2020年天津市河?xùn)|區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷(理科)含答案解析

1、2020年天津市河?xùn)|區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷(理科)一、選擇題：本題共 8個小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個選項只有一個符合 題目要求.1 .設(shè)集合 I=x| x| <3, xCZ, A=1, 2, B= -2, - 1, 2,貝U A U (CiB)=()A. 1 B. 1, 2 C. 2 D. 0, 1, 2葉2>02 .設(shè)變量x, y滿足約束條件，K-y-240,則目標(biāo)函數(shù)z=x+2y的最小值為()A. 2 B, 3 C, 4 D, 53 . 一個直棱柱被一個平面截去一部分后所剩幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()01正視圖 惻視圖i 1俯視圖A. 9 B.

2、10 C. 11 D.714 .在 ABC 中，b=5, / B=, tanA=2 ,貝U a 的值是（）A. 10/2B. 2Vl5C. ViO D ,65 .已知p：函數(shù)f (x) =!-m有零點，q ： | m| ，則p是q的()x+43A .充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件2._26.設(shè)F1, F2是雙曲線 o/ b3西，PF；=0, PF；卜嘰 A.鋁B愕。： 7.已知 f (x) =2x - 1, g (x)= 當(dāng)| f (x) | vg (x)時，h (x) A.有最小值-1,最大值1 B.彳 c.有最小值-1,無最大值的兩個焦點，P在雙曲線上

3、，若|二2?。?c為半焦距)，則雙曲線的離心率為()2 D. -2=1 - x2,規(guī)定：當(dāng) | f (x) | >g (x)時，h (x) =| f (x) | ； 二g (x),則 h (x)()T取大值1,無取小值D .有最大值-1 ,無最小值8 .在平面四邊形 ABCD中，點E、F分別是邊AD、BC的中點，且AB=1 , EF=/ , CD乖,若無 元二15,則菽膽面的值為()A. 13 B. 14 C. 15 D. 16二、填空題(本大題共 6個小題，每小題5分，共30分.把答案填在題中橫線上.)9 .若(1+2ai) i=1 - bi,其中 a、bC R, i 是虛數(shù)單位，貝

4、U |a+bi|=.10 .的展開式中x3的系數(shù)是.11 .如圖是一個程序框圖，則輸出的 S的值是12 .如圖，PA切。O于點A,割線PBC經(jīng)過圓心 O, OB=PB=1 , OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn) 60°到OD,則PD的長為.X13 .在極坐標(biāo)系中，直線psin (y丁)=2被圓p=4截得的弦長為 .K22iri214 .已知x,yC R,滿足2WyW4-x,x>1,則:的最大值為 燈一 下十廠1三、解答題：(本大題6個題，共80分)1 |冗15 .設(shè)函數(shù) f (x) =cosx?cos (x- 0) - -cos 0,(0,兀).已知當(dāng) x-時，f (x)取得士J最大值.(1

5、)求。的值；(2)設(shè)g (x) =2f (yx),求函數(shù)g (x)在0,二上的最大值.16 .甲、乙兩個乒乓球選手進行比賽，他們的水平相當(dāng)，規(guī)定 七局四勝”，即先贏四局者勝，若已知甲先贏了前兩局，求：(1)乙取勝的概率；(2)比賽打滿七局的概率；(3)設(shè)比賽局?jǐn)?shù)為 X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.17 .如圖所示，在四棱錐 P-ABCD中，底面四邊形 ABCD是菱形，AC ABD=O , PAC是 邊長為2的等邊三角形，pB=PD=JE，AP=4AF .(I )求證：PO,底面ABCD ；(n )求直線CP與平面BDF所成角的大??；(出)在線段PB上是否存在一點 M,使得CM /平面BDF?如果存

6、在，求 器的值，如果 不存在，請說明理由.8第3頁(共19頁)18 .已知中心在原點，焦點在 x軸上的橢圓C的離心率為且經(jīng)過點 斷晨 亍)，過點P (2, 1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點 A, B.(I )求橢圓C的方程；(n)是否存直線1,滿足希說二PM，?若存在，求出直線1的方程；若不存在，請說明理由.19.已知函數(shù)2介3 f(x) =1T,數(shù)列an滿足a1=1an+1=fn C N ,(1)求數(shù)列an的通項公式;(2)令 Tn=a1a2 a2a3+a3a4 a4a5+ a2na2n+1,求 Tn；(3)令 bn= ( n> 2), b1 =3, Sn=b1+b2+- +bn,

7、若 Sn<對一切 nC N*成立，求最小正整數(shù) m.20.已知函數(shù)二'二一二一，一二 A(1)求f (x)的極值；求證：+2 <近n>2KnN2020年天津市河?xùn)|區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷（理科）參考答案與試題解析一、選擇題：本題共 8個小題，每小題5分，共40分.每小題給出的四個選項只有一個符合 題目要求.1 .設(shè)集合 I=x| x| <3, xCZ, A=1, 2, B= -2, - 1, 2,貝U A U (CiB)=()A. 1 B. 1, 2 C. 2 D. 0, 1, 2【考點】交、并、補集的混合運算.【分析】把集合A用列舉法表示，然后求出CiB,最后進行并

8、集運算.【解答】 解：因為 I=x| x| <3, xZ= -2, - 1, 0, 1, 2,B= -2, - 1, 2,所以，CiB=0, 1,又因為 A=1, 2,所以 A U (CiB) = 1 , 2 U0, 1=0, 1,2.故選D.f x4-y -2 .設(shè)變量x, y滿足約束條件則目標(biāo)函數(shù)z=x+2y的最小值為（）I y>lA. 2B. 3C. 4 D. 5【考點】簡單線性規(guī)劃.z的最大值.【分析】作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，利用線性規(guī)劃的知識，通過平移即可求【解答】 解：作出不等式對應(yīng)的平面區(qū)域，由 z=x+2y,得 y= - ,平移直線y=-式玲，由圖象可知當(dāng)直線經(jīng)過

9、點b（ 1, 1）時，直線y=-亍計的截距最小，此時 z最小.此時z的最小值為z=1+2 X 1=3 , 故選：B.第5頁（共19頁）3. 一個直棱柱被一個平面截去一部分后所剩幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為（）正視圖 惻視圖俯視圖A. 9 B. 10 C. 11 D.【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積.【分析】根據(jù)得出該幾何體是在底面為邊長是 2的正方形、高是 3的直四棱柱的基礎(chǔ)上， 截去一個底面積為 X 2X1=1、高為3的三棱錐形成的，運用直棱柱減去三棱錐即可得出答 案.【解答】 解：.由三視圖可知該幾何體是在底面為邊長是2的正方形、高是3的直四棱柱的基礎(chǔ)上，截去一個底面積為 上X

10、2X1=1、高為3的三棱錐形成的，V三棱錐4>QX3=1, 所以 V=4 X 3 - 1=11 .故選：C兀4.在 ABC 中，b=5, / B=-j-, tanA=2,貝U a 的值是（）A. 10/2B. 25C. V13 D.肥【考點】【分析】【解答】正弦定理.由條件利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求得sinA= 等 ,再由正弦定理求得 a的值.兀解：在4ABC 中，b=5, ZB=,tanA=sinAcos A2 2=2 , sin2A+cos2A=1 , sinA= 5a=2/T0,故選B.w字，則p是4的（）5已知p：函數(shù)f（x）=Wjm有零點'q： |m|A .充分不必要

11、條件B.必要不充分條件C.充要條件D .既不充分也不必要條件【考點】必要條件、充分條件與充要條件的判斷.【分析】令 x=2cos 0, 0,兀,g (x)=cos 9 +2C -返，返.由于函數(shù)f (x)33=x+4-m有零點，可得 me -乂3 , Hg.即可得出.【解答】 解：令x=2cos。，長0,可，則 g (x)口金典-返.返x+q2cos S +4 cos 9 +2|33:函數(shù)f (x)-m有零點，mC -Y3,叵33第7頁(共19頁)，p是q的充要條件.故選：A.6.設(shè)Fl, F2是雙曲線22三_£_= l(a>Os七>0)的兩個焦點，P在雙曲線上，若,麗二

12、0,而卜|三|二2小？(c為半焦距)，則雙曲線的離心率為(C. 2B.A.【考點】雙曲線的簡單性質(zhì).【分析】由而呵二色可得 PF1F2是直角三角形，由勾股定理得(2c)2=| PFi|2+|PF2|2=| PF1- PF2I22| PFi| PF2| 二4a2 4ac,即可求出雙曲線的離心率.【解答】解：由題意得， PF1F2是直角三角形，由勾股定理得(2c) 2=|PFi|2+|PF2|2=|PFi-PF2|2-2| PFi| PF2I =4a2-4ac,c2- ac- a2=0, ' e2 - e - 1=0,.e>1,一+1e故選：D.7,已知 f (x) =2x - 1,

13、 g (x) =1 - x2,規(guī)定：當(dāng) | f (x) | >g (x)時，h (x) =| f (x) | ； 當(dāng)| f (x) | vg (x)時，h (x) = - g (x),則 h (x)()A .有最小值-1,最大值1 B.有最大值1,無最小值C.有最小值-1 ,無最大值 D .有最大值-1 ,無最小值【考點】分段函數(shù)的解析式求法及其圖象的作法.【分析】 可以畫出f (x) =2x- 1, g (x) =1 -x2,的圖象，根據(jù)規(guī)定分兩種情況：在 A、B 兩側(cè)，|f (x) | >g (x)；在A、B之間，從圖象上可以看出最值；【解答】 解：畫出y=| f (x) |

14、=| 2x1|與y=g (x) =1 x2的圖象，它們交于A、B兩點.由規(guī)定”，在 A、B 兩側(cè)，| f (x) | >g (x)故 h (x) =| f (x) | ; 在 A、B 之間，| f (x) | vg (x),故 h (x) = - g (x).綜上可知，y=h (x)的圖象是圖中的實線部分，因此h (x)有最小值-1,無最大值.故選C.8.在平面四邊形 ABCD中，點E、F分別是邊AD、BC的中點，且AB=1 , EF=/£ CD=/S ,若圭就二15,則菽'面的值為()A. 13 B. 14 C. 15 D. 16【考點】平面向量數(shù)量積的運算.【分析】

15、 可作出圖形，設(shè) AB ADC=O ,根據(jù)向量加法及數(shù)乘的幾何意義便可得到 - &D - BC * - 5CAD AB：EF +DC=EF4,從而得出AB+DC=2EF，根據(jù)條件,兩邊平方即可求出靛而百5=而5 - OA, BC=OC - OB,從而根據(jù)菽標(biāo)=15便可以得到前，元+5卻8識15+而¥施+水，而，從而便可以求得 菽麗=115+而,麗十贏一西祖一瓦而=15 -Ib 林=14.【解答】解：如圖所示, * . * AD RC * »9 PP AT)設(shè) ABADC=O, AB二虹+ EF+FB =EF"5一，DODE+EF +FC士EFH;一MU，靛

16、而=痂；_ _竺二即s，CDh«,平方得，1+5+2足、&二AB*DC=1|；又一,；即卜而-OAh（OC-OB）=OD*OC -而瓦-OA*OC-FOA-OB=15；.在而十瓦靛=15+而，麗+箍正；-，：不 -r=-> 'ifi .1. - 一 F ；門：=（15+而屈+5X 而）而而5-加而=,.!-1一.！='一一 r=I 二面；=' / 獨；L -=15- 1=14.故選B.二、填空題（本大題共 6個小題，每小題9.若（1+2ai） i=1 - bi,其中 a、be R,【考點】復(fù)數(shù)求模.【分析】由（1+2ai） i=1 - bi化簡求

17、出a、【解答】解：由（1+2ai） i=1 - bi,得5分，共30分.把答案填在題中橫線上 i是虛數(shù)單位，則| a+bi| =¥"一.b的值，然后由復(fù)數(shù)模的公式即可求出.)| a+bi | 的值.-1 - 2a+ (1+b) i=0.(-1-20"tlfb=O ,解得：2.b=-1設(shè) z=a+bi (a、be R),貝U z= - - i,-I a+bil =J(_*(7)2丁醇 故答案為：匹.10. （2"心”的展開式中x3的系數(shù)是24【考點】二項式系數(shù)的性質(zhì).【分析】求出（2及+通）"S- r的通項公式為 Tr+1 = .L的值，即可求得

18、X3的系數(shù).【解答】解：由于（2肝百）4的展開式的通項公式為T8- r 4-=3,求出 rL-rr+1=C(2K)"JJ8 -r=%."，尸，令二-3,解得r=2,故T4=24 x3,故展開式中x3的系數(shù)是24, 故答案為：24.11 .如圖是一個程序框圖，則輸出的S的值是 63【考點】程序框圖.【分析】模擬執(zhí)行程序框圖，依次寫出每次循環(huán)得到的n, S的值，當(dāng)S=63時滿足條件S>33,退出循環(huán)，輸出 S的值為63.【解答】解：模擬執(zhí)行程序框圖，可得S=1, n=1S=3,不滿足條件 S>33, n=2, S=7不滿足條件 S>33, n=3, S=15不

19、滿足條件S>33, n=4, S=31不滿足條件 S>33, n=5, S=63滿足條件S>33,退出循環(huán)，輸出 S的值為63.故答案為：63.12.如圖，PA切。O于點A,割線PBC經(jīng)過圓心O, OB=PB=1 , OA繞點O逆時針旋轉(zhuǎn)60°到OD,則PD的長為_曲一.第9頁（共19頁）【考點】與圓有關(guān)的比例線段.【分析】 解法一：如圖根據(jù)題設(shè)條件可求得角DOP的大小，由于 OD=1 , OP=2,由余弦定理求長度即可.解法二：由圖形知，若能求得點 D到線段OC的距離DE與線段OE的長度，在直角三角形 PED中用勾股定理求 PD即可.【解答】 解：法一： PA切。

20、于點A, B為PO中點，AB=OB=OA , AOB=60 °, .POD=120 °,在 POD中由余弦定理，得：PD2=PO2+DO22PO?DOcos/POD=4+L 4乂 ( - -)=7.FD ,'.法二：過點D作DE, PC垂足為E,. / POD=120 °, ./ DOC=60 °,可得OE上， 在RtAPED中，有pd=VhF+dP =樗崇7713.在極坐標(biāo)系中，直線=2被圓p=4截得的弦長為 j小一.【考點】簡單曲線的極坐標(biāo)方程.【分析】先利用三角函數(shù)的和角公式展開直線的極坐標(biāo)方程的左式，再利用直角坐標(biāo)與極坐標(biāo)間的關(guān)系，即利用

21、eos0=x, psin戶y,自=x2+y2,進行代換即得直角坐標(biāo)方程，最后利用直角坐標(biāo)中直線與圓的關(guān)系求出截得的弦長即可.五【解答】解：: psin ( +) =2,psin + poos92世，化成直角坐標(biāo)方程為：x+y - 2/2=0,圓尸4化成直角坐標(biāo)方程為 x2+y2=l6,|2V2|圓心到直線的距離為：d二產(chǎn)二2V2截得的弦長為：2X Jr2 - e2乂16 - 4=46.故答案為：J+f +2算1 2y+21014.已知 x, yC R,滿足 2wyw4-x, x>1,則的最大值為 _一xy工+產(chǎn)一 13【考點】基本不等式.T+1V-1y - 1【分析】把原式化簡可得一，利

22、用可行域和斜率計算公式可得 -的取值范圍,y- 1 什 1x+1再利用導(dǎo)數(shù)即可得出最大值.【解答】解：由X, y滿足2<y<4-x, x>1, 畫出可行域如圖所示.則 A (2, 2), B (1, 3).24-Y2+2r- 2y42)2+(y - 1 ) ? x+1 ,71= r : 一叼一廣廠1 (工+1)。7) y 1 什1k=?第13頁(共19頁)則k表示可行域內(nèi)的任意點 Q (x, y)與點P ( - 1, 1)的斜率.2-113-1而 kPA=z- 1-1)7，k用二LET二，令 f (k) =k則 f" (k)=l -=k ?1<0- k2 IT

23、函數(shù)f (k)單調(diào)遞減，因此當(dāng) k=上時，f (k)取得最大值，f(y)=-E-3=y.故答案為：三、解答題：(本大題6個題，共80分)15.設(shè)函數(shù) f (x) =cosx?cos (x 0) - -ycos 0, 0 (0,兀).已知當(dāng)九 x=T時，f (x)取得最大值.(1)求。的值;【考點】g (x) =2f (yx),求函數(shù) g (x)在0, - 三角函數(shù)的最值；三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用.上的最大值.【分析】(1)由三角函數(shù)公式化簡可得f (x)cos (2x-，由三角函數(shù)的最值可得;(1)知 f (x) =cos (2x 2),可得 g (x) =2f (jx) =cos (3x)，

24、由0和三角函數(shù)的最值可得.【解答】 解：(1)由三角函數(shù)公式化簡可得:f (x) =cosx (cosxcos 什sinxsin 0)cos 0=cos2xcos o+sinxcosxsin 0- -cos 0L+cos2x 1=cos0+-sin2xsin 0-caL-l=cos2xcos 0+sin2xsin 0bl=cos (2x - 0)jocose由f(x) max=f空30) =1又由(1)知 f (x)cos (2x-, g (x) =2f (x) =cos (3x 2JU2兀-3- 0 3x -TTT，當(dāng) 3x-=0,即 x=時，g ( x) max=116 .甲、乙兩個乒乓球

25、選手進行比賽，他們的水平相當(dāng)，規(guī)定 七局四勝”，即先贏四局者勝,若已知甲先贏了前兩局，求：(1)乙取勝的概率；(2)比賽打滿七局的概率；(3)設(shè)比賽局?jǐn)?shù)為 X,求X的分布列和數(shù)學(xué)期望.【考點】離散型隨機變量的期望與方差；離散型隨機變量及其分布列.【分析】（1）當(dāng)甲先贏了前兩局時，乙取勝的情況有兩種：第一種是乙連勝四局；第二種是 在第三局到第六局， 乙贏了三局，第七局乙贏.由此能求出當(dāng)甲先贏了前兩局時，乙取勝的概率.（2）比賽打滿七局有兩種結(jié)果：甲勝或乙勝，記比賽打滿七局甲勝”為事件A,記 牝賽打滿七局乙勝”為事件B, A, B互斥，由此能求出比賽打滿七局的概率.（3）隨機變量X的所有可能取值為

26、 4, 5, 6, 7,分別求出相應(yīng)的概率，由此能求出X的分布列和數(shù)學(xué)期望.【解答】解：（1）當(dāng)甲先贏了前兩局時，乙取勝的情況有兩種：第一種是乙連勝四局；第二 種是在第三局到第六局，乙贏了三局，第七局乙贏.在第一種情況下，乙取勝的概率為（上）4=-V,二 16在第二種情況下，乙取勝的概率為 煜（二）”?!二匕，所以當(dāng)甲先贏了前兩局時，乙取勝的概率為工總金.16 8 16（2）比賽打滿七局有兩種結(jié)果：甲勝或乙勝，記比賽打滿七局甲勝”為事件A,記 比賽打滿七局乙勝”為事件B.則P（A） =C；*4*）卷 P（B）=醇哈已吟）假又A , B互斥，所以比賽打滿七局的概率為P (A) +P (B)第17

27、頁(共19頁)（3）隨機變量X的所有可能取值為4, 5, 6, 7P (X=4)P (X=5)P (X=6)P (X=7)=C(:-)1 1=C 3(萬)=C 4 (J3%所以X的分布列為X 4567P 9方春號故隨機變量X的數(shù)學(xué)期望EX=4 X-1-+5x4+6x +7X=7444217 .如圖所示，在四棱錐 P-ABCD中，底面四邊形 ABCD是菱形，AC ABD=O , PAC是 邊長為2的等邊三角形，PB=PD= <6 , AP=4AF .（I ）求證：POL底面ABCD ;（n ）求直線CP與平面BDF所成角的大?。籇U（出）在線段PB上是否存在一點 M,使得CM /平面BDF

28、?如果存在，求 上的值，如果 不存在，請說明理由.B【考點】用空間向量求直線與平面的夾角；直線與平面平行的判定；直線與平面垂直的判定；直線與平面所成的角.【分析】(I )證明PO,底面ABCD ,只需證明POXAC , POXBD;(n )建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線CP的方向向量，平面 BDF的法向量，利用向量的夾角公式可求直線 CP與平面BDF所成角的大??；(m )設(shè)詈=入(0<1),若使CM /平面BDF ,需且僅需面 ：=0且CM ?平面BDF ,即Br可得出結(jié)論.【解答】(I )證明：因為底面 ABCD是菱形，ACABD=O,所以。為AC, BD中點. 又因為 PA=PC, P

29、B=PD, 所以 POXAC , POXBD,所以POL底面ABCD .(n )解：由底面 ABCD是菱形可得 AC ± BD ,又由(I )可知 POXAC, POXBD.如圖，以。為原點建立空間直角坐標(biāo)系 O-xyz.由 PAC是邊長為2的等邊三角形，PB=P1=JE,可得 P0=5 0&=0D=V3.所以A(l, O, 0), C(-l, Q,。)，P(O, Q, V3),所以樂Ei, o,低),AP=(-1, o, V5) 由已知可得了=二4點=(9，o,坐)- 設(shè)平面BDF的法向量為另二(x, y, z),則3 乃_小 丁二。令x=1 ,則所以G= (1, 0,-日

30、.I CP I I n所以直線CP與平面BDF所成角的正弦值為上|2所以直線CP與平面BDF所成角的大小為30°.(出)解：設(shè):=mowk 1),則面二有+加十幾而=(i,如m 止人)一若使CM /平面BDF ,需且僅需* n=0 且 CM ?平面 BDF ,解得 0. 1所以在線段PB上存在一點M ,使得CM /平面BDF .此時典二工BF-3!318 .已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為，且經(jīng)過點HQ，方),過點P(2, 1)的直線l與橢圓C相交于不同的兩點 A, B.(I )求橢圓C的方程；(n)是否存直線1,滿足瓦屈二外,？若存在，求出直線1的方程；若不存在，請說

31、明理由.【考點】橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；直線與圓錐曲線的綜合問題.【分析】(1)先設(shè)橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，將點M代入得到一個方程，根據(jù)離心率得到一個關(guān)系式，再由a2=b2+c2可得到a, b, c的值，進而得到橢圓的方程.(2)假設(shè)存在直線滿足條件，設(shè)直線方程為y=k (x-2) +1,然后與橢圓方程聯(lián)立消去 y得到一元二次方程，且方程一定有兩根，故應(yīng)大于0得到k的范圍，進而可得到兩根之和、兩根之積的表達(dá)式，再表示出 向p,再代入關(guān)系式百二百/可確定k的值，從而得解.【解答】22解：(I )設(shè)橢圓C的方程為q4_2六1 Ca>b>0), a2 b2由題意得12a=1c 1a-2a b + c解得

32、a2=4, b2=3,故橢圓C的方程為/十匚二1.432Li(n)若存在直線l滿足條件，由題意可設(shè)直線 l的方程為y=k (x- 2) +1,得(3+4k2) x2 -8k (2k 1) x+16k2 16k 8=0.y=k(s -2)+1因為直線l與橢圓C相交于不同的兩點 A, B,設(shè)A, B兩點的坐標(biāo)分別為(xi, yi),(X2, y2),所以 = -8k (2k-1) 2- 4? (3+4k2) ? (16k2- 16k- 8) >0.整理得 32 (6k+3) >0.解得k> .融(2kT)16k2 16k- 8又 二弓一,二;，3+411 £3+4k?且

33、尿菰由2,即(工廠2)缺廣2)+(0-1)6廣1)二卷,所以【勺2"冥2 - 2)(l+k2) = |FM | 即工工2一 乂町+9)+4 (1+蘆)= .所以畢一此一匹j4m3注4，解"±匕3+4必3+4必3+4k2 42數(shù)列an滿足 a1=1, an+1=f),ne N*,所以昌.于是存在直線1滿足條件，其的方程為 y=L:.19 .已知函數(shù)f (x)=(1)求數(shù)列 an的通項公式；(2)令 Tn=a1a2a2a3+a3a4 a4a5+ a2na2n+1,求 Tn；1(3)令 bn=-日Lan立，求最小正整數(shù) m.(n> 2), b1 =3, Sn=b1+b2+, +bn,若m- 2007Sn<對一切 nC N 成【考點】 數(shù)列的求和；數(shù)列遞推式；數(shù)列與不等式的綜合.,進而計算可得結(jié)論;【分析】（1）通過代入函數(shù)解析式化簡可知an+1=an=3(2)通過(1)可知 Tn=aia2a2a3+a3a4 a4a5+a2na2n+i=a2 ( ai 電)+a4 (a3- as) +.，+a2n(a2n-1 - a2n+1),進而計算可得結(jié)論；（3）當(dāng)n> 2時裂項可知bn=22口-