方法1：联立方程组利用△＞0 ；方法2：弦中点在椭圆内部.
（2）方法选择与优化：中点弦问题转化为点差法解决，也可以用设直线AB为y4km222
＝kx＋m 联立椭圆得(1＋4k)x＋8kmx＋4m－4＝0(*) ，利用韦达定理得M(－2，4k＋14k＋14k＋122
) ，由MC⊥AB得m＝－ 由(*)△＞0得m＜4k＋1 ，将m＝－代入2
4k＋13k3k1|k＋m|12
解得k＞ ，所以r＝2＝5k＋13
116
1＋2∈(，) .
k33
m22
1
19. 解（1）设切点(x0，y0)，f'(x)＝x.
??所以???
y0＝lnx0
y0＝kx0＋1k＝x0
1
12
所以x0＝e，k＝2.
e1
（2）因为g(x)＝x－在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0．
x1
所以h(x)＝f(x)－|g(x)|＝lnx－|x－|＝
x?????
x1
lnx＋x－，0＜x＜1，
x1
lnx－x＋，x≥1．
x111
当0＜x＜1时，h(x)＝lnx＋x－，h'(x)＝＋1＋2＞0，
xx11－x＋x－1
当x≥1时，h(x)＝lnx－x＋，h'(x)＝－1－2＝＜0， 2
1
2
xxxx所以h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且h(x)max＝h(1)＝0． 当0＜a＜1时，h(x)max＝h(1)＝0； 1当a≥1时，h(x)max＝h(a)＝lna－a＋．
a1
（3）令F(x)＝2lnx－k(x－)，x∈(1，＋∞)．
x
21－kx＋2x－k所以F'(x)＝－k(1＋2)＝． 2
2
xxx设φ(x)＝－kx＋2x－k，
①当k≤0时，F'(x)＞0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递增，又F(1)＝0，所以不成立；
1②当k＞0时，对称轴x0＝，
2
k1
当≤1时，即k≥1，φ(1)＝2－2k≤0,所以在(1，＋∞)上，φ(x)＜0，所以F'(x)
k＜0，
又F(1)＝0，所以F(x)＜0恒成立；
1
当＞1时，即0＜k＜1，φ(1)＝2－2k＞0，所以在(1，＋∞)上，由φ(x)＝0，xk＝x0，
所以x∈(1，x0)，φ(x)＞0，即F'(x)＞0；x∈(x0，＋∞)，φ(x)＜0，即F'(x)＜0，
所以F(x)max＝F(x0)＞F(1)＝0，所以不满足F(x)＜0恒成立． 综上可知：k≥1.
?ab?1?a?1?a??120．解：（1）∵数列1,a,b具有性质P∴?∴?或?
?a?b?b?1?b??1∴a?b?2或a?b??2； ……………………3分 （2）假设存在不相等的正整数i,j(i?j)，使得an?aiaj，即nij（*） ??n?2019i?2019j?2019解得：j??i?n?1(i?2019)n，取i?n?1，则存在?，使得（*）成立
j?(n?2020)ni?n?∴数列{n}具有性质P； ……………………8分
n?2019（3）设正项等比数列{bn}的公比为q，q?0且q?1，则bn?b1?qn?1．
∵数列{bn}具有性质P
∴存在不相等的正整数i,j(i?j)，i?n，j?n，使得b1?b1?qi?1?b1?qj?1，即b1?且n?3
∵j?i?1，且i,j?N*∴i?j?2?1 若i?j?2?1，即b1?要使b1?1∴b2?1，b3?q q1qi?j?2，
111?bibj，则2必为{bn}中的项，与b1?矛盾；∴i?j?2?1 qqq11
∴，b3?1，b4?q， b?2q2q
若i?j?2?2，即b1?要使b1?111，则必为中的项，与矛盾；∴i?j?2?2 ?bbb?{b}ij1nq2q2q311123b?qb?q∴，，，，，， b?b?b?1b?q672345qq3q2若i?j?2?3，即b1?这时对于n?1,2,,7，都存在bn?bibj，其中i?j，i?n，j?n．
∴数列{bn}至少有7项． ……………………16分
第二部分（加试部分）
21．（A）解：设A(x,y)，则A在变换T下的坐标为(x?3y,y)，又绕原点逆时针旋转90??0?1?对应的矩阵为??，……………………4分 10????y??4?x??9?0?1??x?3y???y???4???所以?，得，解得 ????y??x?3y??3?10x?3y?3y?4??????????所以点A的坐标为(?9,4)．……………………10分
（B）解：直线l的直角坐标方程为y?x．
?,?x?4cosx12由方程?可得y?2cos，所以??1??2(2)?x2，又因为?1?cosy?1?cos?248??4?x?4．
1所以曲线C的普通方程为y?x2(?4?x?4)…………………6分
8
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