北京市海淀区2020届高三上学期期末数学试题(解析版)

【解析】利用补集和交集的定义可求出集合AðUB. 【详解】 B．1,3,5} C．1,3} D．1,5} 集合U1,2,3,4,5,6，A1,3,5，B2,3,4，则ðUB1,5,6， 因此，AðUB1,5. 故选：D. 【点睛】 本题考查交集与补集的混合运算，熟悉交集和补集的定义是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.

2．抛物线y4x的焦点坐标为（ ） A．1,0 B．1,0 C．0,1 D．0,1 【答案】B

【解析】解：由 抛物线方程的特点可知，抛物线的焦点位于x 轴正半轴，由

22p4 ，可得：

本题选择B选项.

p1 ，即焦点坐标为1,0 . 23．下列直线与圆x1y12相切的是（ ） A．yx 【答案】A

【解析】观察到选项中的直线都过原点，且圆也过原点，只需求出圆在原点处的切线方程即可. 【详解】 由于选项中各直线均过原点，且原点在圆上， 第 1 页 共 21 页

B．yx C．y2x D．y2x 22圆心坐标为1,1，圆心与原点连线的斜率为1， 所以，圆x1y12在原点处的切线方程为yx. 故选：A. 【点睛】 本题考查直线与圆的位置关系的判断，考查计算能力，属于基础题. 4．已知a、bR，且ab，则（ ） 2211A． ab

【答案】C

B．sinasinb 11C． 33abD．a2b2 【解析】利用特殊值法和函数单调性可判断出各选项中不等式的正误. 【详解】 对于A选项，取a1，b1，则ab成立，但

11，A选项错误； ab对于B选项，取a，b0，则ab成立，但sinsin0，即sinasinb，B选项错误； 111对于C选项，由于指数函数y在R上单调递减，若ab，则，C

333选项正确； 对于D选项，取a1，b2，则ab，但a2b2，D选项错误. 故选：C. 【点睛】 本题考查不等式正误的判断，常用特殊值法、函数单调性与不等式的性质来进行判断，考查推理能力，属于中等题.

xab15．在x的展开式中，x3的系数为（ ） xA．5 【答案】A

【解析】写出二项展开式的通项，令x的指数为3，求出参数的值，代入通项即可计算出x3的系数. 【详解】 B．5 C．10 D．10 511kk5kk的展开式通项为CxC1x52k，令52k3，得x55xx第 2 页 共 21 页

5kk1.

因此，x3的系数为C515.

1故选：A. 【点睛】 本题考查二项展开式中指定项系数的求解，解题时要熟练利用二项展开式通项来计算，考查计算能力，属于基础题.

6．已知平面向量a、b、c满足abc0，且abc1，则ab的值为

（ ） A．1 2B．

1 2C．3 2D．3 2【答案】A

【解析】由等式abc0得abc，等式两边平方可求出ab的值. 【详解】 222由abc0可得abc，等式两边平方得cab2ab，即2ab21， 1因此，ab.

2故选：A. 【点睛】 本题考查平面向量数量积的计算，解题的关键就是对等式进行变形，考查计算能力，属于中等题.

7．已知、、是三个不同的平面，且m，n，则“m//n”是“//”的（ ） A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】B

【解析】根据几何模型与面面平行的性质定理，结合充分条件和必要条件的定义可判断出“m//n”是“//”的必要而不充分条件. 【详解】 如下图所示，将平面、、视为三棱柱的三个侧面，设a，将a、m、n视为三棱柱三条侧棱所在直线，则“m//n”“//”； 第 3 页 共 21 页

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件 另一方面，若//，且m，n，由面面平行的性质定理可得出m//n. 所以，“//”“m//n”，因此，“m//n”是“//”的必要而不充分条件. 故选：B. 【点睛】 本题考查必要不充分条件的判断，同时也考查了空间中平行关系的判断，考查推理能力，属于中等题.

8．已知等边ABC边长为3，点D在BC边上，且BDCD，AD中错误的是（ ） A．

7.下列结论

BD2 CDB．

SABD2 SACDC．

cosBAD2 cosCADD．

sinBAD2 sinCAD【答案】C

【解析】利用余弦定理计算出BD，结合正弦定理等三角形知识可对各选项的正误进行判断. 【详解】 如下图所示： 点D在BC边上，且BDCD，BD22213BC， 22由余弦定理得ADABBD2ABBDcos3，整理得BD23BD20， SABDBD32， BD，解得BD2，∴CD1，则

SACDCD2第 4 页 共 21 页

BDADCDsinBADBD2. sinCAD，所以，由正弦定理得sinBADsinsinCADCD3AB2AD2BD22757由余弦定理得cosBAD，同理可得cosCAD， 2ABAD714则

cosBAD271442.

cosCAD7575故选：C. 【点睛】 本题考查三角形线段长、面积以及三角函数值比值的计算，涉及余弦定理以及正弦定理的应用，考查计算能力，属于中等题.

9．声音的等级fx（单位：dB）与声音强度x（单位：W/m2）满足

fx10lgx. 喷气式飞机起飞时，声音的等级约为140dB；一般说话时，

11012声音的等级约为60dB，那么喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的（ ） A．106倍 【答案】B

【解析】设喷气式飞机起飞时声音强度和一般说话时声音强度分别为x1、x2，根据题意得出fx1140，fx260，计算出x1和x2的值，可计算出【详解】 设喷气式飞机起飞时声音强度和一般说话时声音强度分别为x1、x2， 由题意可得fx110lgB．108倍 C．1010倍 D．1012倍 x1的值. x2x12x10140，解得， 111012fx210lgx1x28610x1060，解得，所以，， 212x1102因此，喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的108倍， 故选：B. 【点睛】 本题考查对数函数模型的应用，同时也涉及了指数与对数式的互化，考查计算能力，属于中等题.

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10．若点N为点M在平面上的正投影，则记NfM.如图，在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，记平面AB1C1D为，平面ABCD为，点P是棱CC1上一动点（与C、C1不重合）Q1f： fP，Q2ffP.给出下列三个结论

12①线段PQ2长度的取值范围是,； 22②存在点P使得PQ1//平面； ③存在点P使得PQ1^PQ2. 其中，所有正确结论的序号是（ ） A．①②③ 【答案】D

【解析】以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立

B．②③ C．①③ D．①② Q空间直角坐标系Dxyz，设点P的坐标为0,1,a0a1，求出点Q1、2的坐标，

然后利用向量法来判断出命题①②③的正误. 【详解】 取C1D的中点Q2，过点P在平面AB1C1D内作PEC1D，再过点E在平面CC1D1D内作EQ1CD，垂足为点Q1.

在正方体ABCDA1B1C1D1中，AD平面CC1D1D，PE平面CC1D1D，

∴PEAD， 又PEC1D，ADC1DD，PE平面AB1C1D，即PE，

fPE， 同理可证EQ1，CQ，则ffPfEQ1，

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ffPfCQ2.

以点D为坐标原点，DA、DC、DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系Dxyz，设CPa0a1，则P0,1,a，C0,1,0，

a1a1a111E0,,Q0,,0Q,. ，，120,22222 211111a，则对于命题①，PQ2，，则0a1a2224222121111，命题①正确； a,0a，所以，PQ242222411对于命题②，CQ2，则平面的一个法向量为CQ20,,， 22a11aa13a1PQ10,,a，令CQ2PQ10，解得a0,1， 24243所以，存在点P使得PQ1//平面，命题②正确； 1aa2a1112a对于命题③，PQ20,,0， ，令PQ1PQ22242整理得4a23a10，该方程无解，所以，不存在点P使得PQ1^PQ2，命题③错误. 故选：D. 【点睛】 本题考查立体几何中线面关系、线线关系的判断，同时也涉及了立体几何中的新定义，利用空间向量法来处理是解题的关键，考查推理能力，属于中等题.

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二、填空题 11．在等差数列{an}中,若a25,a52,则a7 . 【答案】0 【解析】试题分析：设等差数列{an}的公差为d，由已知得a5a23d3，所以

d1，所以a7a25d550． 【考点】等差数列的通项公式. 12．若复数z=【答案】2 【解析】利用复数的除法法则将复数表示为一般形式，然后利用复数的模长公式可计算出z的值. 【详解】 1+ii，则z_________. 1ii1i22，因此，zii11iz112. 2ii故答案为：2. 【点睛】 本题考查复数模的计算，同时也考查了复数的除法运算，考查计算能力，属于基础题.

x2y213．已知点A0,3，点B、C分别为双曲线21a0的左、右顶点.若

a3ABC为正三角形，则该双曲线的离心率为_________. 【答案】2 【解析】根据ABC为等边三角形求出a的值，可求出双曲线的焦距，即可得出双曲线的离心率. 【详解】 由于ABC为正三角形，则tanABCOA33，得a1. OBac22. a1所以，双曲线的半焦距为c故答案为：2. 【点睛】 a32，因此，该双曲线的离心率为e2第 8 页 共 21 页

本题考查双曲线离心率的计算，解题的关键就是求出双曲线方程中的几何量，考查计算能力，属于基础题. 14．已知函数fxx_________. 【答案】1,16 【解析】由题意可知，函数yfx在区间1,4上存在极小值，分a0和a0两种情况讨论，分析函数yfx在区间1,4上的单调性，在a0时求出函数

a在区间1,4上存在最小值，则实数a的取值范围是xyfx的极值点xa，可得出1a4，解出即可.

【详解】 aax2afxx，fx12. 2xxx当a0时，对任意的x1,4，fx0，此时，函数yfx在区间1,4上为增函数，则函数yfx在区间1,4上没有最小值； x2a当a0时，令fx0，可得xa， 2x当0xa时，fx0，当xa时，fx0， a，由题意可得1a4，解得

此时，函数yfx的极小值点为x1a16.

因此，实数a的取值范围是1,16. 故答案为：1,16. 【点睛】 本题考查利用函数的最值点求参数，解题时要熟悉函数的最值与导数之间的关系，考查运算求解能力，属于中等题.

15．用“五点法”作函数fxAsinx的图象时，列表如下： x 1 40 1 25 42 3 211 4x 2  2 第 9 页 共 21 页

fx 0 2 0 2 0 则f1_________，f0f【答案】2 0

1_________. 2【解析】根据表格中的数据求出A、、的值，可得出函数yfx的解析式，然后代值计算可得出f1和f0f【详解】 由表格中的数据可知，Afxmax2， 函数yfx的最小正周期为T1的值. 2111223，，44T3121π2fx2sinx，当x时，则，解得， 32262322fx2sinxf12sin则，63632sin2， 21f0f2sin2sin0.

626故答案为：2；0. 【点睛】 本题考查三角函数值的计算，解题的关键就是利用表格中的数据求出函数解析式，考查计算能力，属于中等题.

16．已知曲线C:x4y4mx2y21（m为常数）. （i）给出下列结论： ①曲线C为中心对称图形； ②曲线C为轴对称图形； ③当m1时，若点Px,y在曲线C上，则x1或y1. 其中，所有正确结论的序号是_________. （ii）当m2时，若曲线C所围成的区域的面积小于，则m的值可以是_________.（写出一个即可） 第 10 页 共 21 页

【答案】①②③ m2均可

【解析】（i）在曲线C上任取一点Px,y，将点P1x,y、P2x,y、P3x,y代入曲线C的方程，可判断出命题①②的正误，利用反证法和不等式的性质可判断出命题③的正误； （ii）根据m2时，配方得出x2y21，可知此时曲线C为圆，且圆的面积为，从而得知当m2时，曲线C所表示的图形面积小于. 【详解】 4422（i）在曲线C上任取一点Px,y，则xymxy1， 将点P1x,y代入曲线C的方程可得xymx442y21， 同理可知，点P2x,y、P则曲线C关于原点和坐标轴对称，3x,y都在曲线C上，命题①②正确.

13当m1时，1x4y4x2y2x2y2y2，反设x1且y1， 241121112则0x21，0y1，所以，xy，则0x2y2， 2222422213所以，xyxyx2y2y21，这与x4y4x2y21矛盾.

2444222假设不成立，所以，x1或y1，命题③正确； （ii）当m2时，曲线C的方程为x4y42x2y21，即x2y221，即

x2y21， 此时，曲线C表示半径为1的圆，其面积为.

当m2时，且当xy0时，在圆x2y21上任取一点Px,y，则

1x2y2x4y42x2y2x4y4mx2y2，则点P在曲线外，所以，曲线C的面积小于圆的面积. 故答案为：①②③；m2均可. 【点睛】 本题考查曲线中的新定义，涉及曲线的对称性以及曲线面积相关的问题，考查推理能力，属于难题. 第 11 页 共 21 页

2三、解答题 17．已知函数fxcosx3sinxcosx21. 2（Ⅰ）求函数fx的单调递增区间； （Ⅱ）若fx在区间0,m上的最大值为1，求m的最小值. k,kkZ【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

636【解析】（Ⅰ）利用二倍角的降幂公式以及辅助角公式将函数yfx的解析式变形为

fxsin2x，然后解不等式2k2x2kkZ，即可

6262得出函数yfx的单调递增区间； （Ⅱ）由x0,m，2x实数m的最小值. 【详解】 （Ⅰ）fx,2m，结合题意得出2m，即可求出666621cos2x3131sin2xsin2xcos2xsin2x， 222226因为ysinx的单调递增区间为2k2,2kkZ， 2令2x2k,2kkZ，得xk,kkZ. 62236所以函数yfx的单调递增区间为k,kkZ； 36（Ⅱ）因为x0,m，所以2x,2m. 666又因为x0,m，fxsin2x所以2m【点睛】 的最大值为1， 6. 662，解得m6，所以m的最小值为

本题考查三角函数的单调性以及最值的求解，解题的关键就是利用三角恒等变换思想将三角函数解析式化简，考查计算能力，属于中等题.

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18．如图，在三棱锥VABC中，平面VAC平面ABC，ABC和VAC均是等腰直角三角形，ABBC，ACCV2，M、N分别为VA、VB的中点. （Ⅰ）求证：AB//平面CMN； （Ⅱ）求证：ABVC； （Ⅲ）求直线VB与平面CMN所成角的正弦值. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析；（Ⅲ）22. 3【解析】（Ⅰ）由中位线的性质得出MN//AB，然后利用直线与平面平行的判定定理可证明出AB//平面CMN； （Ⅱ）由已知条件可知VCAC，然后利用面面垂直的性质定理可证明出VC平面

ABC，即可得出ABVC； （Ⅲ）以C为原点，CA、CV所在直线分别为x轴、y轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出直线VB与平面CMN所成角的正弦值. 【详解】 （Ⅰ）在VAB中，M、N分别为VA、VB的中点，所以MN为中位线，所以

MN//AB.

又因为AB平面CMN，MN平面CMN，所以AB//平面CMN； （Ⅱ）在等腰直角三角形VAC中，ACCV，所以VCAC.

因为平面VAC平面ABC，平面VAC平面ABCAC， VC平面VAC， 所以VC平面ABC.

又因为ABÌ平面ABC，所以ABVC； （Ⅲ）在平面ABC内过点C作CH垂直于AC，由（Ⅱ）知，VC平面ABC， 因为CH平面ABC，所以VCCH. 如图，以C为原点建立空间直角坐标系Cxyz.

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则C0,0,0，V0,0,2，B1,1,0，M1,0,1，N11,,1. 2211VB1,1,2，CM1,0,1，CN,,1.

22xz0nCM0设平面CMN的法向量为nx,y,z，则，即1. 1xyz0nCN0221,1,-1). 令x1则y1，z1，所以n=(nVB22sincosn,VBVB直线与平面CMN所成角大小为，. 3nVB所以直线VB与平面CMN所成角的正弦值为【点睛】 本题考查直线与平面平行的判定、利用线面垂直的性质证明线线垂直，同时也考查了直线与平面所成角的正弦值的计算，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

19．某市《城市总体规划（20162035年）》提出到2035年实现“15分钟社区生活圈”全覆盖的目标，从教育与文化、医疗与养老、交通与购物、休闲与健身4个方面构建“15分钟社区生活圈”指标体系，并依据“15分钟社区生活圈”指数高低将小区划分为：优质小区（指数为0.61）、良好小区（指数为0.40.6）、中等小区（指数为

22. 30.20.4）以及待改进小区（指数为00.2）4个等级.下面是三个小区4个方面指

标的调查数据： 第 14 页 共 21 页

w2T2w3T3w4T4，其中w1、w2、注：每个小区“15分钟社区生活圈”指数TwT11w3、w4为该小区四个方面的权重，T1、T2、T3、T4为该小区四个方面的指标值（小

区每一个方面的指标值为0~1之间的一个数值）. 现有100个小区的“15分钟社区生活圈”指数数据，整理得到如下频数分布表： 分组 频数 （Ⅰ）分别判断A、B、C三个小区是否是优质小区，并说明理由； （Ⅱ）对这100个小区按照优质小区、良好小区、中等小区和待改进小区进行分层抽样，抽取10个小区进行调查，若在抽取的10个小区中再随机地选取2个小区做深入调查，记这2个小区中为优质小区的个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（Ⅰ）A、C小区不是优质小区；B小区是优质小区；见解析；（Ⅱ）分布列见解析，数学期望

0,0.2 10 0.2,0.4 20 0.4,0.6 30 0.6,0.8 30 0.8,1 10 4. 5【解析】（Ⅰ）计算出每个小区的指数值，根据判断三个小区是否为优质小区； （Ⅱ）先求出10个小区中优质小区的个数，可得出随机变量的可能取值，然后利用超几何分布的概率公式计算出随机变量在不同取值下的概率，可得出随机变量的分布列，利用数学期望公式可计算出随机变量的数学期望值.

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【详解】 （Ⅰ）A小区的指数T0.70.20.70.20.50.320.50.280.58， 0.580.60，所以A小区不是优质小区； B小区的指数T0.90.20.60.20.70.320.60.280.692， 0.6920.60，所以B小区是优质小区； C小区的指数T0.10.20.30.20.20.320.10.280.172， 0.1720.60，所以C小区不是优质小区； （Ⅱ）依题意，抽取10个小区中，共有优质小区10个.

依题意的所有可能取值为0、1、2.

11C62151C4C248P02，P126，

C10453C1045152C462P22.

C10451530104个，其它小区1046100则的分布列为：  P 0 1 8 152 2 151 31824E012 .

315155【点睛】 本题考查概率统计综合问题，同时也考查了超几何分布列与数学期望的计算，解题时要结合题意得出随机变量所满足的分布列类型，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

x2y2320．已知椭圆C:221ab0的右顶点A2,0，且离心率为． ab2（Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）设O为原点，过点O的直线l与椭圆C交于两点P、Q，直线AP和AQ分别与直线x4交于点M、N，求APQ与AMN面积之和的最小值. 第 16 页 共 21 页

x2【答案】（Ⅰ）y21；（Ⅱ）最小值为4.

4【解析】（Ⅰ）设椭圆C的焦距为2cc0，根据题意列出关于a、b、c的方程组，求出这三个量的值，即可求出椭圆C的方程； （Ⅱ）设点Qx0,y0，可得出点P坐标为x0,y0，求出点M、N的坐标，求出

22APQ与AMN面积之和的表达式，结合等式x04y04，利用基本不等式可求出

APQ与AMN面积之和的最小值.

【详解】 a23c（Ⅰ）设椭圆C的焦距为2cc0，依题意，得，解得

a2222cabab0a2. b1x2所以椭圆C的方程为y21； 4（Ⅱ）设点Qx0,y0，依题意，点P坐标为x0,y0， 2x02满足， y01（2x02且y00）

4直线QA的方程为yy02yx2，令x4，得y0，即N4,2y0. x02x02x02y0x2，同理可得M4,2y0. x02x02直线PA的方程为y设B为x4与x轴的交点.

2y02y01111SAPQSAMNOAyPyQAByMyN 22y022222x02x02 2y02y01142y02y02. x02x02x0422又因为x04y04，y00，所以

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SAPQSAMN2y02y01222y22y4. 002y0y0y0当且仅当y01取等号，所以SAPQSAMN的最小值为4. 【点睛】 本题考查椭圆方程的求解，同时也考查了椭圆中三角形面积之和最值的求解，考查计算能力，属于中等题. 21．已知函数fxexax21a0. （Ⅰ）求曲线yf(x)在点0,f0处的切线方程； （Ⅱ）若函数fx有极小值，求证：fx的极小值小于1. 【答案】（Ⅰ）yx1；（Ⅱ）证明见解析.

【解析】（Ⅰ）求出函数yfx的导数fx，求出f0和f0的值，然后利用点斜式可写出所求切线的方程； （Ⅱ）设函数yfx的两个极值点分别为x1、x2，且x1x2，由韦达定理可得知

x1x20，然后利用函数yfx在区间x2,0上的单调性可证明出结论成立.

【详解】 （Ⅰ）由已知得fxexax22ax1，因为f01，f01， 所以直线l的方程为yx1； （Ⅱ）fxexax22ax1，令gxax22ax1，4a24a.

（i）当0时，即当0a1时，xR，fx0， 所以，函数yfx在R上是单调递增函数，此时，函数yfx在R上无极小值； （ii）当时，即当a1时，记x1、x2是方程ax22ax10的两个根，不妨设

x1x220x1x2，则，所以x1x20. 1xx012a此时fx，fx随x的变化如下： x ,x1 x1 x1,x2 x2 x2, 第 18 页 共 21 页

fx  0  0  fx  极大值  极小值  所以，函数yfx的极小值为fx2， 又因为函数yfx在x2,0单调递增，所以fx2f01. 所以，函数yfx的极小值小于1. 【点睛】 本题考查利用导数求函数的切线方程，同时也考查了利用导数证明函数极值相关的不等式，考查推理能力与计算能力，属于中等题.

22．给定整数nn2，数列A2n1:x1、x2、、x2n1每项均为整数，在A2n1中去掉一项xk，并将剩下的数分成个数相同的两组，其中一组数的和与另外一组数的和之差的最大值记为mkk1,2,,2n1. 将m1、m2、、m2n1中的最小值称为数列A2n1的特征值. （Ⅰ）已知数列A5:1、2、3、3、3，写出m1、m2、m3的值及A5的特征值； （Ⅱ）若x1x2x2n1，当in1jn10，其中i、

j1,2,,2n1且ij时，判断mimj与xixj的大小关系，并说明理由； （Ⅲ）已知数列A2n1的特征值为n1，求

1ij2n1xixj的最小值. 【答案】（Ⅰ）m11；m22；m33.A5的特征值为1；（Ⅱ）mimj=xixj，理由见解析；（Ⅲ）最小值为nn1.

【解析】（Ⅰ）根据题中的定义可求出m1、m2、m3的值及A5的特征值； （Ⅱ）分i、j1,2,,n1和i、jn1,n2,,2n1两种情况讨论，结合题中定义可证明出mimj=xixj； （Ⅲ）设x1x2x2n1，利用（Ⅱ）中的结论mimj=xixj，结合数列A2n1的特征值为n1，可得出x2n1x2nxn2xnxn1x1n1，并证明

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出2n2kpkqn1pq，即可求出【详解】 1ij2n1xixj的最小值.

（Ⅰ）由题知：m133231，m233312，m33， A5的特征值为1； （Ⅱ）mimj=xixj.

理由如下：由于in1jn10，可分下列两种情况讨论： 当i、j1,2,,n1时， 根据定义可知：mix2n1x2nxn2xn1xnx1xix2n1x2nxn2xn1xnx1xi， 同理可得：mjx2n1x2nxn2xn1xnx1xj. 所以mimjxixj，所以mimj=xixj. 当i、jn1,n2,,2n1时，同理可得：

mix2n1x2nxn1xixnxn1x1 x2n1x2nxn1xnxn1x1xi mjx2n1x2nxn1xnxn1x1xj， 所以mimjxixj，所以mimj=xixj. 综上有：mimj=xixj； （Ⅲ）不妨设x1x2x2n1， 1ij2n1xixj2nx2n12n2x2n2xn20xn12xn2nx12nx2n1x12n2x2nx22xn2xn， 显然，x2n1x1x2nx2xn2xn， x2n1x2nxn2xnxn1x1xn1x2nx1x2xnm2n1 .

当且仅当xn1x2n1时取等号；

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x2n1x2nxn2xnxn1x1xn2x2n1x2x3xn1m1.

当且仅当x1xn1时取等号； 由（Ⅱ）可知m1、m2n1的较小值为n1， 所以x2n1x2nxn2xnxn1x1n1. 当且仅当x1xn1x2n1时取等号， 此时数列A2n1为常数列，其特征值为0，不符合题意，则必有 x2n1x2nxn2xnxn1x1n.

下证：若pq0，2kn，总有2n2kpkqn1pq. 证明：2n2kpkqn1pqn1kpn1kq n1kpq0.

所以2n2kpkqn1pq. 因此

1ij2n1xixj2nx2n1x12n2x2nx22xn2xn n1x2n1x2nxn2xnxn1x1nn1.

当xk所以

0,1kn时，xixj可取到最小值nn1，符合题意.

1ij2n11,n1k2n11ij2n1xixj的最小值为nn1.

【点睛】 本题考查数列中的新定义，涉及数列中不等式的综合问题，解题的关键就是充分利用题中的新定义进行求解，考查推理能力，属于难题. 第 21 页 共 21 页