2019年上海市高考数学仿真试卷.docx

‎2019年上海市高考数学仿真试卷 副标题 题号 一 二 三 总分 得分 一、选择题（本大题共4小题，共20.0分）‎ 1. 如图，水平放置的正三棱柱的俯视图是（　　） ‎ A. B. C. D. ‎ 2. 点P（2，0）到直线y=2+3tx=1+4t，（t为参数，t∈R）的距离为（　　）‎ A. ‎3‎‎5‎ B. ‎4‎‎5‎ C. ‎6‎‎5‎ D. ‎‎11‎‎5‎ 3. 某公司对4月份员工的奖金情况统计如下：‎ 奖金（单位：元）‎ ‎8000‎ ‎5000‎ ‎4000‎ ‎2000‎ ‎1000‎ ‎800‎ ‎700‎ ‎600‎ ‎500‎ 员工（单位：人）‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎12‎ ‎8‎ ‎20‎ ‎5‎ ‎2‎ 根据上表中的数据，可得该公司4月份员工的奖金：①中位数为800元；②平均数为1373元；③众数为700元，其中判断正确的个数为（　　）‎ A. 0 B. 1 C. 2 D. 3‎ 4. 设函数f(x)=sin(x−π‎6‎)‎，若对于任意α∈[−‎5π‎6‎，−π‎2‎]‎，在区间[0，m]上总存在唯一确定的β，使得f（α）+f（β）=0，则m的最小值为（　　）‎ A. π‎6‎ B. π‎2‎ C. ‎7π‎6‎ D. ‎π 二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）‎ 5. 函数y=lgx的定义域是{1，10}，则该函数的值域是______‎ 6. 二项式（x+1）6的展开式中的第三项为______‎ 7. 设函数f（x）=x2（x＞0）的反函数为y=f-1（x），则f-1（4）=______．‎ 8. 若复数za+2i‎=i（i为虚数单位），且实部和虚部相等，则实数a的值为______．‎ 9. 设函数f（x）=cos（ωx-π‎6‎）（ω＞0），若f（x）≤f（π‎4‎）对任意的实数x都成立，则ω的最小值为______．‎ 10. 如果已知极限n→∞‎lim（nsin‎1‎n）=1，那么极限n→∞‎lim‎5−n‎2‎sin‎1‎n‎2n−1‎=______．‎ 11. 若函数f(x)=log‎3‎(‎9‎x+1)+kx（k∈R）为偶函数，则k的值为______．‎ 12. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为______ ‎ 第13页，共14页 1. 若函数f(x)=‎x‎2‎‎−2‎x≤1‎lg|x−m|‎x＞1‎在区间[0，+∞）上单调递增，则实数m的取值范围为______‎ 2. 设θ∈[0，2π），若圆（x-cosθ）2+（y-sinθ）2=r2（r＞0）与直线2x-y-10=0有交点，则r的最小值为______‎ 3. 若集合A={x|x2-（a+2）x+2-a＜0，x∈Z}中有且只有一个元素，则正实数a的取值范围是______‎ 4. 正方形ABCD的边长为2，对角线AC、BD相交于点O，动点P满足‎|OP‎|‎=‎‎2‎‎2‎，若AP‎=mAB+nAD，其中m、n∈R，则‎2m+1‎‎2n+2‎的最大值是______‎ 三、解答题（本大题共5小题，共76.0分）‎ 5. 三阶行列式D=‎‎2x‎0‎‎5x−2‎‎0‎b‎3‎‎1‎‎3‎x，元素b（b∈R）的代数余子式为H（x），P={x|H（x）≤0}， （1）求集合P； （2）函数f(x)=log‎2‎(ax‎2‎−2x+2)‎的定义域为Q，若P∩Q≠∅，求实数a的取值范围． ‎ 6. 已知复数z满足‎|z|=‎‎2‎，z2的虚部为2． （1）求复数z； （2）设复数z、z2、z-z2在复平面上对应点分别为A、B、C，求‎(OA+OB)⋅‎OC的值． ‎ 7. 某足球俱乐部对“一线队引援”和“青训”投入分别规划如下：2018年，该俱乐部在“一线队引援”投入资金为16000万元，“青训”投入资金为1000万元，计划从2019年起，每年“一线队引援”投入比上一年减少一半，“青训”投入比上一年增加一倍． （1）请问哪一年该俱乐部“一线队引援”和“青训”投入总和最少？ （2）从2018年（包括2018‎ 第13页，共14页 年）该俱乐部从哪年开始“一线队引援”和“青训”总投入之和不低于62000万元？（总投入是指各年投入之和） ‎ 1. 设F为抛物线C：y2=4x的焦点，过点F的直线l与抛物线C相交于A、B两点． （1）若AF‎=2‎FB，求此时直线l的方程； （2）若与直线l垂直的直线l1过点F，且与抛物线C相交于点M、N，设线段AB、MN的中点分别为P、Q，如图1，求证：直线PQ过定点； （3）设抛物线C上的点S、T在其准线上的射影分别为S1、T1，若△S1T1F的面积是△STF的面积的两倍，如图2，求线段ST中点的轨迹方程． ‎ ‎ ‎ 2. 第13页，共14页 若数列{an}、{bn}满足|an+1-an|=bn（n∈N*），则称{bn}为数列{an}的“偏差数列”． （1）若{bn}为常数列，且为{an}的“偏差数列”，试判断{an}是否一定为等差数列，并说明理由； （2）若无穷数列{an}是各项均为正整数的等比数列，且a3-a2=6，{bn}为数列{an}的“偏差数列”，求n→∞‎lim‎(‎1‎b‎1‎+‎1‎b‎2‎+‎1‎b‎3‎+…+‎1‎bn)‎的值； （3）设bn‎=6−(‎‎1‎‎2‎‎)‎n+1‎，{bn}为数列{an}的“偏差数列”，a1=1，a2n≤a2n-1且a2n≤a2n+1，若|an|≤M对任意n∈N*恒成立，求实数M的最小值． ‎ 第13页，共14页 答案和解析 ‎1.【答案】B 【解析】‎ 解：该几何体为水平放置的三棱柱，故俯视图的外部轮廓应为矩形，根据正视的方向，有一条可以看到的水平棱（实线）， 故选：B． 从原图的构特征分析，即可得出该几何体的俯视图． 本题考查了空间几何体的三视图，属于基础题．‎ ‎2.【答案】D 【解析】‎ 解：由消去参数t可得3x-4y+5=0， 根据点到直线的距离公式可得d==． 故选：D． 先把直线的参数方程化成普通方程，再根据点到直线的距离公式可得． 本题考查了直线的参数方程化成普通方程，点到直线的距离公式，属基础题．‎ ‎3.【答案】C 【解析】‎ 解：将员工的奖金的中位数为800元，平均数为82400÷60=，众数为700， 故①③正确，②错误． 故选：C． 根据中位数，平均数，众数的概念求出中位数，平均值，众数可得． 本题考查了众数，中位数，平均数，属基础题．‎ ‎4.【答案】B 【解析】‎ 解：因为，x∈[-，-]， 所以x-]， 所以f（x）∈[-，0]，即f（α）∈[-，0]， 由在区间[0，m]上总存在唯一确定的β，使得f（α）+f（β）=0， 则在区间[0，m]上总存在唯一确定的β，使得f（β）∈[0，]， 由函数f（x）在[0，]为增函数，值域为：[-，1]，又f（）=sin=， 即m，故m的最小值为：， 故选：B． 由三角函数图象的单调性得：因为，x∈[-，-]，所以x-]，所以f（x）∈[-，0]，即f（α）∈[-，0]， 由三角函数的最值得：在区间[0，m]上总存在唯一确定的β，使得f（α）+f（β）=0，‎ 第13页，共14页 则在区间[0，m]上总存在唯一确定的β，使得f（β）∈[0，]，由函数f（x）在[0，]为增函数，值域为：[-，1]，又f（）=sin=，即m，故m的最小值为：，得解． 本题考查了三角函数图象的单调性，三角函数的最值，属中档题．‎ ‎5.【答案】{0，1} 【解析】‎ 解：函数y=lgx的定义域是{1，10}， 知x=1和10，对应的函数值为0和1． ∴函数的值域是{0，1}． 故答案为：{0，1}． 由已知函数定义域直接求出lg1与lg10的值得答案． 本题考查函数值域的求法，考查对数式的运算性质，是基础题．‎ ‎6.【答案】 【解析】‎ 解：由二项式（x+1）6的展开式的通项公式得Tr+1=x6-r， 令r+1=3，得r=2， 则二项式（x+1）6的展开式中的第三项为，即15x4， 故答案为：15x4． 由二项式定理及二项式展开式的通项公式得：Tr+1=x6-r，令r+1=3，得r=2，则二项式（x+1）6的展开式中的第三项为，即15x4，得解． 本题考查了二项式定理及二项式展开式的通项，属中档题．‎ ‎7.【答案】2 【解析】‎ 解：由y=f（x）=x2（x＞0）， 得x=， 则函数f（x）=x2（x＞0）的反函数为y=f-1（x）=， ∴f-1（4）=． 故答案为：2． 求出原函数的反函数，取x=4即可求得f-1（4）． 本题考查反函数的求法及函数值的求法，是基础题．‎ ‎8.【答案】-2 【解析】‎ 解：由， 得z=i（a+2i）=-2+ai， ‎ 第13页，共14页 又∵复数的实部和虚部相等， ∴a=-2． 故答案为：-2． 直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案． 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．‎ ‎9.【答案】‎2‎‎3‎ 【解析】‎ 解：函数f（x）=cos（ωx-）（ω＞0），若f（x）≤f（）对任意的实数x都成立， 可得：，k∈Z，解得ω=，k∈Z，ω＞0 则ω的最小值为：． 故答案为：． 利用已知条件推出函数的最大值，然后列出关系式求解即可． 本题考查三角函数的最值的求法与应用，考查转化思想以及计算能力．‎ ‎10.【答案】‎1‎‎2‎ 【解析】‎ 解：极限（nsin）=1， 可得：极限==． 故答案为：． 利用已知条件结合数列的极限的运算法则化简求解即可． 本题考查数列的极限的运算法则的应用，是基本知识的考查．‎ ‎11.【答案】-1 【解析】‎ 解：根据题意，函数（k∈R）为偶函数， 则有f（-x）=f（x）， 即log3（9x+1）+kx=log3（9-x+1）+k（-x）， 变形可得：2kx=log3（9-x+1）-log3（9x+1）=-2x， 则有k=-1； 故答案为：-1 根据题意，由函数奇偶性的定义可得f（-x）=f（x），即log3（9x+1）+kx=log3（9-x+1）+k（-x），变形可得k的值，即可得答案． 本题考查函数的奇偶性的定义以及性质，关键是掌握函数奇偶性的定义，属于基础题．‎ 第13页，共14页 ‎12.【答案】‎4‎‎3‎ 【解析】‎ 解：根据三视图知，该几何体是以俯视图为底面的直三棱锥，如图所示； 结合图中数据，计算该几何体的体积为 V=S△ABC•PC=××2×2×2=． 故答案为：． 根据三视图知该几何体是以俯视图为底面的直三棱锥，结合图中数据求出它的体积． 本题考查了利用三视图求几何体体积的应用问题，是基础题．‎ ‎13.【答案】m≤‎9‎‎10‎ 【解析】‎ 解：由题意可知f（x）在（1，+∞）上单调递增， ∴当x＞1时，f（x）=lg|x-m|=lg（x-m）， x-m＞0在（1，+∞）上恒成立． ∴m≤1， 又f（x）在（0，+∞）上单调递增， ∴lg（1-m）≥-1，解得m≤． ∴m的取值范围是：m≤． 故答案为：m≤． 由f（x）在（1，+∞）上单调递增可得x-m＞0在（1，+∞）上恒成立，求得m≤1，由f（x）在（0，+∞）上单调递增可得lg（1-m）≥-1，从而可求得m的范围． 本题考查了分段函数的单调性，不等式恒成立问题，属于中档题．‎ ‎14.【答案】‎2‎5‎−1‎ 【解析】‎ 解：根据题意，圆（x-cosθ）2+（y-sinθ）2=r2（r＞0）的圆心为（cosθ，sinθ）， 则圆心到直线2x-y-10=0的距离d==， 若圆与直线有交点，则d≤r， 又由-≤2cosθ-sinθ≤， 则2-1≤d≤2+1， ‎ 第13页，共14页 则有r≥2-1，即r的最小值为2-1， 故答案为：2-1． 根据题意，分析圆的圆心，求出圆心到直线的距离，结合直线与圆的位置关系可得d≤r，结合三角函数的性质分析d的范围，即可得答案． 本题考查直线与圆的位置关系，涉及三角函数的最值，属于基础题．‎ ‎15.【答案】‎(‎1‎‎2‎，‎2‎‎3‎]‎ 【解析】‎ 解：∵x2-（a+2）x+2-a＜0 且a＞0 ∴x2-2x+2＜a（x+1） 令f（x）=x2-2x+2；g（x）=a（x+1） ∴A={x|f（x）＜g（x），x∈Z} ∴y=f（x）是一个二次函数，图象是确定的一条抛物线； 而y=g（x）一次函数，图象是过一定点（-1，0）的动直线． 又∵x∈Z，a＞0．数形结合，可得：． 故答案为：（，] 因为集合A中的条件是含参数的一元二次不等式，首先想到的是十字相乘法，但此题行不通；应该把此不等式等价转化为f（x）＜g（x）的形式，然后数形结合来解答，需要注意的是尽可能让其中一个函数不含参数． 此题主要考查集合A的几何意义的灵活运用，利用数形结合的数学思想来解决参数取值范围问题．‎ ‎16.【答案】1 【解析】‎ 解：建立如图所示的直角坐标系，则A（-1，-1），B（1，-1），D（-1，1），P（，）， 所以=（+1，sinθ+1），=（2，0），=（0，2）， 又， 所以， 则=， 其几何意义为过点E（-3，-2）与点P（cosθ，sinθ）的直线的斜率， 设直线方程为y+2=k（x+3）， ‎ 第13页，共14页 点P的轨迹方程为x2+y2=1， 由直线与圆的位置关系有： ， 解得：， 即的最大值是1， 故答案为：1 由平面向量的坐标运算得：则A（-1，-1），B（1，-1），D（-1，1），P（，），所以=（+1，sinθ+1），=（2，0），=（0，2）， 又，所以，则=，其几何意义为过点E（-3，-2）与点P（cosθ，sinθ）的直线的斜率， 由点到直线的距离得：设直线方程为y+2=k（x+3），点P的轨迹方程为x2+y2=1，由点到直线的距离有：，解得：，即的最大值是1，得解 本题考查了平面向量的坐标运算、直线与圆的位置关系及点到直线的距离，属难度较大的题型 ‎17.【答案】解：（1）H(x)=+‎‎2x‎5x−2‎‎1‎x=2x2-5x+2≤0（3分）， ∴P={x|‎1‎‎2‎≤x≤2}‎（7分） （2）若P∩Q≠∅，则说明在‎[‎1‎‎2‎，2]‎上至少存在一个x值，使不等式ax2-2x+2＞0成立，（8分） 即在‎[‎1‎‎2‎，2]‎上至少存在一个x值，使a＞‎2‎x−‎‎2‎x‎2‎成立，（9分） 令u=‎2‎x−‎‎2‎x‎2‎，则只需a＞umin即可．                                    （11分） 又u=‎2‎x−‎2‎x‎2‎=−2(‎1‎x−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+‎‎1‎‎2‎． 当x∈[‎1‎‎2‎，2]‎时，‎1‎x‎∈[‎1‎‎2‎，2]‎，u∈[−4，‎1‎‎2‎]，umin=−4‎， 从而umin=-4（14分） 由（1）知，umin=-4， ∴a＞-4．（14分） 【解析】‎ ‎ （1）三阶行列式，元素b（b∈R）的代数余子式为H（x 第13页，共14页 ‎）小于等于0，可得关于x的二次不等式，解之即可； （2）是一个存在性的问题，此类题求参数一般转化为求最值．若是存在大于某式的值成立，一般令其大于其最小值即可． 本题考查行列式，代数余子式的概念，考查解不等式、对数函数的定义域，属于中档题．‎ ‎18.【答案】解：（1）设z=x+yi， 由复数z满足‎|z|=‎‎2‎，z2的虚部为2． 可得‎2xy=2‎x‎2‎‎+y‎2‎=2‎，解得x=y=1或x=y=-1， 故z=1+i，z=-1-i； （2）当Z=1+i时，Z2=2i，Z-Z2=1-i， 所以A（1，1），B（0，2），C（1，-1）， 所以‎(OA+OB)⋅‎OC=（1，3）•（1，-1）=1-3=-2， 当Z=-1-i时，z2=-2i，Z-Z2=-1-3i， A（-1，-1），B（0，-2），C（-1，-3）， 所以‎(OA+OB)⋅‎OC=（-1，-3）•（-1，-3）=1+9=8． 【解析】‎ ‎ （1）设出复数的代数形式的式子，根据所给的模长和z2的虚部为2．得到关于复数实部和虚部的方程组，解方程组即可． （2）写出所给的三个复数的表示式，根据代数形式的表示式写出复数对应的点的坐标，再根据向量的数量积即可求出 本题考查复数形式和复数的模长，本题解题的关键是对于复数的代数表示和复数的几何意义两者熟练应用，属于基础题 ‎19.【答案】解：（1）从2018年算起，设第n年“一线队引援”投入资金为an，“青训”投入资金为bn，投入总和为cn， 则{an}是以a1=16000为首项，以q1=‎1‎‎2‎为公比的等比数列， {bn}是以b1=1000为首项，以q2=2为公比的等比数列， ∴an=16000•（‎1‎‎2‎）n-1，bn=1000•2n-1， ∴cn=16000•（‎1‎‎2‎）n-1+1000•2n-1≥2‎16000⋅(‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎⋅1000⋅‎‎2‎n−1‎=8000， 当且仅当16000•（‎1‎‎2‎）n-1=1000•2n-1即n=3时取等号， ∴2020年，该俱乐部“一线队引援”和“青训”投入总和最少． （2）设{cn}的前n项和为Tn，则Tn=‎16000[1−(‎1‎‎2‎‎)‎n]‎‎1−‎‎1‎‎2‎+‎1000(1−‎2‎n)‎‎1−2‎=1000•2n-32000•（‎1‎‎2‎）n+22000， 令1000•2n-32000•（‎1‎‎2‎）n+22000≥62000， 令2n=t，则t2-40t-32≥0，解得t≥20+12‎3‎≈40.78， 即2n≥40.78，∵n∈N，∴n≥5． ∴从2018年算起的第5年即2022年开始，“一线队引援”和“青训”总投入之和不低于62000万元． 【解析】‎ 第13页，共14页 ‎ （1）写出第n年的投入资金的通项公式，利用基本不等式即可得出结论； （2）根据等比数列的求和公式得出前n年的总投入之和，列不等式解出n即可． 本题考查了等比数列的通项公式，前n项和公式，数列的应用，属于中档题．‎ ‎20.【答案】解：（1）F（1，0），显然直线AB的斜率存在且不为0， 设直线AB的斜率为k，则直线AB的方程为y=k（x-1）， 联立方程组y‎2‎‎=4x,‎y=k(x−1)‎，消元可得k2x2-（2k2+4）x+k2=0， 设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2=2+‎4‎k‎2‎，x1x2=1， 又AF=（1-x1，-y1），FB=（x2-1，y2），AF=2FB， ∴1-x1=2（x2-1）=2（‎1‎x‎1‎-1），解得x1=1（舍）或x1=2， ∴x2=‎1‎‎2‎，∴‎4‎k‎2‎=x1+x2-2=‎1‎‎2‎，∴k2=8，k=‎±2‎‎2‎． ∴直线l的方程为：y=±2‎2‎(x−1)‎． （2）设直线AB的方程为y=k（x-1），则直线MN的方程为y=-‎1‎k（x-1）， 设P（a，b），Q（m，n），由（1）可知a=1+‎2‎k‎2‎，b=k（a-1）=‎2‎k， 用-‎1‎k替换k可得：m=1+2k2，n=-2k， ∴直线PQ的方程为：y+2k‎2‎k‎+2k=x−1−2‎k‎2‎‎2‎k‎2‎‎−2‎k‎2‎，整理得：yk4+（x-3）k3+（x-3）k-y=0， ∴直线PQ恒过点（3，0）． （3）设S（x1，y1），T（x2，y2），准线方程为x =-1，  S△S1T1F=‎1‎‎2‎×2×|S1T1|=|y1-y2|， 设直线ST与x轴交点为H，∴S△STF=‎1‎‎2‎|FH||y1-y2|， ∵△S1T1F的面积是△STF的面积的两倍，∴|FH|=1， ∴xH=2，即H（2，0）． 设ST中点为M（x，y），则y1+y2=2y， 由y12=4x1，y22=4x2得y12-y22=4（x1-x2）， 即（y1+y2）（y1-y2）=4（x1-x2）， ∴y‎1‎‎−‎y‎2‎x‎1‎‎−‎x‎2‎=‎4‎y‎1‎‎+‎y‎2‎=‎2‎y，又y‎1‎‎−‎y‎2‎x‎1‎‎−‎x‎2‎=yx−2‎， ∴yx−2‎=‎2‎y，即y2=2x-4． ∴ST中点轨迹方程为y2=2x-4． 【解析】‎ ‎ （1）设直线AB斜率为k，A（x1，y1），B（x2，y2），联立方程组消元，得出A，B坐标的关系，根据向量关系列方程求出A，B的横坐标即可得出直线AB的斜率，进而求出直线AB的方程； （2）用直线AB的斜率k表示出P，Q两点的坐标，求出直线PQ的方程即可得出结论； ‎ 第13页，共14页 ‎（3）设ST交x轴于H，根据三角形的面积关系可知H（2，0），根据直线ST的斜率列方程化简得出ST的中点的轨迹． 本题考查了抛物线的性质，直线与抛物线的位置关系，考查设而不求法的应用，属于中档题．‎ ‎21.【答案】解：（1）{an}不一定为等差数列，如an‎=(−1‎‎)‎n，则bn=2为常数列，但{an}不是等差数列， （2）设数列{an}的公比为q，则由题意，a1、q均为正整数， 因为a3-a2=6，所以a1q（q-1）=6=1×2×3， 解得a‎1‎‎=1‎q=3‎或a‎1‎‎=3‎q=2‎， 故an‎=‎‎3‎n−1‎或an‎=3×‎‎2‎n−1‎（n∈N*）， ①当an‎=‎‎3‎n−1‎时，bn‎=2×‎‎3‎n−1‎，‎1‎bn‎=‎1‎‎2‎(‎‎1‎‎3‎‎)‎n−1‎， n→∞‎lim‎(‎1‎b‎1‎+‎1‎b‎2‎+‎1‎b‎3‎+…+‎1‎bn)‎=‎1‎‎2‎‎1−‎‎1‎‎3‎=‎3‎‎4‎； ②当an‎=3×‎‎2‎n−1‎时，bn‎=3×‎‎2‎n−1‎，‎1‎bn‎=‎1‎‎3‎(‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎， n→∞‎lim‎(‎1‎b‎1‎+‎1‎b‎2‎+‎1‎b‎3‎+…+‎1‎bn)‎=‎1‎‎3‎‎1−‎‎1‎‎2‎=‎2‎‎3‎； 综上，n→∞‎lim‎(‎1‎b‎1‎+‎1‎b‎2‎+‎1‎b‎3‎+…+‎1‎bn)‎的值为‎3‎‎4‎或‎2‎‎3‎； （3）由a2n≤a2n-1且a2n≤a2n+1得，an+1‎‎−an=(−1‎)‎n[6−(‎1‎‎2‎‎)‎n+1‎]‎=‎6⋅(−1‎)‎n+(−‎‎1‎‎2‎‎)‎n+1‎ 故有：an‎−an−1‎=6⋅(−1‎)‎n−1‎+(−‎‎1‎‎2‎‎)‎n，an−1‎‎−an−2‎=6⋅(−1‎)‎n−2‎+(−‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎， ……a‎2‎‎−a‎1‎=6⋅(−1‎)‎‎1‎+(−‎‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎， 累加得：an‎−a‎1‎=6[(−1‎)‎‎1‎+(−1‎)‎‎2‎+…+(−1‎)‎n−1‎]+[(−‎1‎‎2‎‎)‎‎2‎+(−‎1‎‎2‎‎)‎‎3‎+…+(−‎1‎‎2‎‎)‎n]‎ =‎6×‎−1[1−(−1‎)‎n−1‎]‎‎2‎+‎‎1‎‎4‎‎[1−(−‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎]‎‎1+‎‎1‎‎2‎ =‎−3[1−(−1‎)‎n−1‎]+‎‎1−(−‎‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎‎6‎， 又a1=1，所以an‎=‎‎7‎‎6‎‎−‎1‎‎6‎(−‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎n=2m−1，m∈N‎*‎为奇数‎−‎29‎‎6‎−‎1‎‎6‎(−‎1‎‎2‎‎)‎n−1‎n=2m，m∈‎N‎*‎， 当n为奇数时，{an}单调递增，an＞0，n→∞‎liman‎=‎‎7‎‎6‎， 当n为偶数时，{an}单调递减，an＜0，n→∞‎liman‎=−‎‎29‎‎6‎， 从而|an|≤‎29‎‎6‎，所以M≥‎29‎‎6‎，即M的最小值为‎29‎‎6‎． 【解析】‎ ‎ （1）{an}不一定为等差数列，如； （2）设数列{an}的公比为q，解方程可得首项和公比，由等比数列的通项 第13页，共14页 公式和求和公式，计算可得所求值； （3）由累加法可得数列{an}的通项公式，讨论n为奇数或偶数，求得极限，由不等式恒成立思想可得M的最小值． 本题考查新定义的理解和运用，考查等差数列和等比数列的通项公式和求和公式，考查分类讨论思想方法，化简运算能力，属于难题．‎ 第13页，共14页