角公式的应用求出结果．
【解答】
向量a→=(1, 2)，b→=(2, 1)，
所以csθ=a→⋅b→|a→||b|=45×5=45，
所以θ=arccs45．
5.
【答案】
160
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
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】
二项式(2x+1x)6展开式的通项公式为Tr+1=C6r⋅(2x)6−r⋅x−r＝26−r⋅C6r⋅x6−2r，
令6−2r＝0，求得r＝3，
故展开式中的常数项为 23⋅C63=160，
6.
【答案】
4
【考点】
简单线性规划
【解析】
首先画出不等式所表示的平面区域，进一步利用线性规划的应用求出结果．
【解答】
根据实数x、y满足x≥02x−y≤0x+y−3≤0 ，
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x+y−3＝0，解得：O(0, 0)，A(3, 0)，
利用x+y−3=02x−y=0 ，解得：x=1y=2 ，故B(1, 2)，
所以当目标函数z＝2x+y经过点B(1, 2)时，取得最大值为4．
故答案为：4
7.
【答案】
π
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
【解析】
首先求出圆锥的母线长，进一步利用弧长公式求出结果．
【解答】
圆锥的底面半径为1，高为3，则圆锥的母线长为l=12+(3)2=2，
圆锥的侧面展开面的弧长为2×θ＝2⋅π⋅1，解得θ＝π．
8.
【答案】
π
【考点】
二倍角的三角函数
【解析】
直接利用三角函数关系式的变换求出2sin2x+sinx−1＝0，进一步解三角方程求出方程的根和方程根的和．
【解答】
cs2x−sinx＝1−2sin2x−sinx＝0，
即2sin2x+sinx−1＝0，
故(2sinx−1)(sinx+1)＝0，
由于x∈[0, π]
解得：x=π6或5π6．
所以π6+5π6=π．
9.
【答案】
−12
【考点】
函数的周期性
【解析】
直接利用函数的周期和函数的关系式的应用求出函数的值．
【解答】
由于当0且函数f(x)的周期为2，所以f(92)＝f(4+12)＝f(12)=lg412=−12，
10.
【答案】
−6364
【考点】
数列的求和
【解析】
首先求出数列为等比数列，进一步利用等比数列的求和公式求出数列的和．
【解答】
数列{xn}的前n项和为Sn，对任意n∈N*，均有Sn+xn＝−1①，
当n＝1时，解得2x1＝−1，故x1=−12，
当n≥2时，Sn−1+xn−1＝−1②，
所以①-②得：xn+xn−xn−1＝0，
即xnxn−1=12，
所以数列{xn}是以−12为首项，12为公比的等比数列．
S6=(−12)(1−126)1−12=−6364．
11.
【答案】
①④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
①当a＝0，b＝1时，f(x)＝cs2x，由偶函数的定义判断①正确；②当a＝1，b＝0时，f(2x)＝sin4x，由复合函数的单调性判断②错误；③当a=3，b＝−1时，f(|x2|)＝2sin(|x|−π6)，求得函数的零点判断③错误；④当a=3，b＝1时，f(x)＝2sin(2x+π6)，令g(t)＝f(t+π4)−f(t)，求其最大值判断④．
【解答】
①当a＝0，b＝1时，f(x)＝cs2x，其定义域为R，且f(−x)＝f(x)，函数为偶函数，故①正确；
②当a＝1，b＝0时，f(2x)＝sin4x，由x∈(0, π4)，得4x∈(0, π)，则y＝sin4x在(0, π4)上不单调，故②错误；
③当a=3，b＝−1时，f(|x2|)=3sin|x|−cs|x|=2sin(|x|−π6)，
由f(|x2|)＝0，得2sin(|x|−π6)＝0，即|x|−π6=kπ，k∈Z，|x|=π6+kπ，k∈Z，
则x=±π6，x＝±7π6，共4个零点，故③错误；
④当a=3，b＝1时，f(x)=3sin2x+cs2x=2sin(2x+π6)，
令g(t)＝f(t+π4)−f(t)=2cs(2t+π6)−2sin(2t+π6)=(3−1)cs2t−(3+1)sin2t
=22cs(2t+φ)≤22（其中tanφ=2+3），
即设f(x)在区间[t, t+π4](t∈R)上的最大值为φ(t)，最小值为Ψ(t)，则φ(t)−Ψ(t)≤22，
故④正确．
12.
【答案】
2626
【考点】
数列与函数的综合
【解析】
问题转化为f(x)≥g(x)在N上恒成立，令z(x)=ax−12−x3≥0在N上恒成立，根据函数的单调性求出a0＝e2，从而求出Sn，再求出答案即可．
【解答】
∵ f(x)与g(x)在N上不具有性质P(f, g)，
∴ f(x)≥g(x)在N上恒成立，
令z(x)=ax−12−x3≥0在N上恒成立，
当z′(x)=12axlna−3x2＝0时a最小，
由z(x)＝0且z′(x)＝0，得1lna0=x3+16x2，
令h(x)=x3+16x2，则h′(x)=13−12x3，
当x＝0，1时，h′(x)<0，h(x)递减，
当x＝2，3，4，…时，h′(x)>0，h(x)递增，
∴ h(1)=12，h(2)=1724，故h(1)当x＝1时，a0＝e2，∴ n≤504×7＝3528，
∵ b1＝1，bn+1＝1+bn，∴ bn＝n，
∴ Sn=n(n+1)2=bt+m2=3528×35292，
而sn=3528×35292=2495.026，
取m＝2495，则bt＝131，
故bt+m＝131+2495＝2626，
故答案为：2626．
二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
【答案】
C
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
【解析】
直接利用直线的方程，直线的法向量，向量的数量积的应用求出结果．
【解答】
直线x+3y−1＝0的方向向量为v→=(1,−13)，
设该直线的法向量为m→=(1,t)，
利用v→⋅m→=0，所以：1×1−13t=0，解得t＝3．
【答案】
B
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
直接利用函数的周期公式的变换及充分条件和必要条件的应用求出结果．
【解答】
由于函数f(x)＝sin(ωx)，当ω＝π时，f(x)＝sinπx，所以函数的最小正周期为2ππ=2，
当函数的最小正周期为2时，故|ω|=2π2=π，所以ω＝±2，
所以“函数f(x)＝sin(ωx)(x，ω∈R，且ω≠0)的最小正周期为2”是“ω＝π”的必要不充分条件．
【答案】
C
【考点】
古典概型及其概率计算公式
【解析】
直接利用排列组合数的应用求出基本事件的数值和确定的事件的数据，进一步求出概率的值．
【解答】
根据题意：从10个数中任取5个数，则基本事件为C105=10×9×8×7×65×4×3×2×1=2×2×9×7，
则这5个数的中位数是4的有：C42⋅C52=6×10，
故概率P=6×102×2×9×7=521．
【答案】
A
【考点】
简单线性规划
命题的真假判断与应用
【解析】
画出约束条件的可行域，判断目标函数取得最值时的位置，然后判断选项的正误即可．
【解答】
画出不等式组|x|≤1|x+y|≤1 表示的平面区域，如图阴影所示：A(−1.2)，B(1, 0)C(1, −2)，D(−1, 0)，
令z＝4(x+1)(y+1)，
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x+y＝1时，z＝4(x+1)(y+1)＝4(x+1)(2−x)
＝−4(x−12)2+9，因为|x|≤1，所以z的最大值为9，
此时x＝y=12．所以存在实数x、y满足|x|≤1|x+y|≤1 ，并使得4(x+1)(y+1)>9成立，不正确；
存在实数x、y满足|x|≤1|x+y|≤1 ，并使得4(x+1)(y+1)>7成立，所以B正确；
最优解在x+y＝−1时，z＝4(x+1)(y+1)＝4(x+1)(−x)
＝−4(x2+x)＝−4(x+12)2+1，
由|x|≤1，所以−8≤z≤1．
所以满足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)＝−9成立的实数x、y不存在，C正确；
满足|x|≤1|x+y|≤1 ，且使得4(x+1)(y+1)<−9成立的实数x、y不存在，所以D正确；
最优解在x＝±1边界时，上述结果正确．
三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）
【答案】
法一：如图示：
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ DD1⊥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DT＝2，CD＝AB＝4，可得tan∠TCD=DTCD，
显然，∠TCD∈(0, π2)，故∠TCD＝arctan12，
故直线TC与平面ABCD所成的角的大小是arctan12；
法二：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，如图示：
∵ DT＝2，AB＝4，BC＝2，AA1＝6，
∴ A(2, 0, 0)，B(2, 4, 0)，C(0, 4, 0)，D(0, 0, 0)，T(0, 0, 2)，
TC→=(0, 4, −2)，平面ABCD的一个法向量n→=(0, 0, 1)，
设直线TC与平面ABCD所成角的大小为θ，
则sinθ=|TC→⋅n→||TC→|⋅|n→|=242+(−2)2⋅1=55，即sinθ=55，
由θ∈[0, π2]，故θ＝arcsin55，
故直线TC与平面ABCD所成角的大小为arcsin55，
由C1(0, 4, 6)，A1(2, 0, 6)，T(0, 0, 2)，C(0, 4, 0)，
故A1T→=(−2, 0, −4)，CT→=(0, −4, 2)，C1T→=(0, −4, −4)，
设平面A1TC的一个法向量为m→=(x, y, z)，
由m→⊥A1T→m→⊥CT→ 得m→⋅A1T→=0m→⋅CT→=0 即−2x−4=0−4y+2=0 ，故x=−4yz=2y ，
取m→=(−4, 1, 2)，
故点C1到平面A1TC的距离为|C1T→⋅m→||m→|=|0×(−4)+(−4)×1+(−4)×2|(−4)2+12+22=4217，
即点C1到平面A1TC的距离为4217．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面所成的角
【解析】
（1）法一：根据线面垂直，求出线面角为∠TCD，结合直角三角形的性质，求出夹角的大小即可；
法二：求出平面ABCD的法向量，根据向量的坐标，求出线面角的大小即可；
（2）求出平面A1TC的一个法向量，结合向量的运算，求出点到面的距离即可．
【解答】
法一：如图示：
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵ DD1⊥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DT＝2，CD＝AB＝4，可得tan∠TCD=DTCD，
显然，∠TCD∈(0, π2)，故∠TCD＝arctan12，
故直线TC与平面ABCD所成的角的大小是arctan12；
法二：以D为原点，DA，DC，DD1分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，如图示：
∵ DT＝2，AB＝4，BC＝2，AA1＝6，
∴ A(2, 0, 0)，B(2, 4, 0)，C(0, 4, 0)，D(0, 0, 0)，T(0, 0, 2)，
TC→=(0, 4, −2)，平面ABCD的一个法向量n→=(0, 0, 1)，
设直线TC与平面ABCD所成角的大小为θ，
则sinθ=|TC→⋅n→||TC→|⋅|n→|=242+(−2)2⋅1=55，即sinθ=55，
由θ∈[0, π2]，故θ＝arcsin55，
故直线TC与平面ABCD所成角的大小为arcsin55，
由C1(0, 4, 6)，A1(2, 0, 6)，T(0, 0, 2)，C(0, 4, 0)，
故A1T→=(−2, 0, −4)，CT→=(0, −4, 2)，C1T→=(0, −4, −4)，
设平面A1TC的一个法向量为m→=(x, y, z)，
由m→⊥A1T→m→⊥CT→ 得m→⋅A1T→=0m→⋅CT→=0 即−2x−4=0−4y+2=0 ，故x=−4yz=2y ，
取m→=(−4, 1, 2)，
故点C1到平面A1TC的距离为|C1T→⋅m→||m→|=|0×(−4)+(−4)×1+(−4)×2|(−4)2+12+22=4217，
即点C1到平面A1TC的距离为4217．
【答案】
当m＝1时，f(x)＝x+1x−1，
由f(x)+1>f(x+1)，得(x+1x−1)+1>(x+1)+1x，
即1x−1>1x，解得x<0或x>1．
∴ 不等式f(x)+1>f(x+1)的解集为(−∞, 0)∪(1, +∞)；
函数y＝f(x)+3在[3, 4]上存在零点⇔方程f(x)+3＝0在[3, 4]上有解，
即方程x+mx−1+3=0在[3, 4]上有解，
即m＝−(x+1)2+4在[3, 4]上有解，函数y＝−(x+1)2+4在[3, 4]上是减函数
则y∈[−21, −12]，
从而，实数m的取值范围是[−21, −12]．
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
（1）把m＝1代入函数解析式，再由f(x)+1>f(x+1)，得关于x的分式不等式求解；
（2）把函数y＝f(x)+3在[3, 4]上存在零点，转化为m＝−(x+1)2+4在[3, 4]上有解，再由函数的单调性求得函数的值域得答案．
【解答】
当m＝1时，f(x)＝x+1x−1，
由f(x)+1>f(x+1)，得(x+1x−1)+1>(x+1)+1x，
即1x−1>1x，解得x<0或x>1．
∴ 不等式f(x)+1>f(x+1)的解集为(−∞, 0)∪(1, +∞)；
函数y＝f(x)+3在[3, 4]上存在零点⇔方程f(x)+3＝0在[3, 4]上有解，
即方程x+mx−1+3=0在[3, 4]上有解，
即m＝−(x+1)2+4在[3, 4]上有解，函数y＝−(x+1)2+4在[3, 4]上是减函数
则y∈[−21, −12]，
从而，实数m的取值范围是[−21, −12]．
【答案】
依题意，得2πω=2π，ω＝1．
故f(x)＝sin(x+φ)．
因为f(x)的图象过坐标原点，所以f(0)＝0，
即sinφ＝0，∵ −π2<φ<π2，∴ φ＝0．
由（1）知f(x)＝sinx，
因为2f2(B)+3f2(C)＝2f(A)⋅f(B)⋅f(C)+f2(4)，
所以2sin2B+3sin2C＝2sinAsinBsinC+sin2A，
由正弦定理可得：2b2+3c2＝2sinA⋅bc+a2，
又a2＝b2+c2−2bccsA，
∴ sinA−csA=b2+2c22bc≥22bc2bc=2，
又sinA−csA=2sin(A−π4)≤2，
∴ sinA−csA=2，且b=2c，∴ A=3π4．
∴ b⋅f(B+C)c=2c⋅sin(B+C)c=2sin(B+C)=2sinA=1．
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
（1）依题意，得2πω=2π，f(0)＝0，即可求解．
（2）由2f2(B)+3f2(C)＝2f(A)⋅f(B)⋅f(C)+f2(4)，结合余弦定理可得：sinA−csA=b2+2c22bc≥22bc2bc=2，又sinA−csA=2sin(A−π4)≤2，即可得到b=2c，A=3π4．即可求解b⋅f(B+C)c的值．
【解答】
依题意，得2πω=2π，ω＝1．
故f(x)＝sin(x+φ)．
因为f(x)的图象过坐标原点，所以f(0)＝0，
即sinφ＝0，∵ −π2<φ<π2，∴ φ＝0．
由（1）知f(x)＝sinx，
因为2f2(B)+3f2(C)＝2f(A)⋅f(B)⋅f(C)+f2(4)，
所以2sin2B+3sin2C＝2sinAsinBsinC+sin2A，
由正弦定理可得：2b2+3c2＝2sinA⋅bc+a2，
又a2＝b2+c2−2bccsA，
∴ sinA−csA=b2+2c22bc≥22bc2bc=2，
又sinA−csA=2sin(A−π4)≤2，
∴ sinA−csA=2，且b=2c，∴ A=3π4．
∴ b⋅f(B+C)c=2c⋅sin(B+C)c=2sin(B+C)=2sinA=1．
【答案】
由已知条件可得14+m2＝1，因为m>0，所以m=32，
又F1，F2的坐标分别为(−3, 0)，(3, 0)，
因此△F1MF2的面积为12|F1F2|⋅m=12⋅23⋅32=32；
证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x2+4y2=4y=kx−35 可得(1+4k2)x2−245kx−6425=0，
△＝64k2+25625>0，且x1+x2=24k5(4k2+1)，x1x2=−6425(4k2+1)，
又y1＝kx1−35，y2＝kx2−35，
所以MA→⋅MB→=(x1, y1−1)⋅(x2, y2−1)
＝x1x2+(y1−1)(y2−1)＝(1+k2)x1x2−85k(x1+x2)+6425
＝(1+k2)[−6425(4k2+1)]−8k5⋅24k5(4k2+1)+6425=64[−(1+k2)−3k2+4k2+1]25(1+4k2)=0，
即有MA→⋅MB→=0为定值；
满足2|OP|⋅|OQ|＝5⋅secθ的锐角θ不存在．
理由如下：因为直线OP:y＝k1x与圆M相切，所以|k1s−t|1+k12=r，
即有(s2−r2)k12−2stk1+t2−r2＝0，
同理可得，直线OQ:y＝k2x与圆M相切，
即有(s2−r2)k22−2stk2+t2−r2＝0，
于是k1，k2是关于u的方程(s2−r2)u2−2stu+t2−r2＝0的两根，
注意到|s|≠r，且s24+t2＝1，故k1k2=t2−r2s2−r2=(1−s24)−r2s2−r2，
因为k1k2为定值，故不妨设k1k2＝v（定值），
于是v=(1−s24)−r2s2−r2，即(v+14)s2+[−1+(1−v)r2]＝0，
由题意可得s变化，而r，v均为定值，
所以v+14=0−1+(1−v)r2=0 ，
解得k1k2＝v=−14，r=255．
即有k2=−14k1，
由y=k1xx2+4y2=4 可得x12=41+4k12，则|OP|2＝x12+y12＝4⋅1+k121+4k12，
同理可得|OQ|2＝4⋅1+k221+4k22=1+16k121+4k12，
所以|OP|2⋅|OQ|2＝4⋅(1+k12)(1+16k12)(1+4k12)2=4⋅16k14+17k12+1(1+4k12)2
＝4⋅(1+4k12)2+9k12(1+4k12)2=4+3616k12+1k12+8≤4+36216+8=254，
当且仅当k1＝±12时取得等号，
假设存在锐角θ，使得2|OP|⋅|OQ|＝5⋅secθ，
可得2|OP|⋅|OQ|≤2×52=5，
即为5secθ≤5，即secθ≤1，即有csθ≥1，这与θ为锐角矛盾，
故不存在这样的θ．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
【解析】
（1）代入M的坐标，求得m，以及焦点坐标，运用三角形的面积公式可得所求值；
（2）联立直线y＝kx−35和椭圆方程，运用韦达定理和向量的坐标运算，化简整理可得定值；
（3）运用直线和圆相切的条件：d＝r，构造二次方程，运用韦达定理和恒等式的性质，求得k1k2=−14，r=255．再由直线OP，OQ的方程和椭圆方程联立，结合基本不等式，求得|OP|⋅|OQ|的最大值，即可判断存在性．
【解答】
由已知条件可得14+m2＝1，因为m>0，所以m=32，
又F1，F2的坐标分别为(−3, 0)，(3, 0)，
因此△F1MF2的面积为12|F1F2|⋅m=12⋅23⋅32=32；
证明：设A(x1, y1)，B(x2, y2)，
由x2+4y2=4y=kx−35 可得(1+4k2)x2−245kx−6425=0，
△＝64k2+25625>0，且x1+x2=24k5(4k2+1)，x1x2=−6425(4k2+1)，
又y1＝kx1−35，y2＝kx2−35，
所以MA→⋅MB→=(x1, y1−1)⋅(x2, y2−1)
＝x1x2+(y1−1)(y2−1)＝(1+k2)x1x2−85k(x1+x2)+6425
＝(1+k2)[−6425(4k2+1)]−8k5⋅24k5(4k2+1)+6425=64[−(1+k2)−3k2+4k2+1]25(1+4k2)=0，
即有MA→⋅MB→=0为定值；
满足2|OP|⋅|OQ|＝5⋅secθ的锐角θ不存在．
理由如下：因为直线OP:y＝k1x与圆M相切，所以|k1s−t|1+k12=r，
即有(s2−r2)k12−2stk1+t2−r2＝0，
同理可得，直线OQ:y＝k2x与圆M相切，
即有(s2−r2)k22−2stk2+t2−r2＝0，
于是k1，k2是关于u的方程(s2−r2)u2−2stu+t2−r2＝0的两根，
注意到|s|≠r，且s24+t2＝1，故k1k2=t2−r2s2−r2=(1−s24)−r2s2−r2，
因为k1k2为定值，故不妨设k1k2＝v（定值），
于是v=(1−s24)−r2s2−r2，即(v+14)s2+[−1+(1−v)r2]＝0，
由题意可得s变化，而r，v均为定值，
所以v+14=0−1+(1−v)r2=0 ，
解得k1k2＝v=−14，r=255．
即有k2=−14k1，
由y=k1xx2+4y2=4 可得x12=41+4k12，则|OP|2＝x12+y12＝4⋅1+k121+4k12，
同理可得|OQ|2＝4⋅1+k221+4k22=1+16k121+4k12，
所以|OP|2⋅|OQ|2＝4⋅(1+k12)(1+16k12)(1+4k12)2=4⋅16k14+17k12+1(1+4k12)2
＝4⋅(1+4k12)2+9k12(1+4k12)2=4+3616k12+1k12+8≤4+36216+8=254，
当且仅当k1＝±12时取得等号，
假设存在锐角θ，使得2|OP|⋅|OQ|＝5⋅secθ，
可得2|OP|⋅|OQ|≤2×52=5，
即为5secθ≤5，即secθ≤1，即有csθ≥1，这与θ为锐角矛盾，
故不存在这样的θ．
【答案】
因为有穷数列{xn}具有性质P(t)，
所以|xi+1−xi|＝xi+1−xi≥t，即|xi+1−xi|≥t，(i＝1, 2, 3,…n−1)，
再由已知条件可得(n−1)t=t+t+⋯+t} (n−1)≤|x2−x1|+|x3−x2|+...+|xn−xn−1|≤n−12，
即(n−1)t≤n−12，
而n≥3，所以t≤12，
又t≥12，所以t=12；
当a1≤0时，有穷数列{an}不具有性质P(t−2)，
当a1>0时，有穷数列{an}具有性质P(t−2)，
理由如下：
若a1≤0时，则有穷数列{an}显然不具有性质P(t−2)，
若a1>0，则由t>2，可得a2＝2|a1+t+2|−|a1+t−2|＝2(a1+t+2)−(a1+t−2)＝a1+t+6，即a2＝a1+t+6，
所以a2>a1+t−2，且a2>0，
同理可得a3＝a2+t+6，(a2>0)，则a3>a3+t−2，且a3>0，
…
一般地若ai＝ai−1+t+6，(ai−1>0)，则ai>ai−1+t−2，且ai>0，
于是ai+1＝2|ai+t+2|−|ai+t−2|＝2(ai+t+2)−(ai+t−2)＝ai+t+6，即ai+−1＝ai+t+6，
所以ai>ai−1+t−2，且ai>0，（仍有ai+1>0i，这里i、n∈N*，n≥3，1≤i≤n−1），
因此当a1>0时，有穷数列{an}具有性质P(t−2)，
综上，当a1≤0时，有穷数列{an}不具有性质P(t−2)，
当a1>0时，有穷数列{an}具有性质P(t−2)，
由已知可得yn−1≤yn−1，yn−2≤yn−2，…，y1≤yn−(n−1)，
故y1+y2+...+yn＝nyn−[1+2+...+(n−1)]，即2000≤nyn−n(n−1)2，
整理可得yn≥2000n+n2−12，
显然yn＝A，
于是有A+n≥200n+3n2−12>−1+40302，
注意到A，n∈N*，且−1+40302<110，
所以A+n≥110，
可取y1＝2，yi＝36+i，(i＝2, 3,…,37)，
因此A+n的最小值为110．
【考点】
数列与函数的综合
【解析】
（1）根据有穷数列{xn}具有性质P(t)，可得(n−1)t≤n−12，即可求出t的值；
（2）根据有穷数列{xn}具有性质P(t)的定义，证明即可；
（3）由已知可得A+n≥200n+3n2−12，借助基本不等式即可求出．
【解答】
因为有穷数列{xn}具有性质P(t)，
所以|xi+1−xi|＝xi+1−xi≥t，即|xi+1−xi|≥t，(i＝1, 2, 3,…n−1)，
再由已知条件可得(n−1)t=t+t+⋯+t} (n−1)≤|x2−x1|+|x3−x2|+...+|xn−xn−1|≤n−12，
即(n−1)t≤n−12，
而n≥3，所以t≤12，
又t≥12，所以t=12；
当a1≤0时，有穷数列{an}不具有性质P(t−2)，
当a1>0时，有穷数列{an}具有性质P(t−2)，
理由如下：
若a1≤0时，则有穷数列{an}显然不具有性质P(t−2)，
若a1>0，则由t>2，可得a2＝2|a1+t+2|−|a1+t−2|＝2(a1+t+2)−(a1+t−2)＝a1+t+6，即a2＝a1+t+6，
所以a2>a1+t−2，且a2>0，
同理可得a3＝a2+t+6，(a2>0)，则a3>a3+t−2，且a3>0，
…
一般地若ai＝ai−1+t+6，(ai−1>0)，则ai>ai−1+t−2，且ai>0，
于是ai+1＝2|ai+t+2|−|ai+t−2|＝2(ai+t+2)−(ai+t−2)＝ai+t+6，即ai+−1＝ai+t+6，
所以ai>ai−1+t−2，且ai>0，（仍有ai+1>0i，这里i、n∈N*，n≥3，1≤i≤n−1），
因此当a1>0时，有穷数列{an}具有性质P(t−2)，
综上，当a1≤0时，有穷数列{an}不具有性质P(t−2)，
当a1>0时，有穷数列{an}具有性质P(t−2)，
由已知可得yn−1≤yn−1，yn−2≤yn−2，…，y1≤yn−(n−1)，
故y1+y2+...+yn＝nyn−[1+2+...+(n−1)]，即2000≤nyn−n(n−1)2，
整理可得yn≥2000n+n2−12，
显然yn＝A，
于是有A+n≥200n+3n2−12>−1+40302，
注意到A，n∈N*，且−1+40302<110，
所以A+n≥110，
可取y1＝2，yi＝36+i，(i＝2, 3,…,37)，
因此A+n的最小值为110．