【文档说明】北京市顺义区第九中学2023-2024学年高三下学期3月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(23)页，3.000 MB，由小赞的店铺上传

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顺义区第九中学高三3月月考数学2024.3第一部分（选择题共40分）一､选择题（共10小题，每小题4分，共40分.选出符合题目要求的一项）1.若集合{21},{1AxxBxx=−=−∣∣或3}x，则AB=（）A.{21}xx

−−∣B.{23}xx−∣C.{1xx∣或3}xD.{21xx−∣或3}x【答案】C【解析】【分析】运用集合的并集的定义，借助于数轴表示即得.【详解】由{21},{1AxxBxx=−=−∣∣或3}x可知，}3}{211

{1}{|3AxBxxxxxxx=−=−∣∣或或.故选：C.2.设Ra，若复数()()2i2ia−+在复平面内对应的点位于虚轴上，则=a（）A.4−B.1−C.1D.4【答案】B【解析】【分析】由复数乘法运算可得该复数在复平面

内对应的点为()22,4aa+−，由复数的几何意义可解得1a=−.【详解】根据题意可得()()()22i2i2i4i2i224iaaaaa−+=+−−=++−，所以在复平面内对应的点为()22,4aa+−，即()22,4aa+−在虚轴上，因此可得220a+=，

即1a=−；故选：B3.下列函数既是偶函数，又在()0,+上单调递增的是（）A.()11fxx=−B.()12xfx=C.()()2lg1fxx=+D.()1fxxx=−【答案】C【解析】【分析】根据偶函数的定义，结合函数的单调性逐一判断即可.【详解】

对于A，定义域为1xx，故是非奇非偶函数，A错，对于B，当0x时，()12xfx=在()0,+上为减函数，∴B不对，对于C，∵定义域为R，且()()()22lg1lg1fxxx−=−+=+为偶函数，设21tx=+，∵lg

yt=在()0,+上为增函数，21tx=+在()0,+上为增函数，∴()()2lg1fxx=+在()0,+上为增函数，∴C对.对于D，∵()()11fxxxfxxx−=−−−=−=−为奇函数，∴D不对.故选：C.4.若()323012312xaaxaxax−=+++

，则123aaa++=（）A.1B.2C.1−D.2−【答案】D【解析】【分析】对x赋值，分别赋值0x=，=1x，进而可得结果.【详解】由()323012312xaaxaxax−=+++，令0x=，则301a=，即01a=，令1x=，则()30

12312aaaa−=+++，即12311aaa−=+++所以1232aaa++=−.故选：D.5.向量,,abc在正方形网格中的位置如图所示.若向量ab+与c共线，则实数=（）A.-2B.-1C.1D.2【答案】D【解析】【分析】先由图得出用,

ab表示c的式子，再根据向量共线的充要条件求之即得.【详解】根据网格图中的,,abc的大小与方向，易于得到2cab=+，由向量ab+与c共线，可得(2)abtctab+==+，解得：1,22tt===.故选：D.6.已知a，0b，且1a，1b，若log1ab，则（）A.()(

)110ab−−B.()()10aab−−C.()()10bab−−D.()()10bba−−【答案】D【解析】【分析】根据对数函数的单调性，结合1a或01a分类讨论进行判断即可．【详解】解：由log1ab，即loglogaaba，，当1a时，则有1ba，此时10b

−，0ba−，10a−，0ab−，则()()110ab−−，()()10aab−−，()()10bab−−，()()10bba−−，D选项符合；当01a时，则有01ba，此时10b−，0ba−，10a−，0ab−，则()()

110ab−−，()()10aab−−，()()10bab−−，()()10bba−−，D选项符合；故选：D．7.若数列na为等比数列，则“31a”是“152aa+”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.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】设出公比q，先由31a得到211aq，利用基本不等式可得()421511122aaaqaq+=+，得到“31a”是“152aa+”的充分条件，再通过举反例11,2

2qa==说明“31a”不是“152aa+”的必要条件，故得结论.【详解】因数列na为等比数列，不妨设公比为q，则0q，由31a可得211aq，故10a，而1145(1)aqaa=++，由4212qq+知21512aaaq+

，当且仅当21q=时取等号，而211aq，故152aa+，此时11,1qa==，故“31a”是“152aa+”的充分条件；由1514(1)2aaaq=++可得4121aq+，则2231421qaaqq=+

，而242222111qqqq=++，故不一定能得到31a.如11,22qa==时，满足152aa+，但是2231112()122aaq===，故“31a”不是“152aa+”的必要条件.即“31a”是“152aa+”的充分不必要条件

.故选：A.8.随着北京中轴线申遗工作的进行，古建筑备受关注.故宫不仅是世界上现存规模最大､保存最为完整的木质结构古建筑之一，更是北京中轴线的“中心”.图1是古建筑之首的太和殿，它的重檐庑（wŭ）殿顶可近似看作图2所示的几何体，其中底面ABCD是矩形，5,9BCEFABAB=∥，四边形ABFECD

EF､是两个全等的等腰梯形，,EADFBC是两个全等的等腰三角形.若10,12,13BCEFAE===，则该几何体的体积为（）A.720B.24015C.30015D.1080【答案】B【解析】【分析】根据题意可将几何体分割成一个

直三棱柱和两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式即可求得出结果.【详解】由5,9BCEFABAB=∥，10BC=可得18AB=；分别过点,EF作,,,EPEQFMFN垂直于,ABAC，垂足分别为,,,PQMN，如下图所示：

又底面ABCD是矩形，四边形ABFECDEF､是两个全等的等腰梯形，,EADFBC是两个全等的等腰三角形，所以四边形,MBCNAPQD为全等的矩形，即APPQ⊥，又APEP⊥，,,EPPQPEPPQ=平面PEQ，所以AP⊥平面PEQ；由AP平面A

BCD可知平面ABCD⊥平面PEQ；则三棱柱EPQFMN−为直三棱柱，四棱锥EAPQD−和四棱锥FMBCN−为全等的四棱锥；易知12PMEF==，3AP=，又13AE=，可得22133410PEEQ=−==；作EHPQ⊥，则可得EH即为四棱锥EAPQD

−的高，且225315EHPE=−=；所以可得131031530153EAPQDV−==，三棱柱EPQFMN−的体积为11031512180152V==，因此该几何体的体积为2180152301524015EAPQDVV−+=+=.故选：B9.已知双曲线2222:1(0,0)x

yCabab−=的右顶点为M，以M为圆心，双曲线C的半焦距为半径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于A，B两点．若2π3AMB=，则双曲线C的离心率为（）A.5B.2C.3D.2【答案】D【解析】【分析】做MCAB⊥交AB于C点，C点为

弦AB的中点，可得圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，即2abcc=，再利用222+=abc可得答案.【详解】因为2π3AMB=，如图，做MCAB⊥交AB于C点，C点为弦AB的中点，60,30==AMCC

AM，所以圆心M到渐近线的距离等于半径的一半，则2abcc=，则4222)4(caca−=，即42440ccaa−+=，解得22ca=，则双曲线C的离心率为2．故选：D.10.分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几

何学，它研究的几何对象具有自相似的层次结构，适当的放大或缩小几何尺寸，整个结构不变，具有很多美妙的性质.其中科赫（Koch）曲线是几何中最简单的分形.科赫曲线的产生方式如下：如图，将一条线段三等分后，以中间一段为边作正

三角形并去掉原线段生成1级科赫曲线“”，将1级科赫曲线上每一线段重复上述步骤得到2级科赫曲线，同理可得3级科赫曲线，……在分形几何中，若一个图形由N个与它的上一级图形相似，且相似比为r的部分组成，则称logrDN=为该图形分形维数.那么科赫曲

线的分形维数是（）A.2log3B.3log2C.1D.32log2【答案】D【解析】【分析】根据题意得出Koch曲线是由把全体缩小13的4个相似图形构成的，再根据题设条件即可得出结果.【详解】由题意Koch曲线是由把全体缩小13的4个相似图

形构成的，则其相似的分形维数是33log42log2D==，故选：D.第二部分（非选择题，共110分）二､填空题（共5小题，每小题5分，共25分）11.函数()()ln11fxxx=++−的定义域是__________.【答案】(1,1−【解析】【分析】由对数函数定义域及

被开方数为非负解不等式即可得结果.【详解】由()fx的解析式可得1010xx+−，解得11x−；所以其定义域为(1,1−.故答案为：(1,1−12.设F为抛物线2:16Cyx=的焦点，直线:1lx=−，点A为C上任意一点，过点A作APl⊥于P，则A

PAF−=__________.【答案】3【解析】分析】根据抛物线方程可求得准线方程和焦点坐标，再由抛物线定义可得结果.【详解】易知抛物线2:16Cyx=的焦点()4,0F，准线方程为4x=−，如下图所示：可设AP垂直于准线4x=−的垂足为Q，根据抛物线定义

可得AFAQ=，易知3PQ=；所以3APAFAPAQ−=−=.故答案为：313.已知直线ykxm=+（m为常数）与圆222xy+=交于点,MN，当k变化时，若MN的最小值为2，则m=__________.【答案】1【解析】【分析】利用圆的弦长公式表示出||MN，即可根据最

值求解.【详解】222xy+=可知圆心为(0,0)，半径2r=．圆心到直线的距离：2||1mdk=+．由垂径定理可知：2222||2221mMNrdk=−=−+，当0k=时，||MN取得最小值，并且2min||2221MNmm−==

=，故答案为：1．14.已知函数()()sinsin2fxxx=+，其中*N，若函数()2fx恒成立，则常数的一个取值为___________.【【答案】1；答案不唯一；只要常数的取值不等于2

8()kk+N即可【解析】【分析】由三角函数的值域可知()2fx，当且仅当()sinyx=和sin2yx=同时取到1时，等号成立；再根据正弦函数sinyx=在22xk=+（kΖ）取得最大值，联立即可得到.【详解】若函数()2fx=，即存在x使得sin2yx=和sin

yx=同时取到1，所以11π22π,2xkk=+Z，即11ππ,4xkk=+Z，所以122πππ2π,42kkk+=+Z，解得2121412,,41kkkk+=+ZZ当120kk==时，2=；因为1

2,kkZZ，所以28,kk=+N，其中21121,,41kkkkkk−=+ZZ，则当28k+（kN）时，()2fx.故答案为：1；答案不唯一；只要常数的取值不等于28()kk+

N即可.15.在平面直角坐标系xoy中，点(),Pxy到两个定点(),0Aa−，(),0Ba的距离之积等于()20aa，称点P的轨迹为双纽线.双纽线是瑞士数学家伯努利于1694年发现的.所以点P的轨迹也叫做伯努利双纽线.给出下列结论：①

22axa−；②点P的轨迹的方程为()()2222222xyaxy+=−；③双纽线关于坐标轴及直线yx=对称；④满足PAPB=的点P有三个.其中所有正确结论的序号是___________.【答案】①②【解析】【分析】先由双纽线的定义求出其方

程，从而可判断选项②；由方程可得()()2222222222xyaxyax+=−，从而可判断选项①；根据对称性的判断方法在点P的轨迹上任取点(),mn，判断点(),nm是否也在曲线上，从而判断选项③；

由满足PAPB=的点P在y轴上，令0x=，得0y=从而可判断选项④.【详解】由双纽线的定义可得2PAPBa=，即()()22222xayxaya++−+=即()()22224xayxaya++−+=即()()()()2

222244xaxayxaxaya+−+++−+=即44222222222xyxyayax+++=，即()()2222222xyaxy+=−，所以②正确.由()()2222222xyaxy+=−，则()()2222222222xyaxyax+=−，当0

y=时等号成立.即2422xax，所以222xa，则22axa−，所以①正确.在点P的轨迹上任取点(),mn，即有()()2222222mnamn+=−则点(),Pmn关于直线yx=对称的点为(),nm，若双纽线关于直线yx=对称，则点(),nm也在该曲线上，即

()()2222222nmanm+=−所以2222mnnm=−−，即22mn=，显然对于该曲线上任意取的点(),mn不满足.所以双纽线不关于直线yx=对称，故③不正确.由(),0Aa−，(),0Ba，若满足PAPB=，则点P在y轴上.在方程中()()2222222xyaxy

+=−，令0x=，解得0y=所以满足PAPB=的点P为()0,0P，故④不正确.故答案为：①②【点睛】关键点睛：本题考查曲线的轨迹及其性质的问题，解答本题的关键是先由题意先求出点P的轨迹的方程()()2222222xyaxy+=−

，然后分析其对称性和范围，属于中档题.三､解答题（共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程）16.在ABC中，sin2sin0aBbA+=.（1）求B的值；（2）从条件①､条件②､条件③这三个条件中选择两个作为已知，使ABC存在且唯一确定，求sinA的值.条件①：22230a

bcc−++=；条件②：1b=；条件③：1534ABCS=△，注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.【答案】（1）2π3B=（2）33sin14A=【解析】

【分析】（1）利用正弦定理化简可得1cos2B=−，即可得2π3B=；（2）对条件①②③的组合进行分类讨论可知，只有选择①③才满足题意，计算可得3,5,7acb===，再由正弦定理可得33sin14A=.【小问1详解】由sin2sin0aBbA+=利用正弦定理可得sinsin

2sinsin0ABBA+=，即()2sinsincossinsinsinsin2cos10ABBBABAB+=+=，易知sinsin0BA，所以2cos10B+=，可得1cos2B=−，又()0,πB，所以2π3B=；【小问2详解】由（1）可得2221cos22abcB

ac−+==−，即222abcac−+=−；若选择①②，由22230abcc−++=可知3a=，又1b=，可知AB，显然该三角形不存在；若选择②③，则1153sin24ABCSacB==，即15ac=；又()()22222221cosacacBaccbacacaca=−

+=++−−==+，可得4ac+=；联立415acac+==可知该方程无解，所以只能选择①③,由①得3a=，又1153sin24ABCSacB==可得5c=；此时22212cos925235492bacacB=+−=+−−=，解得7b=；由正弦定理sins

inabAB=可得sin3333sin7214aBAb===，即33sin14A=.17.根据《国家学生体质健康标准》，高三男生和女生立定跳远单项等级如下（单位：cm）：立定跳远单项等级高三男生高三女生优秀260及以上194及以上良好245~259180~193及格

205~244150~179不及格204及以下149及以下从某校高三男生和女生中各随机抽取12名同学，将其立定跳远测试成绩整理如下（精确到1cm）：男生180205213220235245250258261270275280女生14816016216917218419519619619

7208220假设用频率估计概率，且每个同学的测试成绩相互独立．（1）分别估计该校高三男生和女生立定跳远单项的优秀率；（2）从该校全体高三男生中随机抽取2人，全体高三女生中随机抽取1人，设X为这3人中立定跳远

单项等级为优秀的人数，估计X的数学期望()EX；（3）从该校全体高三女生中随机抽取3人，设“这3人的立定跳远单项既有优秀，又有其它等级”为事件A，“这3人的立定跳远单项至多有1个是优秀”为事件B．判断A与B是否相互独立．（结论不要求证明）【答案

】（1）13（2）76（3）A与B相互独立【解析】【分析】（1）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，计算频率得到优秀率的估计值；（2）由题设，X的所有可能取值为0,1,2,3．算出

对应概率的估计值，得到X的数学期望的估计值；（3）利用两个事件相互独立的定义判断即可.【小问1详解】样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为41123=；估计高三女生立定跳远单项的优秀率为6112

2=．【小问2详解】由题设，X的所有可能取值为0,1,2,3．(0)PX=估计为2212()329=；(1)PX=估计为122121214C()332329+=；(2)PX=估计为122121115C()3323218+=；(3)PX=估计为2111()3218=．估计X

的数学期望()2451701239918186EX=+++=．【小问3详解】()PA估计为22123311113CC22224+=；()PB估计为2310331111CC2222+=；()PAB估计为213113C228

=，()()()PABPAPB=，所以A与B相互独立．18.在三棱柱111ABCABC-中，平面11ACCA⊥平面,ABCABC△为正三角形，,OP分别为AC和11AB的中点.（1）求证：//OP平面11BCCB；（2）若112,3,ABAAAAAB=

=⊥，求OP与平面11ABC所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）31040【解析】【分析】（1）取11BC的中点为D，可证明四边形PDCO是平行四边形，再由线面平行的判定定理即可得出结论；（2）建立空间直角坐标系求出平面11ABC的法向量，即可求得OP与平面11ABC所成角的

正弦值为31040.【小问1详解】取11BC的中点为D，连接,PDCD，如下图所示：又,OP分别为AC和11AB的中点，可知11PDAC，且1112PDAC=，由三棱柱性质可知11ACAC∥,且1112OCAC=，即可得,PDOCPDOC=，所以四边形PDCO是平行四边形，即可得OPCD；又O

P平面11BCCB，CD平面11BCCB，所以//OP平面11BCCB；【小问2详解】易知OBAC⊥，又平面11ACCA⊥平面ABC，平面11ACCA平面ABCAC=，可得OB⊥平面11ACCA，又1AA平面11ACCA，所以1OBAA⊥，又因为1AAAB⊥，ABOBB=，

且,ABOB平面ABC，所以1AA⊥平面ABC；由AC平面ABC，所以1AAAC⊥；即可知1,,AAACOB三条线两两垂直，取11AC的中点为E，连接OE，可知1OEAA∥，以O为坐标原点，分别以,,OAO

BOE所在直线为,,xyz轴建立空间直角坐标系，如下图所示：易知()()()()110,0,0,1,0,0,1,0,3,0,3,3OCAB−，P为11AB的中点可得13,,322P；可得13,,322OP=，()()1112,0

,3,1,3,0CAAB==−；设平面11ABC的一个法向量为(),,nxyz=，则11123030CAnxzABnxy=+==−+=，令3x=，则3,2yz==−，即()3,3,2n=−设OP与平面11ABC所成的角为

，则33631022sincos,40104OPnOPnOPn+−====；所以OP与平面11ABC所成角的正弦值为31040.19.已知12,FF分别是椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左､右

焦点，,AB分别为椭圆E的左右顶点，且1223FF=,4AB=（1）求椭圆E的方程；（2）若P为直线:4lx=上的一动点（点P不在x轴上），连接AP交椭圆于C点，连接PB并延长交椭圆于D点，试问是否存在，便得ACDBCDSS=成立，若存在，求出的

值；若不存在，说明理由.【答案】（1）2214xy+=（2）存在，3【解析】【分析】（1）依题意，易得,ac的值，求出b值，即得椭圆方程；（2）设点0(4,),Py00y，得直线AP的方程为：0(2)6yyx=+，与椭圆方程联立，利用韦达定理和题设条件证明直线CD经过定点(1,0)

E，将面积分割转化化简即可求得的值.【小问1详解】依题意，24ABa==，12223FFc==，则2,3ac==，故2221bac=−=，于是，椭圆E的方程为2214xy+=.【小问2详解】如图，设点0(4,),Py00y，又(2,

0)A−，则直线AP的方程为：0(2)6yyx=+，代入方程2214xy+=整理得：2222000(9)44360yxyxy+++−=，设11(,),Cxy，由韦达定理，20120429yxy−=−+，解

得：2200122004182299yyxyy−=−=++，则200001122001826(2)(2)6699yyyyyxyy−=+=+=++.又因(2,0)B，则直线BP的方程为：0(2)2yyx=−，代入方程2214xy+=整理得：2222000(1)4440y

xyxy+−+−=，设22(,)Dxy，由韦达定理，20220421yxy+=+，得：220022200422211yyxyy−=−=++，且20000212200222(2)(2)2211yyyyyxyy−−=−=−=++,故直线CD的斜率为002

200222000220030001241208242629118222914363CDyyyyyyyyyyyyykxxyy+−====−+−+−−−−+−+−+，则直线CD的方程为：11()CDykxxy=−+，将上述11,,CDkxy的表达式代入，即得

直线CD的方程为：200222000018269()392yyyyyyyx−+−+−=+，化简可得：200(3)2(1)0yyyx−+−+=，因0Ry，故直线CD恒过定点(1,0)E.于是ACDAECAEDBCDBECBEDSSSSSS+=+11||||sin||||sin2211||||s

in||||sin22AEECAECAEEDAEDBEECBECBEEDBED+=+因sinsinAECAED=，sinsinBECBED=，,AECBEC=故1||(||||)sin||231||||(||||)sin2ACDBCDAEECEDAECSA

ESBEBEECEDBEC+====+.【点睛】思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：①设出直线方程，将其与椭圆方程联立，整理成关于x或y的一元二次方程的形式；②利用0求得变量之间的数量关系，同时

得到韦达定理；③利用韦达定理表示出题设中的等量关系，化简整理得到所求的定点.20已知函数()2121e2xfxaxx−=−+．（1）求曲线()yfx=在点()()0,0f处的切线的方程；（2）若函数

()fx在0x=处取得极大值，求a的取值范围；（3）若函数()fx存在最小值，直接写出a的取值范围．【答案】（1）102ey−=（2）(),1−（3）10,2【解析】【分析】（1）先求导后求出切线的斜率()00f=，然

后求出直线上该点的坐标即可写出直线方程；（2）根据函数的单调性和最值分类讨论；（3）分情况讨论，根据函数的单调性和极限求解.【小问1详解】()1110e22ef−==，所以：切点为10,2e，又()()

()21221e22121exxfxaxaxxaxa−−=+−=+−，所以：()00f=，所以：切线方程为102ey−=.【小问2详解】的.定义域为R，()()2121exfxxaxa−=+−，①当0a=时，()212exfxx−=−，令()0fx得0x，所以：()f

x单调递增区间为(),0−；令()0fx得0x，所以()fx单调递减区间为()0,+；所以：()fx在0x=取极大值，符合题意．②当0a时，由()()2121e0xfxxaxa−−=+=，得：10x=，210axa−=x，()fx，()fx变化情况如下表：x1,aa−

−1aa−1,0aa−0()0,+()fx－0+0－()fx减极小值增极大值减所以：()fx在0x=处取得极大值，所以：0a符合题意．③当0a时，由()()2121e0xfxxaxa−−=+=，得：10x=，21axa−=，（i）当1

0aa−即1a时，()fx，()fx变化情况如下表：x1,aa−−1aa−1,0aa−0()0,+()fx+0－0+()fx增极大值减极小值增所以：()fx在0x=处取得极小值，不合题意．（ⅱ）当10aa−=

即1a=时，()0fx在R上恒成立，所以：()fx在R上单调递增，无极大值点．（iii）当10aa−，即01a时，()fx，()fx变化情况如下表：x(),0−010,aa−1aa−1,aa

−+()fx+0－0+()fx增极大值减极小值增所以：()fx0x=处取得极大值，所以：01a合题意．综上可得：a的取值范围是(),1−．【小问3详解】10,2详解如下：根据（2）知可分三种情况：①0a，②01a，③

1a：①当0a时，()fx在区间1,aa−−单调递减，1,0aa−单调递增，在()0,+上单调递减，无最小值.②当01a时，当0x，x趋向−时，()fx趋向于0，当0x，要使函数()fx取得存在的最小值，即：22323111121022aaa

aaaaafeaeaaa−−−−−−=−+=，解得：102a，故1axa−=时，取得最小值，故a的取值范围为10,2.③当1a时，()fx在x趋向−时，()fx趋向于0，又因为0x=时，()fx取到极小值，

()1002ef=，故无最小值.综上所述：函数()fx存在最小值，a的取值范围为：10,2.21.已知无穷数列na满足1212max,min,(1,2,3,)nnnnnaaaaan++++=−=，其中max{,}xy表示x，y中最大的数，min{,}xy表示x，y中

最小的数.（1）当11a=，22a=时，写出4a的所有可能值；（2）若数列na中的项存在最大值，证明：0为数列na中的项；（3）若0(1,2,3,)nan=，是否存在正实数M，使得对任意的正整数n

，都有naM？如果存在，写出一个满足条件的M；如果不存在，说明理由.在【答案】（1）{1,3,5}（2）证明见解析（3）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据定义知0na，讨论32a、32a及34,aa大小求所有4a可能值；（2）由0na，假设存在*0Nn使0nnaa，进而

有000012max{,}nnnnaaaa++，可得0012min{,}0nnaa++=，即可证结论；（3）由题设1nnaa+(2,3,)n=，令1{|,1}nnSnaan+=，讨论S=、S求

证naM即可判断存在性.【小问1详解】由1212max,min,0nnnnnaaaaa++++=−，133max{2,}min{2,}1aaa=−=，若32a，则321a−=，即33a=，此时244max{3,}mi

n{3,}2aaa=−=，当43a，则432a−=，即45a=；当43a，则432a−=，即41a=；若32a，则321a−=，即31a=，此时244max{1,}min{1,}2aaa=−=，当41a，则

412a−=，即43a=；当41a，则412a−=，即41a=−（舍）；综上，4a的所有可能值为{1,3,5}.【小问2详解】由（1）知：0na，则12min,0nnaa++，数列na中的项存在最大值，故存在*0Nn使0nnaa，(1,2,3

,)n=，由00000000121212max{,}min{,}max{,}nnnnnnnnaaaaaaaa++++++=−，所以0012min{,}0nnaa++=，故存在00{1,2}knn++使0ka=，所以0为数列na中的项；【小问3详解】不存在正实数M，

使得对任意的正整数n，都有naM.理由如下.因为()*0nanN，所以1(nnaan+=2,3,).设集合1,1nnSnaan+=∣.①若1,1nnSnaan+==∣，则121,(2,3,)iiaaaai+=对任意0M，取11

2Mna=+(其中x表示不超过x的最大整数)，则当1nn时，()()()1123222312nnnnnnnaaaaaaaaaaaa−−−−−=−+−++−+=++++1(1)naM−.②若1,1nnSnaan+=

∣，且S为有限集，设1max,1nnmnaan+=∣，则1(1,2,)mimiaai+++=.对任意0M，取211mMnma=+++(其中[x]表示不超过x的最大整数)，则当2nn时，()(

)()11221123nnnnnmmmnnaaaaaaaaaa−−−+++−−=−+−++−+=++11()mmmaanmaM++++−③若1,1nnSnaan+=∣，且S为无限集，设1111min,1,min,(1,2,)nninn

ipnaanpnaanpi+++===∣∣.若11iipp+−=，则21iiipppaaa++.又21max,iiipppaaa++，矛盾.所以12(1,2,)iippi+−=.记1(1,2,)iipmai+==.当12iipp

+−=时，11,iiipppaaa++2,23iiipppaaa+++.因为123iiipppaaa+++=−，所以1im+=11211.iiiiipppppiaaaaam+++++=−==当13iipp+−时，11,iiipppaaa++1112

,1iiiippppaaaa+++++..因为11111iiipppaaa++++−=−，所以111111121iiiiiipppppimaaaaam++++++−−+==−==所以1(1,2,)iimmi

+=.因为11112iiipppaaa++++=+−，所以()111111112121,2,iiiiiippppippaaaamamami+++++++++=+=+++=所以1212(1,2,)iippaami++−+

=，且11112ppaam++=.对任意0M，取311Mnm=+(其中[x]表示不超过x的最大整数)，则当3kn时，()()()11221122222222kkkkkppppppppaaaaaaaa−−−+++=+−+++−++++−+111(1)2pkmakmM−+

+综上，不存在正实数M，使得对任意的正整数n，都有naM.【点睛】关键点点睛：第三问，首选确定1nnaa+(2,3,)n=，并构造集合1{|,1}nnSnaan+=，讨论S=、S研究存在

性.