精品解析：北京十一学校2026-2027学年高三上学期10月月考数学试题

2026北京十一学校高三10月月考 数 学 时间：120分钟　　满分：150分 2026.10 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求解分式不等式得，再利用补集的定义求解即可. 【详解】由，可得，于是，解得， 所以. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由复数的除法法则计算即可. 【详解】由，对应的点为，该点位于第二象限， 故选：B. 3. 若，则下列不等式不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式的性质一一判定即可. 【详解】由于，则，而，故． 即，故A成立； 因为，故，故B成立； ，故C成立； 取，检验可知D不一定成立。 故选：D 4. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 为奇函数且在上为增函数 B. 为偶函数且在上为增函数 C. 为奇函数且在上为减函数 D. 为偶函数且在上为减函数 【答案】A 【解析】 【分析】先化简函数解析式，再根据奇偶性定义判断奇偶性，结合指数函数的单调性判断在上的单调性即可得到结果. 【详解】由题知，定义域为，关于原点对称， 因为， 所以函数为奇函数. 又因为函数为上的增函数，且函数为上的增函数， 两个增函数的和仍为增函数，所以函数为上的增函数，在上也为增函数， 所以函数为奇函数且在上为增函数. 5. 若分别为的三个内角，则“”是“”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】C 【解析】 【分析】由正弦定理得，且，函数在上单调递减，所以，即可判断. 【详解】解：依题意可知，在中，由正弦定理可知， 若，则， 于是，且，函数在上单调递减， 所以， 又，则，所以满足充分性； 且以上过程可逆，因此也满足必要性， 故选：C． 6. 在正项等比数列中，，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】因为数列为正项等比数列，则，即， 又因为，即， 则，当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为8. 7. 已知三次函数，若不等式的解集为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】求导，确定函数的单调区间，和极值，进而可求解. 【详解】由，求导可得：， 由，得或，由，得， 所以在单调递增，在单调递减， 所以当时，极大值为4， 即当时，， 又当时，极小值为0，当时，， 且函数在单调递减，在单调递增， 即当时，，当时，， 综上可知不等式的解集为， 故选：D 8. 如图，直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为和．点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为．则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】如图，设，根据三角形面积求得，设，利用平面向量的线性运算可得，结合和数量积的运算律和二次函数的性质计算即可求解. 【详解】如图，设，则， 所以， 得，又， 所以，得，解得， 所以，故，， 设，则， 所以， 则 ， 当时，取得最小值，且为. 故选：B 【点睛】方法点睛：本题考查平面向量与几何的最值问题，该类问题常见的处理方法为： （1）基底法：通过基底的建立与表示进行求解； （2）坐标法：通过平面直角坐标系，结合坐标公式进行求解； （3）转化法：通过平方关系的转化求解平面向量问题. 9. 某考古团队利用古木中一种有机成分的含量估算其死亡年代．古木死亡后，该成分含量每经过1000年减少20%．检测系统先将样本产生的信号放大，再记录输出信号强度．在放大倍数一定时，输出信号强度与该成分含量成正比.2023年，团队检测一个该成分含量等于初始含量的标准样本；此后三年中，系统每年升级一次，每次将信号放大倍数提高20%.2026年，检测某古木样本，输出信号强度与2023年的标准样本输出的信号强度相同．若两种样本的初始含量相同，则该古木的死亡年代属于（ ）（参考数据：，） 春秋战国 秦汉时期 魏晋南北朝 隋唐时期 公元前770年 至公元前221年 公元前221年 至公元220年 公元220年 至公元589年 公元589年 至公元907年 A. 春秋战国 B. 秦汉时期 C. 魏晋南北朝 D. 隋唐时期 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，2026年检测的标准样本输出的信号强度为，再结合2026年检测的标准样本，输出信号强度与2023年的标准样本输出的信号强度相同，可得方程，再利用对数运算，得到古木的大约死亡时间，即可判断. 【详解】设古木死亡时（初始年份）该有机成分的初始含量为. 已知该成分每经过年减少，设古木死亡了年，则其残余含量为. 设 2023 年系统的初始放大倍数为， 2023年到 2026年共经过了3年，系统每年放大倍数提高， 经过3次升级，2026年的系统放大倍数变为：. 因为2026年检测的标准样本，输出信号强度与2023年的标准样本输出的信号强度相同， 所以，解得 ， 所以古木的大约死亡时间为，即公元前417年， 故该古木的死亡年代属于春秋战国时代. 10. 已知数列满足， ，其前项和为．则下列结论错误的是（ ） A. 对任意符合条件的数列，都有 B. 对任意正整数，都存在符合条件的数列，使是该数列中的某一项 C. 存在符合条件的数列，使有无穷多项为2的非负整数次幂 D. 存在符合条件的数列，使从某项起均为3的倍数 【答案】C 【解析】 【分析】根据数列，构造，其中可判断A，利用二进制的表示判断B，由等比数列求和，放缩法及反证法判断C，取特例构造数列判断D. 【详解】设，其中， 则， 因为，所以，故A正确； 由A知，的二进制表示为，而任意正整数的二进制可以写成， 其中，所以必有，故总能成为该数列的第项（为的二进制位数），故B正确； 由A可得，即， 当时，，若是2的非负整数次幂，则只能， 记，满足. 由得. 若某个有，则，与，矛盾. 故必须，即， 在此条件下，若有，则需要，而需，矛盾. 所以这样的至多一个，另有，总共不超过2项，不可能无穷多项，故C错误； 取，此后， 可得数列为，此时均为的倍数， 且时，能被整除，于是均能被整除， 即从第4项起，均为的倍数，故D正确. 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 函数的定义域是________________． 【答案】 【解析】 【分析】据二次根式被开方数非负、对数真数大于的约束列不等式组，结合对数函数的单调性求解后取交集得到定义域. 【详解】对于函数，由， 所以，解得，故原函数的定义域为. 12. 某正方形网格纸是由个边长为的小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时，______；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为______. 【答案】 ①. 4 ②. 7 【解析】 【分析】由题意建立平面直角坐标系，分别求出点的坐标，并设点，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解空；当时，可得，求得，再结合动点在小正方形的顶点上，从而可求解. 【详解】由题意建立平面直角坐标系，如图， 则，，，，设，， 则，，， 空：当时，； 空：当时， ， 解得，又且动点在小正方形的顶点上， 所以符合点的情况有：，，，，，，共个. 故满足的点的个数为. 故答案为：；. 13. 已知的内角的对边分别为，若，且依次成等差数列，则的面积为___________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据已知条件结合三角形内角和的性质以及二倍角公式求出，再利用余弦定理结合已知边长关系求出，最后利用三角形面积公式求解． 【详解】在中，，， ， ， ，，， ， 即，解得或（，舍去）， ， 成等差数列，， ， 由余弦定理得， ，解得， ． 故答案为：6． 14. 如图，函数．点是其图象在原点左侧与轴最近的交点，点是其图象在原点右侧与的第二个交点，点是其图象在原点右侧的第一个最低点，若，则________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据三角函数的图象与性质可得三点坐标，再由平面向量的数量积可得. 【详解】由函数的图象可得，， 即， 所以， 因为点是其图象在原点右侧与的第二个交点， 所以， 结合函数的图象可得，，即， 则.， 则，. 由可得，解得， 所以. 15. 已知函数，其中，其定义域为．给出下列四个命题： ①当时，在上单调递减，在上单调递增； ②恰有两个零点的充要条件是； ③当时，存在实数，使方程的四个不同实数解按从小到大排列后成等差数列； ④当时，函数的图象上恰有一对关于原点对称的点． 其中所有正确命题的序号为__________． 【答案】②③④ 【解析】 【分析】根据分段函数的性质，求出函数解析式，根据函数导数判断函数单调性，画出函数草图，根据函数图像的单调性和零点，注意判断各命题正误，再根据等差数列的性质和原点对称的性质，列出不等式组和方程，判断命题正误. 【详解】当时，， 当时，单调递减， 当且时，，， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 如图所示，可知时，，时，， 所以当定义域包含两侧时，不具备单调性，所以①错误； 当时，函数在上没有零点， 时，可得，即，有且只有一个解，不符合条件， 当，由①可知函数没有零点， 当时，函数，解得，在上有一个零点， 时，可得，当函数恰有两个零点时，即方程有且只有一个解， 由函数图像可知，此时，所以②正确； 当时，函数图像如图所示： 可知时，， 当方程有四个不同实数解，可知， 令，解得， 令，即，令其两个解为， 则四个不同实数解按从小到大排列为， 可知， 当成等差数列时，， 因为，即，解得， 当时，，所以存在实数，使四个不同实数解按从小到大排列后成等差数列，所以③正确； 当时，， 设，则， 当在上有唯一解时，即函数的图象上恰有一对关于原点对称的点， 可知，， 原命题等价于方程在上有唯一解， 当时，，，可得，化简得，此时无解， 当时，，，可得，解得， 当时，，，可得，化简得， 令，， 当时，，，即，函数在上单调递增， 可知，即在上，此时无解， 综上，当时，在图像上，此时函数的图象上恰有一对关于原点对称的点，所以④正确. 三、解答题（本题共6题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） 16. 已知等差数列的公差为−1，首项为正数．将数列的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序排列为等比数列的前3项． （1）求数列与的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）设等差数列首项，写出前4项后分情况讨论抽去的项，利用等比中项性质求解首项，进而得到两个数列的通项公式. （2）先求出的通项，判断其为等差数列后用前n项和公式计算即可. 【小问1详解】 设等差数列的首项为，由题意知，公差， 因此的通项为，前4项依次为. 由数列的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序排列为等比数列的前3项，分4种情况讨论： ①若抽去第1项，剩余为等比数列， 由等比中项性质得， 展开得，即，矛盾，舍去； ②若抽去第2项，剩余为等比数列， 由等比中项性质得， 展开得，解得，符合条件； ③若抽去第3项，剩余为等比数列， 由等比中项性质得， 展开得，解得，不符合首项为正数的条件，舍去； ④若抽去第4项，剩余为等比数列， 由等比中项性质得， 展开得，即，矛盾，舍去. 因此，故. 此时等比数列的前3项为，公比， 因此. 综上，，. 【小问2详解】 . 则， 因此是首项，公差为的等差数列. 所以. 17. 已知函数，且在上单调，从以下三个条件中选择一个，作为补充条件完成解答． ①的最大值为2； ②函数在区间上的最小值为； ③的图象关于直线对称； （1）求函数的单调增区间． （2）已知，且，求的最小值． 【答案】（1）单调增区间为， （2）的最小值为. 【解析】 【分析】（1）先通过三角恒等变换化简，结合所选条件及正弦型函数的性质确定参数，进而求出，即可求出单调区间. （2）令，求出或，，进而判断最小值即可. 【小问1详解】 . 选择条件①：的振幅为. 因为的最大值为2，所以，解得. 若，， 当时，，正弦函数在该区间不单调，舍去； 若，则， 当时，，正弦函数在该区间单调递增，符合要求， 故. 选择条件②：，其中，. 最小正周期，则，均为半个周期. 函数在上单调，的振幅为. 若在区间上的最小值为，则或. 当时，，此时， 当时，，正弦函数在该区间单调递增，符合要求. 当时，，则， 此时， 当时，，正弦函数在该区间不单调，舍去. 故. 选择条件③：的振幅为. 若的图象关于直线对称，则为最值. 又， 所以，整理得，即，解得. 所以. 令，，解得，， 故函数的单调增区间为，. 【小问2详解】 由得，即， 所以，，整理得或，， 相邻两个解的最小差值为，故的最小值为. 18. 已知函数，，其中，． （1）当时，已知是函数的极值点，求的值； （2）当时，若存在，使得，求的取值范围； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据函数极值点处的导数值为，求出函数导数，写出方程，求出参数值，再进行验证即可判断参数值； （2）根据不等式存在成立的情况，构造函数求出函数最小值，根据函数最小值的条件，列出不等式，求出参数范围. 【小问1详解】 当时，，定义域为，可得， 由可得，解得或， 当时，， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，是函数的极小值点，符合题意 当时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递增，不是函数的极值点，不符合题意； 综上所述，. 【小问2详解】 当时，，， 当时，由得，化简得， 令， 当时，即，使，等价于存在，使得， 可得， 令，可得，解得或， 因为，所以舍去， 当时，，所以当时，即时， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 此时， 可知，所以，即， 则，所以无解； 当时，即时，当时，，在上单调递减， 此时，解得， 可知，可得, 综上所述，的取值范围为. 19. 第31届世界大学生夏季运动会，是继2001年北京大运会、2011年深圳大运会之后，中国大陆第三次举办世界大学生夏季运动会，也是中国西部第一次举办世界性综合运动会．共设篮球、排球、田径、游泳等18个体育项目．届时将有来自约170个国家和地区的1万余名运动员及官员赴蓉参加．现某学校决定将一个直角三角形的空地划分为多个部分，为该校运动员打造一个训练场地．已知直角中，．经过全校海选后，现有以下两种设计方案：①如图1，在内部取一点T，使得，；②如图2，在斜边AC上取两点P，Q，且． （1）求方案①中折线跑道TA，TB，TC的长度之和； （2）求方案②中训练场地的面积的取值范围． 【答案】（1）米 （2）（单位：平方米） 【解析】 【分析】（1）先求出，再求得，再由余弦定理求得，即可求解； （2）设出，由正弦定理求得，再由面积公式表示出的面积，借助和差角公式及平方关系得，再利用求出范围即可. 【小问1详解】 ∵，∴，又，， ∴，，∴， ，∴．所以折线跑道的长度之和为米． 【小问2详解】 设，则，．由（1）得：，， ∴在中，，所以，在中，，所以． 所以． ∵，，，．所以训练场地面积的取值范围（单位：平方米）． 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求方程 的解的个数； （3）证明：曲线上存在唯一的两点，，使得以原点为直角顶点，且斜边中点在轴上．当 时，求面积的最大值． 【答案】（1） （2） （3）因为斜边的中点在轴上，故两点横坐标互为相反数，不妨设，，其中（不计的次序）， 由于以原点为直角顶点，故，即， 代入坐标得， 整理得，， 因此乘积为， 将上式代入得， 由可知，，两边均为正数，开方得， 整理得， 令， 由第(2)问已证在上严格单调递增，且值域为， 因此对任意，存在唯一的正实数满足， 对应唯一一对点， 即曲线上存在唯一一对点（不计的次序）满足条件. 设斜边的中点为，由斜边中点在轴上，可知点在轴上， 根据中点坐标公式，、的中点坐标为， 将分割为和两部分， 两个三角形共享底边，（因均为正）， 点到轴（直线所在直线）的水平距离为， 点到轴的水平距离也为，，， 因此的总面积为， ， 代入面积公式得， ，得， 代入得面积关于的函数， ， 当时，且，故第一项； 且，故第二项， 因此对所有恒成立，即在上严格单调递增， 已知，且，严格递增， 代入得， 由结合单调性，得， 因为严格单调递增，故面积在处取得最大值， 综上，曲线上存在唯一一对点（不计的次序）满足条件； 当时，面积的最大值为. 【解析】 【分析】（1）代入求切点坐标，用商的导数法则求切线斜率，由点斜式写出切线方程并整理； （2）将方程变形为，构造函数分析单调性与值域，转化为直线与函数图象的交点个数问题； （3）利用中点对称性设点，由直角条件转化为方程，结合第 (2) 问结论证明唯一性；将面积表示为单变量函数，利用单调性结合参数范围求最大值. 【小问1详解】 当 时，，得，即切点为 ， ，，故切线的斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，整理得. 【小问2详解】 由， ，得， 整理得，所以， 令， 原方程解的个数等价于直线与函数图象的交点个数. ， 令，， 令，则， 由基本不等式，，当且仅当时取等号， 因此时，，故在上单调递增， 又，， 所以存在唯一使， 当，，单调递减， 当，，单调递增， 所以当时，取得最小值为， 将 两边同时平方得， 展开得 ， 故， 因为 ，开方得， 所以， 令 ，方程化为 ，即 ， 解得正根 ，因此， 现在只需证明 ， 构造函数 ，， 因此在上严格单调递减，故， 即对任意，恒有 ，令 ，代入得， 因此， 故时，即， 令，，故在上单调递增， 又，故时，结合，得， 因此对所有成立，即在上严格单调递增. 当时，，，故； 当时，增长远快于，故； 结合严格单调递增，可知的值域为， 因此对任意，直线与的图象有且仅有1个交点， 即原方程在时有且仅有1个解. 【小问3详解】 略 21. 给定整数，数列是的一个排列．若互不相同，则称该数列具有性质． （1）判断以下数列是否具有性质，并说明理由； A：； B： （2）若数列具有性质，且，求； （3）从中删去一个数，将剩余的数排成数列．记．若互不相同，求的所有可能取值，并求的最大值． 【答案】（1）A中数列具有性质，B中数列不具有性质，理由如下： 对于A中数列有，，，，，， 且互不相等，所以A中数列具有性质； 对于B中数列有，，所以B中数列不具有性质. （2） （3），的最大值为. 【解析】 【分析】（1）逐一计算相邻两项差的绝对值，判断是否互不相同． （2）由性质知所有相邻差的绝对值恰为．利用绝对值不等式，将相邻差之和与数列各项到的距离之和进行比较，确定末项． （3）将数列首尾相接，其相邻差的绝对值恰为．先利用奇偶性确定为偶数，再利用绝对值不等式证明，最后对任意正偶数构造达到上界的数列． 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由题意，（）是个互不相同的正整数，且均不超过， 故这些数恰为． 因此 又因为是的一个排列，所以 对于，由绝对值不等式，得 将上述不等式逐项相加，结合前两式及，得 即 由于，故，解得． 【小问3详解】 因为数列由删去后排列而成，且， 所以（）是个互不相同的正整数，且均不超过． 因此这些数恰为，从而 整数与其绝对值的奇偶性相同，并且 所以为偶数． 由前面相邻差的和式知是偶数，而是奇数，因此是偶数． 记 因为，所以 由，结合前两式及，得 整理得，即 因此的最大值不超过． 对任意正整数，取、，并定义 令，（），并令 即所构造的数列为 其中全部出现一次，恰为中除去后的所有整数， 因此这是从中删去得到的一个排列． 下面核对各相邻差的绝对值． 对于，有 当时，这两个差依次为 随着从取到，它们恰好取遍． 当时，这两个差依次为 它们恰好取遍； 当时，这一部分为空． 此外，数列末尾及首尾相接的两个差为 综上，所有个相邻差的绝对值恰好为，互不相同，满足题意． 因此对每个正偶数，均可取到． 综上所述，的所有可能取值为（为正整数），的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京十一学校高三10月月考 数 学 时间：120分钟　　满分：150分 2026.10 一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项） 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 若，则下列不等式不一定成立的是（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则下列关于函数的说法正确的是（ ） A. 为奇函数且在上为增函数 B. 为偶函数且在上为增函数 C. 为奇函数且在上为减函数 D. 为偶函数且在上为减函数 5. 若分别为的三个内角，则“”是“”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 6. 在正项等比数列中，，则的最小值为（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 7. 已知三次函数，若不等式的解集为，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 4 8. 如图，直线，点是，之间的一个定点，点到，的距离分别为和．点是直线上一个动点，过点作，点在线段上运动（包括端点）且，若的面积为．则的最小值为（ ） A. B. C. D. 9. 某考古团队利用古木中一种有机成分的含量估算其死亡年代．古木死亡后，该成分含量每经过1000年减少20%．检测系统先将样本产生的信号放大，再记录输出信号强度．在放大倍数一定时，输出信号强度与该成分含量成正比.2023年，团队检测一个该成分含量等于初始含量的标准样本；此后三年中，系统每年升级一次，每次将信号放大倍数提高20%.2026年，检测某古木样本，输出信号强度与2023年的标准样本输出的信号强度相同．若两种样本的初始含量相同，则该古木的死亡年代属于（ ）（参考数据：，） 春秋战国 秦汉时期 魏晋南北朝 隋唐时期 公元前770年 至公元前221年 公元前221年 至公元220年 公元220年 至公元589年 公元589年 至公元907年 A. 春秋战国 B. 秦汉时期 C. 魏晋南北朝 D. 隋唐时期 10. 已知数列满足， ，其前项和为．则下列结论错误的是（ ） A. 对任意符合条件的数列，都有 B. 对任意正整数，都存在符合条件的数列，使是该数列中的某一项 C. 存在符合条件的数列，使有无穷多项为2的非负整数次幂 D. 存在符合条件的数列，使从某项起均为3的倍数 二、填空题（本题共5小题，每小题5分，共25分） 11. 函数的定义域是________________． 12. 某正方形网格纸是由个边长为的小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时，______；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为______. 13. 已知的内角的对边分别为，若，且依次成等差数列，则的面积为___________． 14. 如图，函数．点是其图象在原点左侧与轴最近的交点，点是其图象在原点右侧与的第二个交点，点是其图象在原点右侧的第一个最低点，若，则________． 15. 已知函数，其中，其定义域为．给出下列四个命题： ①当时，在上单调递减，在上单调递增； ②恰有两个零点的充要条件是； ③当时，存在实数，使方程的四个不同实数解按从小到大排列后成等差数列； ④当时，函数的图象上恰有一对关于原点对称的点． 其中所有正确命题的序号为__________． 三、解答题（本题共6题，共85分．解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程） 16. 已知等差数列的公差为−1，首项为正数．将数列的前4项抽去其中一项后，剩下三项按原来顺序排列为等比数列的前3项． （1）求数列与的通项公式； （2）设，求数列的前项和． 17. 已知函数，且在上单调，从以下三个条件中选择一个，作为补充条件完成解答． ①的最大值为2； ②函数在区间上的最小值为； ③的图象关于直线对称； （1）求函数的单调增区间． （2）已知，且，求的最小值． 18. 已知函数，，其中，． （1）当时，已知是函数的极值点，求的值； （2）当时，若存在，使得，求的取值范围； 19. 第31届世界大学生夏季运动会，是继2001年北京大运会、2011年深圳大运会之后，中国大陆第三次举办世界大学生夏季运动会，也是中国西部第一次举办世界性综合运动会．共设篮球、排球、田径、游泳等18个体育项目．届时将有来自约170个国家和地区的1万余名运动员及官员赴蓉参加．现某学校决定将一个直角三角形的空地划分为多个部分，为该校运动员打造一个训练场地．已知直角中，．经过全校海选后，现有以下两种设计方案：①如图1，在内部取一点T，使得，；②如图2，在斜边AC上取两点P，Q，且． （1）求方案①中折线跑道TA，TB，TC的长度之和； （2）求方案②中训练场地的面积的取值范围． 20. 已知函数，． （1）当时，求曲线在点处的切线方程； （2）当时，求方程 的解的个数； （3）证明：曲线上存在唯一的两点，，使得以原点为直角顶点，且斜边中点在轴上．当 时，求面积的最大值． 21. 给定整数，数列是的一个排列．若互不相同，则称该数列具有性质． （1）判断以下数列是否具有性质，并说明理由； A：； B： （2）若数列具有性质，且，求； （3）从中删去一个数，将剩余的数排成数列．记．若互不相同，求的所有可能取值，并求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $