上海市金山区2021-2022学年高三上学期期末质量监控（一模）数学试卷
一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1．（4分）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{x|x＜3}，则A∩B＝ ．
2．（4分）函数y＝log2（x﹣1）的定义域是 ．
3．（4分）若复数z满足iz＝﹣i（i为虚数单位），则|z|＝ ．
4．（4分）（x+2）6的展开式中x3的系数为 .（结果用数值表示）
5．（4分）已知cosα＝，则行列式的值为 ．
6．（4分）某小区共有住户2000人，其中老年人600人，中年人1000人，其余为青少年等人群，为了调查该小区的新冠疫苗接种情况，现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为400的样本，则样本中中年人的人数为 ．
7．（5分）设P为直线y＝2x上的一点，且位于第一象限，若点P到双曲线﹣y2＝1的两条渐近线的距离之积为27，则点P的坐标为 ．
8．（5分）已知x＞0，y＞0，且+＝1，则4x+y的最小值为 ．
9．（5分）有身高全不相同的6位同学一起拍毕业照，若6人随机排成两排，每排3人，则后排每人都比前排任意一位同学高的概率是 .（结果用最简分数表示）
10．（5分）已知P1、P2、P3、 、P10是抛物线y2＝8x上不同的点，点F（2，0），若++…+＝，则||+||+…+||＝ ．
11．（5分）若数列{an}满足an+an+1+an+2+…+an+k＝0（n∈N*，k∈N*），则称数列{an}为“k阶相消数列”．已知“2阶相消数列”{bn}的通项公式为bn＝2cosωn，记Tn＝b1b2…bn，1≤n≤2021，n∈N*，则当n＝ 时，Tn取得最小值．
12．（5分）已知点O（0，0）、A0（2，3）和B0（5，6），记线段A0B0的中点为P1，取线段A0P1和P1B0中的一条，记其端点为A1、B1，使之满足（|OA1|﹣5）（|OB1|﹣5）＜0，记线段A1B1的中点为P2，取线段A1P2和P2B1中的一条，记其端点为A2、B2，使之满足（|OA2|﹣5）（|OB2|﹣5）＜0，依次下去，得到点P1、P2、…，Pn、…，则|A0Pn|＝ ．
二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）已知a、b∈R，则“＞1”是“b＞a”的（ ）条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充要 D．非充分非必要
14．（5分）下列函数中，以为周期且在区间[，]上单调递增的是（ ）
A．f（x）＝|cos2x| B．f（x）＝|sin2x| C．f（x）＝sin4x D．f（x）＝cos2x
15．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R分别是棱AB、BC、BB1的中点，以△PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面上，则这个直三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
16．（5分）已知向量与的夹角为120°，且 ＝﹣2，向量满足＝λ+（1﹣λ）（0＜λ＜1），且 ＝ ，记向量在向量与方向上的投影分别为x、y．现有两个结论：①若λ＝，则||＝2||；②x2+y2+xy的最大值为．则正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立
三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，已知圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点．
（1）求此圆锥的表面积；
（2）求异面直线PQ与SO所成角的大小．
18．（14分）已知函数f（x）＝3x．
（1）设y＝f﹣1（x）是y＝f（x）的反函数，若f﹣1（x1x2）＝1，求f﹣1（x13）+f﹣1（x23）的值；
（2）是否存在常数m∈R，使得函数g（x）＝1+为奇函数，若存在，求m的值，并证明此时g（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，若不存在，请说明理由．
19．（14分）落户上海的某休闲度假区预计于2022年开工建设．如图，拟在该度假园区入口处修建平面图呈直角三角形的迎宾区，∠ACB＝，迎宾区的入口设置在点A处，出口在点B处，游客可从入口沿着观景通道A﹣C﹣B到达出口，其中AC＝300米，BC＝200米，也可以沿便捷通道A﹣P﹣B到达出口（P为△ABC内一点）．
（1）若△PBC是以P为直角顶点的等腰直角三角形，某游客的步行速度为每分钟50米，则该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快几分钟？（结果精确到1分钟）
（2）园区计划将△PBC区域修建成室外游乐场，若∠BPC＝，该如何设计使室外游乐场的面积最大，请说明理由．
20．（16分）已知P（0，1）为椭圆C：+＝1内一定点，Q为直线l：y＝3上一动点，直线PQ与椭圆C交于A、B两点（点B位于P、Q两点之间），O为坐标原点．
（1）当直线PQ的倾斜角为时，求直线OQ的斜率；
（2）当△AOB的面积为时，求点Q的横坐标；
（3）设＝λ，＝μ，试问λ﹣μ是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
21．（18分）已知有穷数列{an}的各项均不相等，将{an}的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列{pn}，称{pn}为{an}的“序数列”．例如，数列a1、a2、a3满足a1＞a3＞a2，则其“序数列”{pn}为1、3、2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”．
（1）若数列3﹣2x、5x+6、x2的“序数列”为2、3、1，求实数x的取值范围；
（2）若项数均为2021的数列{xn}、{yn}互为“保序数列”，其通项公式分别为xn＝（n+） （）n，yn＝﹣n2+tn（t为常数），求实数t的取值范围；
（3）设an＝qn﹣1+p，其中p、q是实常数，且q＞﹣1，记数列{an}的前n项和为Sn，若当正整数k≥3时，数列{an}的前k项与数列{Sn}的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p、q满足的条件．上海市金山区2021-2022学年高三上学期期末质量监控（一模）数学试卷
答案与试题解析
一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1．（4分）已知集合A＝{x|x＞2}，B＝{x|x＜3}，则A∩B＝ {x|2＜x＜3} ．
【分析】利用交集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A＝{x|x＞2}，B＝{x|x＜3}，
∴A∩B＝{x|2＜x＜3}．
故答案为：{x|2＜x＜3}．
2．（4分）函数y＝log2（x﹣1）的定义域是 （1，+∞） ．
【分析】由函数的解析式知，令真数x﹣1＞0即可解出函数的定义域．
【解答】解：∵y＝log2（x﹣1），∴x﹣1＞0，x＞1
函数y＝log2（x﹣1）的定义域是（1，+∞）
故答案为（1，+∞）
3．（4分）若复数z满足iz＝﹣i（i为虚数单位），则|z|＝ 2 ．
【分析】根据复数的四则运算先化简复数，然后计算复数的长度即可
【解答】解：∵，
∴﹣z＝i+1，
∴z＝﹣1﹣i，
∴|z|＝＝2，
故答案为：2．
4．（4分）（x+2）6的展开式中x3的系数为 160 .（结果用数值表示）
【分析】先求出二项式展开式的通项公式，再令x的幂指数等于3，求得r的值，即可求得展开式中的x3的系数．
【解答】解：由于（x+2）6的二项展开式的通项公式为 Tr+1＝ 2r x6﹣r，
令6﹣r＝3，求得 r＝3，
∴展开式中x3的系数是：23 ＝160．
故答案为：160．
5．（4分）已知cosα＝，则行列式的值为 ．
【分析】利用行列式的定义，结合同角三角函数的基本关系式，求解即可．
【解答】解：cosα＝，
＝1﹣sin2α＝cos2α＝．
故答案为：．
6．（4分）某小区共有住户2000人，其中老年人600人，中年人1000人，其余为青少年等人群，为了调查该小区的新冠疫苗接种情况，现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为400的样本，则样本中中年人的人数为 200 ．
【分析】利用分层抽样的性质直接求解．
【解答】解：现采用分层抽样的方法从中抽取一个容量为400的样本，
则样本中中年人的人数为：
400×＝200．
故答案为：200．
7．（5分）设P为直线y＝2x上的一点，且位于第一象限，若点P到双曲线﹣y2＝1的两条渐近线的距离之积为27，则点P的坐标为 （3，6） ．
【分析】设出点的坐标，求出双曲线的渐近线方程，利用已知条件列出方程求解即可．
【解答】解：由题意设P（s，2s），s＞0，
双曲线﹣y2＝1的两条渐近线x±2y＝0，
点P到双曲线﹣y2＝1的两条渐近线的距离之积为27，
可得，解得s＝3，
所以P（3，6）．
故答案为：（3，6）．
8．（5分）已知x＞0，y＞0，且+＝1，则4x+y的最小值为 25 ．
【分析】4x+y＝（+）（4x+y）＝++17，然后利用基本不等式可解决此题．
【解答】解：∵x＞0，y＞0，且+＝1，
∴4x+y＝（+）（4x+y）＝++17≥2+17＝25，
当且仅当即x＝y＝5时等号成立，∴4x+y的最小值为25．
故答案为：25．
9．（5分）有身高全不相同的6位同学一起拍毕业照，若6人随机排成两排，每排3人，则后排每人都比前排任意一位同学高的概率是 .（结果用最简分数表示）
【分析】根据题意，分步计算“6个人进行全排列”和“后排每人都比前排任意一位同学高”的排法，由古典概型公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，将6个人进行全排列，共有A66＝720排法，
若后排每人都比前排任意一位同学高，则身高高的三个同学在后排排列，其余三个同学在前排排列，
共有A33A33＝36种排法，
则后排每人都比前排任意一位同学高的概率P＝＝；
故答案为：．
10．（5分）已知P1、P2、P3、 、P10是抛物线y2＝8x上不同的点，点F（2，0），若++…+＝，则||+||+…+||＝ 40 ．
【分析】设P1、P2、P3、 、P10的横坐标x1，x2......x10，由向量的和为零向量，可得x1+x2+.....x10＝20，再由抛物线的定义可得，到焦点的距离等于到准线的距离，可得向量的模的和的值．
【解答】解：设P1、P2、P3、 、P10的横坐标x1，x2......x10，
由抛物线的方程y2＝8x可得准线方程x＝﹣2，
因为++…+＝，所以（x1+x2+.....x10﹣10×2，y1+y2+.....+y10）＝（0，0），
所以x1+x2+.....x10﹣10×2＝0，即x1+x2+.....x10＝20，
由抛物线的定义到焦点的距离等于到准线的距离可得：||+||+…+||＝（x1+2）+.....（x10+2）＝x1+x2+.....x10+10×2＝20+20＝40，
故答案为：40．
11．（5分）若数列{an}满足an+an+1+an+2+…+an+k＝0（n∈N*，k∈N*），则称数列{an}为“k阶相消数列”．已知“2阶相消数列”{bn}的通项公式为bn＝2cosωn，记Tn＝b1b2…bn，1≤n≤2021，n∈N*，则当n＝ 2020 时，Tn取得最小值．
【分析】由bn+bn+1+bn+2＝0可求出{bn}周期，对cosωn+cosω（n+1）+cosω（n+2）＝0变形可求得cosω＝，从而求得cos2ω，cos3ω，得到{bn}的前三项，分析Tn的正负情况，可得n＝3k+1（k∈N）时Tn为负值，对此时的Tn的求表达式可得﹣2k，k最大时Tn有最小值．
【解答】解：由已知得bn+bn+1+bn+2＝0（n∈N*），
故bn+1+bn+2+bn+3＝0（n∈N*），
故bn＝bn+3（n∈N*），{bn}的周期为3，
设bn＝2cn，其中cn＝cosωn，故{cn}的周期为3，
由题意有cosωn+cosω（n+1）+cosω（n+2）＝0，
由和差化积公式有2cos（）cos（）+cosω（n+1）＝0，
故2cos[ω（n+1）]cosω+cos[ω（n+1）]＝0，
因此（2cosω+1）cos[ω（n+1）]＝0，
若ω（n+1）＝+kπ（k∈Z），不存在这样的ω对任意n恒成立，故舍，
则cosω＝，
c1＝cosω＝，c2＝cos2ω＝2cos2ω﹣1＝，
由三倍角公式有c3＝cos3ω＝4cos3ω﹣3cosω＝1，
故Tn＝b1b2…bn＝2nc1c2…cn，
当n＝3k+1（k∈N）时Tn＜0，
当n＝3k+2（k∈N）时Tn＞0，
当n＝3k+3（k∈N）时Tn＞0，
当n＝3k+1（k∈N）时，Tn＝2n（c1c2c3）kc1＝2n（）k（﹣）＝﹣2k，
3k+1≤2021，故k≤673，此时Tn最小，此时n＝2020，
故答案为：2020．
12．（5分）已知点O（0，0）、A0（2，3）和B0（5，6），记线段A0B0的中点为P1，取线段A0P1和P1B0中的一条，记其端点为A1、B1，使之满足（|OA1|﹣5）（|OB1|﹣5）＜0，记线段A1B1的中点为P2，取线段A1P2和P2B1中的一条，记其端点为A2、B2，使之满足（|OA2|﹣5）（|OB2|﹣5）＜0，依次下去，得到点P1、P2、…，Pn、…，则|A0Pn|＝ ．
【分析】设线段A0B0上到原点距离等于5的点为P（x，y），可得P（3，4），根据已知条件可得A1，B1，A2，B2 中必有一点在P（3，4）的左侧，一点在P（3，4）的右侧，再由P1，P2，…Pn，…是中点，可得出P1，P2，…Pn，…的极限即为P（3，4），即可求解．
【解答】解：由（|OA2|﹣5）（|OB2|﹣5）＜0，可知|OA2|和|OB2|一个大于5一个小于5，
设线段A0B0上到原点距离等于5的点为P（x，y），
由＝5且，可得x＝3，y＝4，
所以线段A0B0上到原点距离等于5的点为P（3，4），
若（|OA2|﹣5）（|OB2|﹣5）＜0，则A1，B1应在点P（3，4）的两侧，
所以第一次应取A1，B1，A2，B2 中必有一点在P（3，4）的左侧，
一点在P（3，4）的右侧，因为P1，P2，…Pn，…是中点，
所以P1，P2，…Pn…的极限为P（3，4），
所以|A0Pn|＝|A0P|＝，
故答案为：．
二.选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）
13．（5分）已知a、b∈R，则“＞1”是“b＞a”的（ ）条件
A．充分非必要 B．必要非充分
C．充要 D．非充分非必要
【分析】因为＞1可化为：＞0，然后分别对a＞0，a＜0讨论得出b与a的关系，进而可以求解．
【解答】解：因为＞1可化为：＞0，
当a＞0时，b﹣a＞0，即b＞a；
当a＜0时，b﹣a＜0，即b＜a，
所以与b＞a没有关系，
故选：D．
14．（5分）下列函数中，以为周期且在区间[，]上单调递增的是（ ）
A．f（x）＝|cos2x| B．f（x）＝|sin2x| C．f（x）＝sin4x D．f（x）＝cos2x
【分析】由题意利用三角函数的周期性和单调性，得出结论．
【解答】解：由于f（x）＝|cos2x|的周期为×＝，在区间[，]上，2x∈[，π]，f（x）单调递增，故A满足条件；
由于f（x）＝|sin2x|的周期为×＝，在区间[，]上，2x∈[，π]，f（x）单调递减，故排除B；
由于f（x）＝sin4x的周期为＝，在区间[，]上，4x∈[π，2π]，f（x）没有单调性，故排除C；
由于f（x）＝cos2x的周期为＝π，在区间[，]上，2x∈[，π]，f（x）单调递减，故排除D，
故选：A．
15．（5分）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q、R分别是棱AB、BC、BB1的中点，以△PQR为底面作一个直三棱柱，使其另一个底面的三个顶点也都在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的表面上，则这个直三棱柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【分析】连接A1C1，BC1，C1D，并分别取它们的中点R1，P1，Q1，连接AC1，RR1，PP1，QQ1，R1P1，P1Q1，Q1R1，利用线面垂直的判定定理和性质证明三棱柱PQR﹣P1Q1R1为直三棱柱，由体积公式求解即可．
【解答】解：如图，连接A1C1，BC1，C1D，并分别取它们的中点R1，P1，Q1，连接AC1，RR1，PP1，QQ1，R1P1，P1Q1，Q1R1，
则RR1∥AC1，PP1∥AC1，QQ1∥AC1，且RR1＝AC1，PP1＝AC1，QQ1＝AC1，
连接AC，可得AC⊥PQ，
因为CC1⊥平面ABCD，又PQ 平面ABCD，
则CC1⊥PQ，
又CC1∩AC＝C，AC，CC1 平面C1CA，
所以PQ⊥平面C1CA，又AC1 平面C1CA，
所以PQ⊥AC1，
同理可得，AC1⊥PR，
又PQ∩PR＝P，
则AC1⊥平面PQR，
所以RR1⊥平面PQR，PP1⊥平面PQR，QQ1⊥平面PQR，
则三棱柱PQR﹣P1Q1R1为直三棱柱，
由正方体的棱长为1，可得PQ＝QR＝PR＝，RR1＝，
故＝．
故选：C．
16．（5分）已知向量与的夹角为120°，且 ＝﹣2，向量满足＝λ+（1﹣λ）（0＜λ＜1），且 ＝ ，记向量在向量与方向上的投影分别为x、y．现有两个结论：①若λ＝，则||＝2||；②x2+y2+xy的最大值为．则正确的判断是（ ）
A．①成立，②成立 B．①成立，②不成立
C．①不成立，②成立 D．①不成立，②不成立
【分析】①根据及与的夹角为120°求出，假设成立，求出与，代入后发现等式不成立，故①错误；
②利用向量共线定理可知，点C在线段AB上，再结合可得：OC⊥AB，利用投影公式求出，只需求出||最大值，利用面积公式和基本不等式求出||最大值为1，进而求出x2+y2+xy最大值．
【解答】解：由，解得，
当时，，
由得，，
即，
由得，
因为，
假设，则可求出，
代入中，等号不成立，故①错误；
设，
因为，
由向量共线定理可知，点C在线段AB上，如图，
设，则，
因为，
所以，
即，
所以，
，
而要想保证最大，只需|AB|最小，
由余弦定理可得：，
当且仅当时等号成立，
所以|AB|最小值为，
所以最大值为，
故的最大值为，②正确；
故选：C．
三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18＝76分）
17．（14分）如图，已知圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，点Q为半圆弧的中点，点P为母线SA的中点．
（1）求此圆锥的表面积；
（2）求异面直线PQ与SO所成角的大小．
【分析】（1）由圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，求出SA＝4，由此能求出圆锥的表面积．
（2）以O为原点，OQ为x轴，OA为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线SO与PQ所成角的大小．
【解答】解：（1）∵圆锥的底面半径r＝2，经过旋转轴SO的截面是等边三角形SAB，
得SA＝4，
∴圆锥的表面积S＝π×22+×4π×4＝12π．
（2）以O为原点，OA为x轴，OB为y轴，OS为z轴，建立空间直角坐标系，
由题意可得SO＝2，
则S（0，0，2），O（0，0，0），A（0，2，0），Q（2，0，0），P（0，1，），
＝（0，0，﹣2），＝（2，﹣1，﹣），
设异面直线PQ与SO所成角的大小为θ，
则cosθ＝＝＝，
∴异面直线SO与PQ所成角的大小为arccos．
18．（14分）已知函数f（x）＝3x．
（1）设y＝f﹣1（x）是y＝f（x）的反函数，若f﹣1（x1x2）＝1，求f﹣1（x13）+f﹣1（x23）的值；
（2）是否存在常数m∈R，使得函数g（x）＝1+为奇函数，若存在，求m的值，并证明此时g（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增，若不存在，请说明理由．
【分析】（1）求得f﹣1（x）＝log3x，再由对数的运算性质可得所求值；
（2）假设存在常数m∈R，使得函数g（x）＝1+为奇函数，由g（0）＝0，解方程可得m，检验可得结论；再由单调性的定义证明g（x）的单调性，注意取值、作差和变形、定符号和下结论等步骤．
【解答】解：（1）由f（x）＝3x，y＝f﹣1（x）是y＝f（x）的反函数，
可得f﹣1（x）＝log3x，
f﹣1（x1x2）＝log3（x1x2）＝1，
即有x1x2＝3，
所以f﹣1（x13）+f﹣1（x23）＝log3x13+log3x23＝3（log3x1+log3x2）＝3log3（x1x2）＝3；
（2）假设存在常数m∈R，使得函数g（x）＝1+为奇函数．
由g（x）＝1+为R上的奇函数，可得g（0）＝1+m＝0，解得m＝﹣2，
即有g（x）＝1+，g（﹣x）+g（x）＝1++1+＝2﹣2 ＝0，
所以存在m＝﹣2，使得g（x）为奇函数；
证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2，g（x1）﹣g（x2）＝﹣+＝2 ，
由x1＜x2，可得0＜3x1＜3x2，即3x1﹣3x2＜0，所以g（x1）﹣g（x2）＜0，即g（x1）＜g（x2），
所以g（x）在（﹣∞，+∞）上单调递增．
19．（14分）落户上海的某休闲度假区预计于2022年开工建设．如图，拟在该度假园区入口处修建平面图呈直角三角形的迎宾区，∠ACB＝，迎宾区的入口设置在点A处，出口在点B处，游客可从入口沿着观景通道A﹣C﹣B到达出口，其中AC＝300米，BC＝200米，也可以沿便捷通道A﹣P﹣B到达出口（P为△ABC内一点）．
（1）若△PBC是以P为直角顶点的等腰直角三角形，某游客的步行速度为每分钟50米，则该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快几分钟？（结果精确到1分钟）
（2）园区计划将△PBC区域修建成室外游乐场，若∠BPC＝，该如何设计使室外游乐场的面积最大，请说明理由．
【分析】（1）由三角形PBC为等腰直角三角形，利用勾股定理求出PC的长，在三角形PAC中，利用余弦定理求出的PA长即可，进而计算即可得出结果；
（2）在三角形PBC中由∠PCB的度数表示出∠PBC的度数，利用正弦定理表示出PB与PC，进而表示出三角形PBC面积，再利用正弦函数的值域确定出面积的最大值即可．
【解答】解：（1）由题设，∠PCA＝，PC＝100米，PB＝100米，
在△PAC中，由余弦定理得PA2＝AC2+PC2﹣2AC PC cos，
所以PA＝100米．
游客可从入口沿着观景通道A﹣C﹣B到达出口，所需时间为t1＝＝10分钟，
游客沿便捷通道A﹣P﹣B到达出口所需时间为t1＝＝2（）分钟，
所以该游客从入口步行至出口，走便捷通道比走观景通道可以快10﹣2（）≈3分钟．
（2）∵∠BPC＝，设∠PCB＝θ则 ，
在ΔPBC中∠PBC＝，
由正弦定理得 ，
得PB＝，PC＝．
所以△PBC面积S＝＝＝，
当时，△PBC面积的最大值为平方米．
20．（16分）已知P（0，1）为椭圆C：+＝1内一定点，Q为直线l：y＝3上一动点，直线PQ与椭圆C交于A、B两点（点B位于P、Q两点之间），O为坐标原点．
（1）当直线PQ的倾斜角为时，求直线OQ的斜率；
（2）当△AOB的面积为时，求点Q的横坐标；
（3）设＝λ，＝μ，试问λ﹣μ是否为定值？若是，请求出该定值；若不是，请说明理由．
【分析】（1）先得到直线PQ的方程为y＝x+1，联立，解之即可求得Q点坐标，进而可得OQ斜率；
（2）直线PQ方程为y＝kx+1，联立，结合韦达定理求得|x1﹣x2|，再由S△AOB＝|OP||x1﹣x2|＝，即可求解；
（3）直线PQ的方程为x＝m（y﹣1），联立，结合韦达定理表示得到y1﹣1+y2﹣1＝﹣，（y1﹣1）（y2﹣1）＝﹣，再根据＝λ，＝μ，得到λ＝，μ＝＝＝﹣1+，即可求解．
【解答】解：（1）因为直线PQ的倾斜角为，且P（0，1），
所以直线PQ方程为y＝x+1，联立，解得Q（2，3），
则直线OQ的斜率为；
（2）已知直线PQ斜率存在，设直线PQ方程为y＝kx+1，联立，
得（3+4k ）x +8kx﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝﹣，x1x2＝﹣，
则|x1﹣x2|＝＝＝，解得k ＝，即k＝±，
所以直线PQ方程为y＝x+1或y＝﹣x+1，
由得Q（4，3）；由得Q（﹣4，3）；
（3）已知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为x＝m（y﹣1），联立，
得（4+3m ）（y﹣1） +8（y﹣1）﹣8＝0，
设A（x1，y1），B（x2，y2），y1﹣1+y2﹣1＝﹣，（y1﹣1）（y2﹣1）＝﹣，
所以y1﹣1+y2﹣1＝（y1﹣1）（y2﹣1），
因为＝λ，＝μ，所以λ＝，μ＝＝＝﹣1+，
则λ﹣μ＝+1﹣＝+1＝1．
21．（18分）已知有穷数列{an}的各项均不相等，将{an}的项从大到小重新排序后相应的项数构成新数列{pn}，称{pn}为{an}的“序数列”．例如，数列a1、a2、a3满足a1＞a3＞a2，则其“序数列”{pn}为1、3、2，若两个不同数列的“序数列”相同，则称这两个数列互为“保序数列”．
（1）若数列3﹣2x、5x+6、x2的“序数列”为2、3、1，求实数x的取值范围；
（2）若项数均为2021的数列{xn}、{yn}互为“保序数列”，其通项公式分别为xn＝（n+） （）n，yn＝﹣n2+tn（t为常数），求实数t的取值范围；
（3）设an＝qn﹣1+p，其中p、q是实常数，且q＞﹣1，记数列{an}的前n项和为Sn，若当正整数k≥3时，数列{an}的前k项与数列{Sn}的前k项（都按原来的顺序）总是互为“保序数列”，求p、q满足的条件．
【分析】（1）由题意得出不等式即可求出；
（2）作差判断{xn}增减，得出序数列即可求解；
（3）讨论q＝±1或q＝0，q＞1，0＜q＜1，﹣1＜q＜0，根据数列的单调性结合题意可得．
【解答】解：（1）由题意得a2＞a3＞a1，即，解得1＜x＜6，
即x的取值范围是{x|1＜x＜6}；
（2），
当n＝1时，x2﹣x1＞0，即x2＞x1，当n≥2时，xn+1﹣xn＜0，即xn+1＜xn，
故x2＞x1，x2＞x3＞x4＞ ＞x2021，
又x1＝1，，，因此{xn}的序数列为2，3，1，4，5， ，2021．
又因{xn}、{yn}互为“保序数列“，故y2＞y3＞y1＞y4＞y5＞ ＞y2021，
只需满足，解得：4＜t＜5．
即t的取值范围是{t|4＜t＜5}；
（3）①当q＝±1或q＝0时，数列{an}中有相等的项，不满足题意．
②当q＞1时，数列{an}单调递增，故{Sn}也应单调递增，
从而对n∈N*且n＜k恒成立．又数列{qn+p}单调递增，故p+q＞0．
③当0＜q＜1时，数列{an}单调递减，故{Sn}也应单调递减，
从而对n∈N*且n＜k恒成立．
又数列{qn+p}单调递减，故p+q＜0．
④当﹣1＜q＜0时，数列{a2n﹣1}单调递减，且a2n﹣1＞p；{a2n}单调递增，且a2n＜p，
于是对n∈N*且恒成立，
即2p＜（﹣q）2n﹣1（1+q），从而2p≤0．
另一方面，对n∈N*且恒成立，
即2p＞﹣q2n（1+q），从而2p≥0．
综上，2p＝0，即p＝0．
此时，，满足题意．
综上，当q＞1时，p、q满足的条件是p+q＞0；
当0＜q＜1时，p、q满足的条件是p+q＜0；
当﹣1＜q＜0时，p、q满足的条件是p＝0．
