上海市南洋模范中学2019届高三数学三模考试试题(含解析)

一、填空题

1.若集合Ax3x10,Bx12，则AIB_____． 【答案】,3 【解析】 【分析】

分别求出A，B集合的x的范围，求交集即可。

【详解】求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可． 【解答】解：A＝{x|3x+1＞0}＝{x|x＞﹣

131}， 3B＝{|x﹣1|＜2}＝{x|﹣2＜x﹣1＜2}＝{x|﹣1＜x＜3}，

1＜x＜3}， 31故答案为：（﹣，3）．

3则A∩B＝{x|﹣

【点睛】本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件是解决本题的关键，属于简单题目。

2.若复数z满足【答案】1i 【解析】 【分析】

先求出z=1+i，则z1i。

【详解】利用复数代数形式的乘除运算化简求得z，则可求． 【解答】解：由∴z1i． 故答案为：1﹣i．

【点睛】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查共轭复数的概念，是基础题．

1ii，其中i为虚数单位，则z_____． z1i1i(1i)i1i， ＝﹣i，得z2zii3.若函数fx1+3【答案】1,

21x0的反函数为f1x，则不等式f1x2的解集为_____． 2【解析】 【分析】 先求出f1x11(x)，即2求解即可。 x1x11， x【详解】∵f(x)1∴有f则

1(x)1(x1)， x112，必有x﹣1＞0， x13． 2∴2（x﹣1）＜1，解得1＜x3故答案为：1,．

2【点睛】本题考查了反函数的求法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

14.试写出x的展开式中系数最大的项_____． x【答案】

735 x【解析】 【分析】

Tr+1＝（﹣1）rC7x7﹣2r，r必须为偶数，分别令r＝0，2，4，6，经过比较即可得出

r1r7rr7【详解】Tr1＝C7x＝（﹣1）x﹣2r，

xr必须

偶数，分别令r＝0，2，4，6，

246r其系数分别为：1， C7,C7,C7

经过比较可得：r＝4时满足条件， T5C7x故答案为：

4135 x35． x【点睛】

35本题考查了二项式定理的应用，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． xan2bn5.若y4x2x3最小值为a，最大值为b，则limn_____．

n3a4bn2【答案】

1 2【解析】 【分析】

先求函数定义，求出函数的最大值a和最小值b，代入求极限。 【详解】y＝4﹣x22x3，定义域为[﹣1，3]

当x＝1时，y取最小值为2，当x＝3或﹣1时，y取最大值为4， 故a＝2，b＝4；

121 i man2bn1 im 2n24n12lim＝＝＝．

n3an4bnn32n44nn1n2342故答案为：

1． 2【点睛】本题考查求函数的定义域，根据定义域求函数的最值及求极限，属于中档题．

uuuvuuuvuuuv6.已知平面上三点A、B、C满足AB3,BC5CA22，则uuuruuuruuuruuuruuuruuurABBCBCCACAAB的值等于_____．

【答案】8 【解析】 分析】

的n由三边的平方和的关系，可得△ABC为直角三角形，由ABBCCA0，两边平方结合向量的平方即为模的平方，计算即可得到所求值

uuuruuuruuurruuur【详解】由|4B|＝2，|Bi|＝5，|CA|＝22，可得：

uuur2uuur2uuur2ABBCCA

即有△ABC为直角三角形，

uuuruuuruuurr由ABBCCA0两边平方可得，

uuur2uuur2uuur2uuuruuuruuuruuuruuuruuurABBCCA2(ABBCBCCACAAB)0

即有ABBCBCCACAAB

uuuruuuruuuruuuruuuruuurr2uuur2uuur21uuu=-（|AB|+|BC|+|CA|） 2＝﹣

1×（3+5+8）＝﹣8． 2故答案为：﹣8．

【点睛】本题考查向量的数量积的性质：向量的平方即为模的平方，注意平方法的运用，考查化简整理的运算能力，属于中档题．

2secx(为参数）上的一动点，O为坐标原点，M为线段OP的中点，7.设P是曲线2ytan则点M的轨迹的普通方程为_____． 【答案】8x4y1 【解析】 【分析】

由sec2θ﹣tan2θ＝1，可得曲线的方程为2x2﹣y2＝1，设P（x0，y0），M（x，y），运用中点坐标公式，代入曲线方程，化简整理即可得到所求轨迹方程． 【详解】曲线（θ为参数），即有

22sec2x， tany由sec2θ﹣tan2θ＝1，可得曲线的方程为2x2﹣y2＝1， 设P（x0，y0），M（x，y），

2xx0可得

2yy0，代入曲线方程，可得

2x0﹣y0＝1，即为2（2x）﹣（2y）＝1， 即为8x﹣4y＝1． 故答案为：8x﹣4y＝1．

【点睛】本题考查中点的轨迹方程的求法，注意运用代入法和中点坐标公式，考查参数方程和普通方程的互化，注意运用同角的平方关系，考查运算能力，属于中档题．

8.在等差数列an中，首项a13，公差d2，若某学生对其中连续10项进行求和，在遗漏掉一项的情况下，求得余下9项的和为185，则此连续10项的和为 ． 【答案】200 【解析】

*试题分析：等差数列an中的连续10项为ax,ax+1,ax2,,ax9,(xN)，遗漏的项为

2

2

2

2

2222

ax+n,nN*且

1n9,则，化

(axax9)10(aax18)10axnx(ax2n)22a511，简得449x43n52，所以x5，则连续10项的和为

考点：等差数列.

(1111+18)10=200.

29.从集合A1,2,3,4,5,6,7,8,9,10中任取两个数，欲使取到的一个数大于k，另一个数小于k（其中kA）的概率是【答案】4或7. 【解析】 【分析】

先求出所有的基本事件有45种，再求出取到的一个数大于k，另一个数小于k的基本事件有

2，则k__. 5(k1)(10k)种，根据古典概型概率公式即可得到关于k的方程解得即可.

2【详解】从集合1,2,3,4,5,6,7,8,9,10中任取两个数的基本事件有C1045种，

取到的一个数大于k，另一个数小于k， 比k小的数有k1个，比k大的数有10k个，

11故一共有Ck1C10k(k1)(10k)个基本事件，

由题意可得

(k1)(10k)2，

455即(k1)(10k)18，整理得k211k280， 解得k4或k7， 故答案是：4或7.

【点睛】该题考查的是有关古典概型概率求解问题，涉及到的知识点有实验对应的基本事件数的求解，古典概型概率公式，属于简单题目.

10.已知数列an的通项公式为an1n2nnnN，则这个数列的前n项和

*Sn_____．

n1n52,n为奇数2【答案】Sn

n42n1,n为偶数2【解析】 【分析】

分n为奇数、偶数两种情况讨论，利用分组求和法计算即得结论．

【详解】当n为偶数时，Sn＝[（﹣1+2）+（﹣3+4）+…+（﹣n+1+n）]+（2+22+…+2n）

212nn＝

212 ＝2+

n+1



n﹣2； 22

当n为奇数时，Sn＝[（﹣1+2）+（﹣3+4）+…+（﹣n+2+n﹣1）﹣n]+（2+2+…+2）

nn1212n＝﹣n+ 212＝2n+1﹣

n5﹣； 22n1n52,n为奇数2综上所述，Sn＝

n4n12,n为偶数2【点睛】本题考查数列的通项及前n项和，考查运算求解能力，考查分组求和法，考查分类讨论的思想，注意解题方法的积累，属于中档题．

11.已知函数f(x)x1，数列{an}是公比大于0的等比数列，且a61，xf(a1)f(a2)f(a3)f(a9)f(a10)a1，则a1_______.

【答案】【解析】 【分析】

2 21由于an是等比数列，所以也是等比数列.根据题目所给条件列方程，解方程求得a1的

an值.

【详解】设数列an的公比为q0，则111是首项为，公比为的等比数列，由aqa1n得

fa1fa2fa3fa9fa10a11111011a11q10a11qa①，由a1a2La10La1，即11a101qa1a21qa61，得a1q51②，联立①②解得a12. 2【点睛】本小题主要考查等比数列的性质，考查等比数列的前n项和公式，考查运算求解能力，属于中档题.

log1(x1),x[0,1)212.定义在R上的奇函数fx，当x0时, fx

1x3,x[1,)则函数Fxfxa0a1的所有零点之和为_____． 【答案】12x 【解析】 【分析】

函数F（x）＝f（x）﹣a（0＜a＜1）的零点转化为：在同一坐标系内y＝f（x），y＝a的图象交点的横坐标；作出两函数图象，考查交点个数，结合方程思想，及零点的对称性，根据奇函数f（x）在x≥0时的解析式，作出函数的图象，结合图象及其对称性，求出答案． 【详解】∵当x≥0时，

log1(x1),x[0,1)f（x）＝2

1x3,x[1,)即x∈[0，1）时，f（x）＝

log1（x+1）∈（﹣1，0]；

2x∈[1，3]时，f（x）＝x﹣2∈[﹣1，1]； x∈（3，+∞）时，f（x）＝4﹣x∈（﹣∞，﹣1）；

画出x≥0时f（x）的图象，

再利用奇函数的对称性，画出x＜0时f（x）的图象，如图所示；

则直线y＝a，与y＝f（x）的图象有5个交点，则方程f（x）﹣a＝0共有五个实根， 最左边两根之和为﹣6，最右边两根之和为6， ∵x∈（﹣1，0）时，﹣x∈（0，1），

∴f（﹣x）＝

log1（﹣x+1）

，

2又f（﹣x）＝﹣f（x）， ∴f（x）＝﹣

log1（﹣x+1）＝log1（1﹣x）﹣1＝log（1﹣x）

，

222

∴中间的一个根满足log2（1﹣x）＝a，即1﹣x＝2， 解得x＝1﹣2a， ∴所有根的和为1﹣2a． 故答案为：1﹣2．

【点睛】本题考查分段函数的图象与性质的应用问题，也考查了利用函数零点与方程的应用问题，是综合性题目．

二、选择题

13.a,b为非零向量，“函数f(x)(axb)2为偶函数”是“ab”的 （ ） A. 充分但不必要条件 B. 必要但不充分条件 C. 充要条件

D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】

aarrrrrrr2r22rrr2rrr2试题分析：因为fx＝(ax＋b)＝ax＋2abx＋b，所以若fx＝(axb)为偶数，则rrab＝0，

即

rrab.若

rrab，则有

rrab＝0，所以

r2r22rrr2r22r2rfx＝(ax＋b)＝ax＋2abx＋bax＋b，为偶函数．

考点：1.充分必要条件的判断；2.平面年向量的数量积.

【方法点睛】充分不必要条件、必要不充分条件、既不充分也不必要条件的判断的一般方法：①充分不必要条件：如果pq，且pq，则说p是q的充分不必要条件；②必要不充分条件：如果pq，且pq，则说p是q的必要不充分条件；③既不充分也不必要条件：如果pq，且pq，则说p是q的既不充分也不必要条件.

14.若a,b表示两条直线，表示平面，下列命题中真命题为（ ） A. 若a,ab，则b// C. 若a,b，则ab 【答案】C 【解析】 【分析】

对4个选项分别进行判断，即可得出结论．

B. 若a//,ab，则b D. 若a//,b//，则a//b

rr【详解】：选项A中，由a⊥α，a⊥b，则b可能在平面α内，故该命题为假命题； 选项B中，由a∥α，a⊥b，则b⊥α或b∥α，故该命题为假命题； 选项C中，由线面垂直的判定定理可知，该命题为真命题；

选项D中，由a∥α，b∥α可得到a，b相交或平行，故该命题是假命题， 故选：C．

【点睛】本题考查的是线面平行的判定与性质，考查学生分析解决问题的能力，掌握线面平行的判定与性质是关键．

的3 2D. 15.抛物线y4x的焦点为F，点Px,y为该抛物线上的动点，点A是抛物线的准线与坐

2PF标轴的交点，则的最小值是（ ）

PAA.

1 2B.

2 2C. 23 3【答案】B 【解析】

由题意可知，抛物线的准线方程为x=﹣1，A（﹣1，0），

过P作PN垂直直线x=﹣1于N，

由抛物线的定义可知PF=PN，连结PA，当PA是抛物线的切线时，大，即∠PAF最大，就是直线PA的斜率最大，

PFPA有最小值，则∠APN最

kx1）y（设在PA的方程为：y=k（x+1），所以， 2y4x解得：kx+（2k﹣4）x+k=0，

所以△=（2k﹣4）﹣4k=0，解得k=±1， 所以∠NPA=45°，

2

2

4

22

2

2

PFPA=cos∠NPA=2． 2故选B．

点睛：通过抛物线的定义，转化PF=PN，要使线方程即可求出比值的最小值．

16.．设x1、x2是关于x的方程x2mxm2m0的两个不相等的实数根，那么过两点

PFPA有最小值，只需∠APN最大即可，作出切

A(x1,x12)，B(x2,x22)的直线与圆x1y21的位置关系是（ ）

A. 相离. 化而变化. 【答案】D 【解析】

B. 相切.

C. 相交.

D. 随m的变

2QkAB2x2x12x2x1,直线AB的方程为yx12(x1x2)(xx1). x2x1即y(x1x2)xx1x2，所以直线AB的方程为

ymxmm,d2mmm21m2m21m2111, m4m2因为0,m4(mm)0,0m224,所以3令t19992252,g(t)tt,t(,),g(t)g(), 2m161616256所以

d1g(t)11622515,所以直线AB与圆可能相交，也可能相切，也可能相离. 256

三、解答题

17.如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2,AA13.

（1）求四棱锥A1ABCD的体积； （2）求异面直线A1C与DD1所成角的大小．

【答案】（1）4；（2）【解析】 【分析】

22. 3（1）四棱锥A1﹣ABCD的体积VA1ABCD=S矩形ABCDAA1，由此能求出结果．

（2）由DD1∥CC1，知∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线A1C与DD1所成角的大小．

【详解】（1）∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝3，

13∴四棱锥A1﹣ABCD的体积： 111VA1ABCD=SAAABADAA223＝4． ＝＝113矩形ABCD33（2）∵DD1∥CC1，∴∠A1CC1是异面直线A1C与DD1所成角（或所成角补角），

AC22112222∵tan∠A1CC1＝＝＝，

CC133∴A1CC1＝arctan22． 322； 3∴异面直线A1C与DD1所成角的大小为arctan

【点睛】本题考查三棱锥的体积的求法，考查异面直线所成角的求法，是中档题，解题时要认真审题，注空间思维能力的培养．

18.已知函数fx2xaa．

（1）若不等式fx6的解集为1,3，求a的值；

（2）在（1）的条件下，若存在x0R，使fx0tfx0，求t的取值范围． 【答案】（1）2；（2）8,. 【解析】 【分析】

（1）求得不等式f（x）＜6的解集为a﹣3≤x≤3，再根据不等式f（x）＜6的解集为（﹣1，3），可得a﹣3＝﹣1，由此求得a的范围；

（2）令g（x）＝f（x）+f（﹣x）＝|2x﹣2|+|2x+2|+4，求出g（x）的最小值，可得t的范围．

【详解】（1）∵函数f（x）＝|2x﹣a|+a， 不等式f（x）＜6的解集为（﹣1，3）， ∴|2x﹣a|＜6﹣a 的解集为（﹣1，3），

由|2x﹣a|＜6﹣a，可得a﹣6＜2x+a＜6﹣a，求得a﹣3≤x≤3，

故有a﹣3＝﹣1，a＝2．

（2）在（1）的条件下，f（x）＝|2x﹣2|+2，

44x,x„11x1 令g（x）＝f（x）+f（﹣x）＝|2x﹣2|+|2x+2|+4＝8,44x,x…1故g（x）的最小值为8，

故使f（x）≤t﹣f（﹣x）有解的实数t的范围为[8，+∞）．

【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，分段函数的应用，求函数的最小值，函数的能成立问题，属于中档题．

19.某景区欲建两条圆形观景步道M1,M2（宽度忽略不计），如图所示，已知ABAC，米），要求圆M与AB,AD分别相切于点B，D，圆M2与AC,ADABACAD60（单位：分别相切于点C，D．

（1）若BAD3，求圆M1,M2的半径；（结果精确到0.1米）

（2）若观景步道M1,M2的造价分别为每米0.8千元与每米0.9千元，则当BAD多大时，总造价最低？最低总造价是多少？（结果分别精确到0.1°和0.1千元） 【答案】（1）34.6米，16.1米；（2）263.8千元． 【解析】 【分析】

（1）利用切线的性质即可得出圆的半径；

（2）设∠BAD＝2α，则总造价y＝0.8•2π•60tanα+0.9•2π•60tan（45°﹣α），化简，令1+tanα＝x换元，利用基本不等式得出最值．

【详解】（1）连结M1M2，AM1，AM2，

∵圆M1与AB，AD相切于B，D，圆M2与AC，AD分别相切于点C，D， ∴M1，M2⊥AD，∠M1AD＝

1∠BAD＝，∠M2AD＝，

61223＝203≈34.6（米）， 3∴M1B＝ABtan∠M1AB＝60×∵tan

＝612＝3，∴tan＝2﹣，

312231tan12122tan同理可得：M2D＝60×tan

＝60（2﹣3）≈16.1（米）．

（2）设∠BAD＝2α（0＜α＜60tan（45°﹣α），

），由（1）可知圆M1的半径为60tanα，圆M2的半径为 4设观景步道总造价为y千元，则y＝0.8•2π•60tanα+0.9•2π•60tan（45°﹣α）＝96πtanα+108π•

1tan，

1tan2181）＝12π•（8x+﹣17）≥84π≈263.8， xx设1+tanα＝x，则tanα＝x﹣1，且1＜x＜2． ∴y＝96π（x﹣1）+108π（当且仅当8x＝

183即x＝时取等号， x213当x＝时，tanα＝，∴α≈26.6°，2α≈53.2°．

22∴当∠BAD为53.2°时，观景步道造价最低，最低造价为263.8千元．

【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，考查基本不等式的运用，属于中档题

3x2y220.已知椭圆C:221(ab0)的右焦点为F1,0，且点P1,在椭圆C上.

2ab（1）求椭圆C的标准方程；

x2y24C:122O:xy（2）过椭圆1a2上异于其顶点的任意一点Q作圆的两条切线，5b233切点分别为M,N(M,N不在坐标轴上），若直线MN在x轴，y轴上的截距分别为m,n，证明：

11为定值； 223mnx23y2（3）若P1上不同两点，PP12x轴，圆E过P1,P2是椭圆C2:21,P2，且椭圆C2上2ab任意一点都不在圆E内，则称圆E为该椭圆的一个内切圆，试问：椭圆C2是否存在过焦点F的内切圆？若存在，求出圆心E的坐标；若不存在，请说明理由．

3x2y2,0【答案】（1）（2）证明见解析；（3）. 1；243【解析】 【分析】

（1）由焦点坐标确定出c的值，根据椭圆的性质列出a与b的方程，再将P点坐标代入椭圆方程列出关于a与b的方程，联立求出a与b的值，确定出椭圆方程即可．

（2）由题意：确定出C1的方程，设点P（x1，y1），M（x2，y2），N（x3，y3），根据M，N不在坐标轴上，得到直线PM与直线OM斜率乘积为﹣1，确定出直线PM的方程，同理可得直线PN的方程，进而确定出直线MN方程，求出直线MN与x轴，y轴截距m与n，即可确定出所求式子的值为定值．

（3）依题意可得符合要求的圆E，即为过点F，P1，P2的三角形的外接圆．所以圆心在x轴上．根据题意写出圆E的方程．由于圆的存在必须要符合，椭圆上的点到圆E距离的最小值是|P1E|，结合图形可得圆心E在线段P1P2上，半径最小．又由于点F已知，即可求得结论．

3x2y2【详解】（1）∵椭圆C：221(ab0)的右焦点为F（1，0），且点P（1,）在椭

2ab圆C上；

c1∴191，解得a＝2，b＝a24b23， a2b2c2∴椭圆C的标准方程为x24y231．

2）由题意：Cx23y2（1：441，

设点P（x1，y1），M（x2，y2），N（x3，y3）， ∵M，N不在坐标轴上，∴k1＝﹣x2PM＝﹣

kOMy，

2∴直线PM的方程为y﹣yx22＝﹣

y（x﹣x2）， 2化简得：x2x+y2y＝

43，①， 同理可得直线PN的方程为x43x+y3y＝

3，②， xxy42y1把P点的坐标代入①、②得213，x3x1y3y14

3∴直线MN的方程为x1x+y1y＝

43， 令y＝0，得m＝

43x，令x＝0得n＝43y， 11∴x1＝

43m，y41＝3n， 又点P在椭圆C1上， ∴（

43m）2+3（42

3n）＝4， 则

1133m2+n2＝4为定值． （3）由椭圆的对称性，可以设P1（m，n），P2（m，﹣则圆E的方程为：（x﹣t）2+y2＝（m﹣t）2+n2，

n），点E在x轴上，设点E（t，0）， 由内切圆定义知道，椭圆上的点到点E距离的最小值是|P1E|， 设点M（x，y）是椭圆C上任意一点，则|ME|2＝（x﹣t）2+y2＝当x＝m时，|ME|最小，∴m＝﹣

2

32x2txt21， 42t4t，③， 33又圆E过点F，∴（﹣3t）2＝（m﹣t）2+n2，④

m2点P1在椭圆上，∴n1，⑤

42由③④⑤，解得：t＝﹣3或t＝﹣3， 2又t＝﹣3时，m＝﹣43＜﹣2，不合题意， 3综上：椭圆C存在符合条件的内切圆，点E的坐标是（﹣3，0）． 2【点睛】本题考查了直线与圆锥曲线的综合问题，椭圆的标准方程，韦达定理，以及椭圆的简单性质，熟练掌握椭圆的简单性质是解本题的关键．

21.若cn是递增数列，数列an满足：对任意nN*，存在mN*，使得则称an是cn的“分隔数列”.

（1）设cn2n,ann1，证明：数列an是cn的分隔数列；

（2）设cnn4,Sn是cn的前n项和，dnc3n2，判断数列Sn是否是数列dn的分隔数列，并说明理由；

n1（3）设cnaq,Tn是cn的前n项和，若数列Tn是cn的分隔数列，求实数a,q的取

amcn„0，

amcn1值范围．

【答案】（1）证明见解析；（2）数列Sn不是数列dn的分隔数列；（3）a0,q2. 【解析】 【分析】

（1）由新定义，可得2n≤m+1＜2n+2，求得m＝2n，即可得证；

（2）运用等差数列的求和公式，结合新定义，即可判断；

（3）讨论a＞0，q＞1或a＜0，0＜q＜1，结合新定义，加以恒成立思想，解不等式即可得到所求范围．

amcn„0，【详解】（1）∵{cn}是递增数列，数列{an}满足：对任意n∈N，存在m∈N，使得

amcn1*

*

∴cn≤am＜cn+1， ∵cn＝2n，am＝m+1， ∴2n≤m+1＜2n+2， ∴2n﹣1＜m≤2n+1， ∴m＝2n，

∴对任意n∈N，存在m＝2n∈N，使得

*

*

amcn„0，则称{an}是{cn}的“分隔数列；

amcn1（2）cn＝n﹣4，Sn是{cn}的前n项和，dn＝c3n﹣2， ∴dn＝（3n﹣2）﹣4＝3n﹣6， ∴d1＝﹣3， ∴Sn＝

n(3n4)1＝n（n﹣7），

22若数列{Sn}是数列{dn}的分隔数列， ∴3n﹣6≤

1m（m﹣7）＜3n﹣3， 2即6（n﹣2）≤m（m﹣7）＜6（n﹣1）， 由于n＝4时，12≤m（m﹣7）＜18， 不存在自然数m，使得不等式成立， ∴数列{Sn}不是数列{dn}的分隔数列；

n1（3）设cnaq，Tn是{cn}的前n项和，

∵数列{Tn}是{cn}的分隔数列， 则{cn}为递增， 当a＞0时，q＞1， ∴aqn﹣1≤

a1qm1q＜aq，

n即有qm﹣1＜qn（q﹣1），且qm﹣1≥qn﹣1（q﹣1），

当1＜q＜2时，数列最小项可以得到m不存在；

q＞2时，由m＝n，qm﹣1≥qn﹣1（q﹣1）成立；

qn﹣1＜qn（q﹣1）成立，可得n＝2时，q2﹣1＜q2（q﹣1），

解得q＞2，对n＞3也成立； 当a＜0时，0＜q＜1时，

aqn﹣1≤

a1qm1qmn＜aq，

nmn﹣1

即有1﹣q＞q（1﹣q），且1﹣q≤q（1﹣q），

取m＝n+1，可得1﹣qm＞qn（1﹣q）成立， 1﹣qn+1≤qn﹣1（1﹣q）成立，可得q＝0恒成立， 则a＜0，0＜q＜1不成立， 综上可得，a＞0，q＞2．

【点睛】本题考查了新定义的理解和运用，等差数列、等比数列的通项公式与求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于难题．