2020年上海市普陀区高考数学三模试卷(附答案解析)

2020年上海市普陀区高考数学三模试卷一、选择题（本大题共4小题，共20.0分） 1. 若样本平均数为x .，总体平均数为μ，则( )A. x .=μB. x .≈μC. μ是x .的估计值D. x .是μ的估计值2. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，则“对任意n ∈N ∗，a n >0”是“数列{S n }为递增数列”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不是充分也不是必要条件3. 设P 为双曲线x 2a 2−y 2=1(a >0)上的一点，F 1、F 2分别是双曲线的左、右焦点，∠F 1PF 2=2π3，则△F 1PF 2的面积等于( )A. √3a2B. √33a 2C. √33 D. 2√334. 下列四个图象，只有一个符合y =|k 1x +b 1|+|k 2x +b 2|−|k 3x +b 3|(k 1,k 2k 3∈R +,b 1b 2b 3≠0)的图象，则根据你所判断的图象，k 1、k 2、k 3之间一定满足的关系是( )A. k 1+k 2=k 3B. k 1=k 2=k 3C. k 1+k 2>k 3D. k 1+k 2<k 3二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）5. 已知集合A ={x|x =2k,k ∈Z}，B ={x|−2≤x ≤2}，则A ∩B =______．6. 在复平面内，点A(−2,1)对应的复数z ，则|z +1|=______．7. 满足∣∣∣sinx √3cosx1∣∣∣=0的实数x 的取值范围是______．8. 已知向量a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为600，|a ⃗ |=2，|b ⃗ |=3，则|3a ⃗ −2b ⃗ |=______．9. 若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，则其母线与轴的夹角的大小为______． 10. 若抛物线y 2=4x 上一点M 到其焦点的距离等于2，则M 到其顶点的距离等于______． 11. 在(x −2)n的展开式中，只有第三项的二项式系数最大，则含x 项的系数等于______． 12. 已知约束条件：{5x +4y ≤262x +5y ≤13x ∈N,y ∈N，则目标函数z =20x +10y 的最大值为______．13. 设函数f(x)=sin(ωx +π6)(ω>0).若关于x 的方程f(x)=1在区间[0,π]上有且仅有两个不相等的实根，则ω的最大整数值为______．14. 设A(a,r)，B(b,s)为函数y =log 2x 图象上两点，其中a >b.已知直线AB 的斜率为2，且|AB|=√5，则a b=______．15. 设点O 为△ABC 的外心，且A =π3，若AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =αAB ⃗⃗⃗⃗⃗ +βAC ⃗⃗⃗⃗⃗ (α,β∈R)，则α+β的最大值为______． 16. 若实数a 、b 、c 满足1a +1b ═2c ，则a ，b ，c 是调和的．设含有三个元素的集合P 是集合M ={x||x|≤2020,x ∈Z}的子集，当集合P 中的元素a 、b 、c 既是等差的又是调和的时，称集合P 为“好集”.则三元子集中“好集”的概率是______．三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）17. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，已知acosA =R ，其中R 为△ABC 外接圆的半径，a 2+c 2−b 2=4√33S ，其中S 为△ABC 的面积．(Ⅰ)求sin C ；(Ⅱ)若a −b =√2−√3，求△ABC 的周长．18. 如图，直四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1的底面是菱形，AA 1=4，AB =2，∠BAD =60°，E 、M 、N 分别是BC 、BB 1、A 1D 的中点． (1)证明：MN//平面C 1DE ；(2)求直线AM 与平面C 1DE 所成角的大小．19.某公司经过测算投资x百万元，投资项目A与产生的经济效益y之间满足：y=f(x)=−14x2+2x+12，投资项目B产生的经济效益y之间满足：y=ℎ(x)=−13x2+4x+1．(1)现公司共有1千万资金可供投资，应如何分配资金使得投资收益总额最大？(2)投资边际效应函数F(x)=f(x+1)−f(x)，当边际值小于0时，不建议投资，则应如何分配投资？20.设椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)，直线l：y=kx+t(k,t∈R)，O为坐标原点．(1)设点P(√62,1)在C上，且C的焦距为2，求C的方程；(2)设l的一个方向向量为(√3,√2)，且l与(1)中的椭圆C交于A、B两点，求证：|OA|2+|OB|2为常数；(3)设直线l与椭圆C交于A、B两点，是否存在常数k，使得|OA|2+|OB|2的值也为常数？若存在，求出k的表达式及|OA|2+|OB|2的值；若不存在，请说明理由．21.已知数列a1，a2，…，a10满足：对任意的i，j∈{1,2，3，4，5，6，7，8，9，10}，若i≠j，则a i≠a j，且a i∈{1,2，3，4，5，6，7，8，9，10}，设集合A={a i+a i+1+a i+2|i=1,2，3，4，5，6，7，8}，集合A中元素最小值记为m(A)，集合A中元素最大值记为n(A).如数列：7，6，2，8，3，4，9，1，5，10时，A={13,14，15，16}，m(A)=13，n(A)=16．(1)已知数列：10，6，1，2，7，8，3，9，5，4，写出集合A及m(A)，n(A)；(2)求证：不存在m(A)≥18；(3)求m(A)的最大值以及n(A)的最小值，并说明理由．答案和解析1.【答案】D【解析】解：样本平均数为x .，总体平均数为μ， 统计学中，利用样本数据估计总体数据， ∴样本平均数x .是总体平均数μ的估计值． 故选：D ．统计学中利用样本数据估计总体数据，可知样本平均数是总体平均数的估计值． 本题考查了利用样本数据估计总体数据的应用问题，是基础题．2.【答案】A【解析】解：数列{a n }中，对任意n ∈N ∗，a n >0，则S n =S n−1+a n >S n−1，n ≥2； 所以数列{S n }是递增数列，充分性成立； 当数列{S n }为递增数列时，S n >S n−1，n ≥2； 即S n−1+a n >S n−1，所以a n >0，如数列−1，2，2，2，…；不满足题意，必要性不成立；所以“对任意n ∈N ∗，a n >0”是“数列{S n }为递增数列”的充分不必要条件． 故选：A ．根据题意，分别判断充分性和必要性是否成立即可．本题利用数列的前n 项和考查了充分与必要条件的应用问题，是基础题．3.【答案】C【解析】解：∵双曲线x 2a 2−y 2=1(a >0)，∴b =1，不妨设P 是双曲线的右支上的一个点， 则由双曲线的定义，得|PF 1|−|PF 2|=2a ， ∵，∠F 1PF 2=2π3， ∴4c 2=|PF 1|2+|PF 2|2−2|PF 1|⋅|PF 2|cos 2π3=|PF 1|2+|PF 2|2+|PF 1|⋅|PF 2|=(|PF 1|−|PF 2|)2+3|PF 1|⋅|PF 2|， 即4c 2=4a 2+3|PF 1|⋅|PF 2|，即3|PF 1|⋅|PF 2|=4c 2−4a 2=4b 2=4，则|PF 1|⋅|PF 2|=43，∴则△F 1PF 2的面积：12|PF 1|⋅|PF 2|sin2π3=12×43×√32=√33， 故选：C ．先利用双曲线的定义，得|PF 1|−|PF 2|=2a ，利用余弦定理求出|PF 1|⋅|PF 2|的值，结合三角形的面积公式即可求出△F 1PF 2的面积．本题考查三角形面积的求法，根据双曲线的定义结合余弦定理将条件进行转化是解决本题的关键，解题时要认真审题，注意双曲线定义、余弦定理的灵活运用，是中档题．4.【答案】A【解析】解：y =|k 1x +b 1|−|k 2x +b 2|+|k 3x +b 3|(其中k 1>0，k 2>0，k 3<0，b 1，b 2，b 3为非零实数)，当x 足够小时，y =−(k 1+k 2−k 3)x −(b 1+b 2−b 3)， 当x 足够大时，y =(k 1+k 2−k 3)x +(b 1+b 2−b 3)，可见，折线的两端的斜率必定为相反数，此时只有第2个图象符合条件． 此时k 1+k 2−k 3=0，即k 1+k 2=k 3， 故选：A ．由于k 1，k 2，k 3为正实数，考虑当x 足够小时和当x 足够大时的情形去掉绝对值符号，转化为关于x 的一次函数，通过观察直线的斜率特征即可进行判断．本小题主要考查函数图象的应用、直线的斜率等基础知识，考查数形结合思想、化归与转化思想、极限思想，属于中档题．5.【答案】{−2,0，2}【解析】解：∵集合A ={x|x =2k,k ∈Z}，B ={x|−2≤x ≤2}， ∴由题意得，A ∩B ={−2,0，2}． 故答案为：{−2,0，2}． 利用交集定义直接求解．本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】√2【解析】解：在复平面内，点A(−2,1)对应的复数z ，则|z +1|=|−2+i +1|=|−1+i|=√(−1)2+12=√2．故答案为：√2．求出复数z+1，然后求解复数的模．本题考查复数的代数形式混合运算，复数的模的求法，考查计算能力．7.【答案】x=kπ+π3,k∈Z【解析】解：sinx−√3cosx=0，即2sin(x−π3)=0，∴x=kπ+π3,k∈Z．故答案为：x=kπ+π3,k∈Z．利用行列式展开表达式，求解三角方程即可．本题考查行列式的应用，三角函数化简求值，考查计算能力．8.【答案】6【解析】解：根据题意，向量a⃗与b⃗ 的夹角为60°，且|a⃗|=2，|b⃗ |=3，则a⃗⋅b⃗ =2×3×cos60°=3，则|3a⃗−2b⃗ |2=9a⃗2−12a⃗⋅b⃗ +4b⃗ 2=36，则|3a⃗−2b⃗ |=6；故答案为：6根据题意，由向量数量积的计算公式可得a⃗⋅b⃗ =2×3×cos60°=3，又由|3a⃗−2b⃗ |2=9a⃗2−12a⃗⋅b⃗ + 4b⃗ 2，代入数据计算变形即可得答案．本题考查向量的数量积的计算，关键是掌握向量数量积的计算公式．9.【答案】π3【解析】解：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，则圆锥的侧面积为：πrl，过轴的截面面积为：rh，∵圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为2π，∴l=2ℎ，设母线与轴的夹角为θ，则cosθ=ℎl =12，故θ=π3，故答案为：π3．根据题意，可得l=2ℎ，即可得解．本题考查圆锥及其结构特征，圆锥的侧面积，属于基础题．10.【答案】√5【解析】解：由抛物线的方程可得抛物线的准线方程为x=−1，设M(m,n)，由M到焦点的距离等于到准线的距离可得：m+1=2，所以m=1，将m=1，代入抛物线的方程可得n2=4，所以M到顶点的距离为2+n2=√12+4=√5，故答案为：√5．由抛物线的性质：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离可得M的横坐标，代入抛物线的方程可得其纵坐标，进入求出M到顶点的距离．本题考查抛物线的性质，及两点间的距离公式，属于基础题．11.【答案】−32【解析】解：由已知得：n为偶数，且n2+1=3，故n=4．所以该二项式为(x−2)4，所以展开式的通项为T r+1=C4r x4−r⋅(−2)r，令4−r=1得r=3，故该项的系数为(−2)3⋅C43=−32．故答案为：−32．根据n为偶数时，只有中间一项的二项式系数最大，由此求出n的值，然后再利用通项求出含x的项的系数．本题考查二项式展开式中二项式系数的性质以及通项的应用，属于基础题．12.【答案】100【解析】解：由约束条件：{5x+4y≤262x+5y≤13x∈N,y∈N，作出可行域如图(图中实点)，化目标函数z=20x+10y为y=−2x+z10，由图可知，当直线y=−2x+z10过点A(5,0)时，直线在y轴上的截距最大，z有最大值为100．故答案为：100．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合求得目标函数的最大值．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，是中档题．13.【答案】4【解析】解：当x∈[0,π]时，ωx+π6∈[π6,ωπ+π6]；∵关于x的方程f(x)=1在区间[0,π]上有且仅有两个不相等的实根，结合正弦函数的图象，得5π2≤ωπ+π6<9π2，解得73≤ω<133，可得满足条件的ω的最大整数为4．故答案为：4．当x∈[0,π]时，ωx+π6∈[π6,ωπ+π6]；根据条件关于x的方程f(x)=1在区间[0,π]上有且仅有两个不相等的实根，结合正弦函数的图象，得5π2≤ωπ+π6<9π2，解得73≤ω<133，即可得满足条件的ω的最大整数．本题考查了正弦函数的图象与性质，整体法思想与数形结合的思想方法，属于基础题．14.【答案】4【解析】解：根据题意，A(a,r)，B(b,s)为函数y=log2x图象上两点，若直线AB的斜率为2，则r−sa−b=2，即(r−s)=2(a−b)，又由|AB|=√5，则|AB|=√(r−s)2+(a−b)2=√5，变形可得a−b=1，又由r=log2a，s=log2b，且(r−s)=2(a−b)=2，则log2a−log2b=log2ab=2，变形可得ab=4；故答案为：4．根据题意，由直线的斜率公式可得r−sa−b=2，即(r−s)=2(a−b)，结合两点间距离公式可得|AB|=√(r−s)2+(a−b)2=√5，变形可得a−b=1，进而可得(r−s)=2(a−b)=2，则log2a−log2b=log2ab=2，由对数的运算性质分析可得答案．本题考查直线的斜率以及两点间距离的计算，涉及对数的运算性质，属于基础题．15.【答案】23【解析】解：如图所示，以BC边所在直线为x轴，BC边的垂直平分线为y轴建立直角坐标系(D为BC边的中点)．由外接圆的性质可得∠BOD=∠COD=∠BAC．由A=π3，则sinA=√32，不妨设外接圆的半径R=2.则OA=OB=OC=2．∵cos∠COD=ODOC=cosA=12，∴OD=1，DC=√OC2−OD2=√4−1=√3．∴B(−√3,0)，C(√3,0)，O(0,1)，A(m,n)，则△ABC外接圆的方程为：x2+(y−1)2=4.(∗)∵AO⃗⃗⃗⃗⃗ =αAB⃗⃗⃗⃗⃗ +βAC⃗⃗⃗⃗⃗∴(−m,1−n)=α(−√3−m,−n)+β(√3−m,−n)，∴{−m=α(−√3−m)+β(√3−m)1−n=−αn−βn，∵α+β≠1时，否则CO⃗⃗⃗⃗⃗ =αCB⃗⃗⃗⃗⃗ ，由图可知是不可能的．∴可化为{m=√3(β−α)α+β−1n=−1α+β−1代入(∗)可得3(β−α)2(α+β−1)2+(−α−β)2(α+β−1)2=4，化为2(α+β)=1+3αβ，利用基本不等式可得2(α+β)≤1+3(α+β2)2，化为3(α+β)2−8(α+β)+4≥0，解得α+β≤23或α+β≥2又α+β<1，故α+β≥2应舍去．∴α+β≤23，则α+β的最大值为23，故答案为：23．以BC边所在直线为x轴，BC边的垂直平分线为y轴建立直角坐标系(D为BC边的中点).由外接圆的性质可得∠BOD=∠COD=∠BAC.由cosA=12，不妨设外接圆的半径R=2.则OA=OB=OC=2.可得B，C，O的坐标，设A(m,n).则△ABC外接圆的方程为：x2+(y−1)2=4.(∗)利用向量相等，AO⃗⃗⃗⃗⃗ =αAB⃗⃗⃗⃗⃗ +βAC⃗⃗⃗⃗⃗ 可得{−m =α(−√3−m)+β(√3−m)1−n =−αn −βn ，又α+β≠1时，CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =αCB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，由图可知是不可能的．可化为{m =√3(β−α)α+β−1n =−1α+β−1，代入(∗)可得2(α+β)=1+3αβ，利用基本不等式可得即可解出所求最大值．本题考查了通过建立直角坐标系解决向量的有关运算、圆的标准方程、基本不等式的性质、一元二次不等式的解法、三角形的外接圆的性质、余弦函数等基础知识与基本技能方法，属于难题．16.【答案】1010C 40413【解析】解：因为P 为三元素集合， 所以实数a ，b ，c 互不相等，且均不为0， 根据题意可得{1a +1b =2c 2b =a +c ，得2b 2−ab −a 2=0，解得a =b(舍)，或a =−2b ，则c =4b 所以集合P ={b,−2b,4b}，又因为含有三个元素的集合P 是集合M ={x||x|≤2020,x ∈Z}的子集， 所以−2020≤4b ≤2020，即−505≤b ≤505，且b ≠0 所以集合P 的个数为：2×505=1010， 集合M 中共由4041个元素，所以三元子集中“好集”的概率是1010C 40413，故答案为：1010C 40413．根据题意可得实数a ，b ，c 互不相等，且均不为0，列方程组可得{1a +1b =2c 2b =a +c ，得a =−2b ，则c =4b ，推出集合P ={b,−2b,4b}，由于P ⊆M ，推出−505≤b ≤505，进而确定集合P 的个数为：2×505=1010，集合M 中共由4041个元素，从中取3个有C 40413种情况，再计算概率即可．本题考查概率，集合，数列，是一道综合题，也是一道新定义题，属于中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)由正弦定理得acosA =a2sinA ，∴sin2A =1， 又0<2A <2π， ∴2A =π2，则A =π4． 由a 2+c 2−b 2=4√33⋅12⋅acsinB ，由余弦定理可得：2accosB =2√33acsinB ，∴tanB =√3，又0<B <π， ∴B =π3，∴sinC =sin(A +B)=sin(π4+π3)=√2+√64， (Ⅱ)由正弦定理得：ab =sinAsinB =√2√3， 又a −b =√2−√3， ∴{a =√2b =√3， 又sinC =√2+√64， ∴c =√2√22⋅√2+√64=√2+√62，∴a +b +c =3√22+√3+√62．【解析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理，考查了计算能力，属于中档题．(Ⅰ)由已知及正弦定理得sin2A =1，结合范围0<2A <2π，可求A 的值，由余弦定理可得tanB =√3，结合范围0<B <π，可求B 的值，利用诱导公式即可计算得解sin C 的值． (Ⅱ)由已知及正弦定理解得a ，b 的值，又sinC =√2+√64，利用正弦定理可求c 的值，即可得解三角形的周长．18.【答案】(1)证明：连接BD ，∵四边形ABCD 是菱形，∠BAD =60°， ∴△BCD 是等边三角形，又E 是BC 的中点， ∴DE ⊥BC ，故DE ⊥AD ，以D 为原点，以DA ，DE ，DD 1为坐标轴建立空间直角坐标系D −xyz ， 则D(0,0，0)，E(0,√3,0)，M(1,√3,2)，N(1,0，2)， ∴NM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0)，DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,√3,0)， ∴NM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故NM//DE ， 又NM ⊄平面ABCD ，DE ⊂平面ABCD ， ∴NM//平面ABCD ．(2)解：C 1(−1,√3,4)，A(2,0，0)，DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,4)，AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−1,√3,2)． 设平面C 1DE 的法向量为n⃗ =(x,y ，z)，则{n ⃗ ⋅DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅DC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{√3y =0−x +√3y +4z =0，令z =1可得n⃗ =(4,0，1)，∴cos <AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=n⃗⃗ ⋅AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|n ⃗⃗ ||AM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√17×2√2=−√3434．设直线AM 与平面C 1DE 所成角为θ，则sinθ=|cos <AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|=√3434． ∴直线AM 与平面C 1DE 所成角为arcsin √3434．【解析】(1)建立空间坐标系，利用向量证明MN//DE ，从而可得MN//平面C 1DE ； (2)求出平面C 1DE 的法向量n ⃗ ，计算AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 和n ⃗ 的夹角的余弦值即可得出所求线面角的正弦值． 本题考查了线面平行的判定，空间向量与空间角的计算，属于中档题．19.【答案】解：(1)y =f(x)+ℎ(10−x)=−712(x −4)2+29，即投资A 项目4百万，投资B 项目6百万，收益总额最大．(2)F(x)=f(x +1)−f(x)=−14(2x +1)+2≥0，解得x ≤72，投资A 项目350万元，同理可得，应投资B 项目550万元．【解析】(1)确定函数的解析式，利用配方法，得出结论；(2)利用投资边际效应函数F(x)=f(x +1)−f(x)≥0，解不等式可得结论．本题考查函数在生产实际中的综合运用，解题时要认真审题，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．20.【答案】解：(1)由题可知，{64a +1b=12c =2a 2=b 2+c 2，解得a 2=3，b 2=2， ∴椭圆C 的方程为x 23+y 22=1．(2)证明：由题可知，直线l 的方程为y =√63x +t ，联立{y =√63x +tx 23+y 22=1，得4x 2+2√6tx +3t 2−6=0， 设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)， ∴x 1+x 2=−√6t2，x 1x 2=3t 2−64，∴|OA|2+|OB|2=x 12+y 12+x 22+y 22=x 12+6−2x 123+x 22+6−2x 223=13[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+4=13⋅(6t 24−2⋅3t 2−64)+4=5，为常数．故命题得证．(3)联立{y =kx +t b 2x 2+a 2y 2=a 2b2，得(b 2+a 2k 2)x 2+2a 2ktx +a 2t 2−a 2b 2=0， ∴x 1+x 2=−2a 2kt b 2+a 2k 2，x 1x 2=a 2t 2−a 2b 2b 2+a 2k 2，又y 12=b 2(1−x 12a2)，y 22=b 2(1−x 22a 2)，∴|OA|2+|OB|2=x 12+y 12+x 22+y 22=(1−b 2a2)[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+2b 2=(1−b 2a 2)(4a 4k 2t 2(b 2+a 2k 2)2−2a 2t 2−2a 2b 2b 2+a 2k2)+2b 2 =(1−b 2a 2)⋅(2a 4k 2−2a 2b 2)t 2+2a 2b 2(a 2k 2+b 2)(b 2+a 2k 2)2+2b 2，要使|OA|2+|OB|2为常数，只需2a 4k 2−2a 2b 2=0，即k 2=b 2a 2，此时|OA|2+|OB|2=a 2+b 2，∴存在k =±ba ，使得|OA|2+|OB|2=a 2+b 2．【解析】(1)由题可知，{64a 2+1b2=12c =2a 2=b 2+c 2，解出a 和b 的值，即可得解；(2)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，由题可知，直线l 的方程为y =√63x +t ，将其与椭圆的方程联立，消去y ，写出韦达定理，而|OA|2+|OB|2=x 12+y 12+x 22+y 22=13[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+4，代入韦达定理进行化简整理即可得证；(3)联立直线l 和椭圆的方程，消去y ，写出韦达定理，|OA|2+|OB|2=(1−b 2a 2)[(x 1+x 2)2−2x 1x 2]+2b 2，将韦达定理代入进行化简整理，根据|OA|2+|OB|2为常数，求k 的值，若有解，则存在k 符合题意，否则不存在k ．本题主要考查直线与椭圆的位置关系中的定值问题，有一定的计算量，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)由题意知，集合A ={17,9，10，18，20}；所以集合A 中元素最小值为m(A)=9， 集合A 中元素最大值记为n(A)=20； (2)证明：假设m(A)≥18，设S =(a 1+a 2+a 3)+(a 4+a 5+a 6)+(a 7+a 8+a 9)+a 10=55， 则S =55≥3m(A)+a 10=3×18+a 10， 即a 10≤1；因为a i ≥1(i =1,2，3，…，10)，所以a 10=1；同理，设S =a 1+(a 2+a 3+a 4)+(a 5+a 6+a 7)+(a 8+a 9+a 10)=55， 可推出a 1=1；所以a i (i =1,2，…10)中有两个元素为1，这与题设矛盾；所以假设不成立，所以不存在m(A)≥18；(3)m(A)的最大值为17，n(A)的最小值为16；①例如数列：1，6，10，2，7，8，3，9，5，4；此时A={17,18，19，20}，m(A)=17，n(A)=20，得到m(A)=17是可能的；②现只需证明：n(A)的最小值为16；先证明：n(A)≤15为不可能的，假设n(A)≤15，设S=a1+(a2+a3+a4)+(a5+a6+a7)+(a8+a9+a10)=55，可得55≤3n(A)+a1≤3×15+a1，即a1≥10，元素的最大值为10，所以a1=10；又(a1+a2+a3)+a4+(a5+a6+a7)+(a8+a9+a10)=55≤3n(A)+a4≤3×15+a4，同理可推出a4=10，矛盾，所以假设不成立，所以n(A)≥16；即由已知得到n(A)是可能的，所以n(A)的最小值为16．【解析】(1)用列举法写出集合A，由此得出m(A)与n(A)的值；(2)可以用反证法证明“不存在m(A)≥18”成立；(3)由题意得出m(A)的最大值为17，n(A)的最小值为16；①举例说明数列满足m(A)=17是可能的；②再证明n(A)的最小值为16即可．本题考查了数列的新定义与应用问题，也考查了推理与运算能力，是难题．。