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广东省惠州市重点中学2023-2024年高三元月阶段测试
数 学（新课标Ⅰ卷）
试卷类型：A
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，则的真子集个数为（ ）
A． B． C． D．
2．设虚数和是方程的两根，则（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．函数的图象关于中心对称 B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间内有4个零点 D．函数在区间上单调递增
4．如图所示，O点在内部，分别是边的中点，且有，则的面积与的面积的比为（ ）
A． B． C． D．
5．已知数列满足，则（ ）
A． B．
C． D．
6．药物的半衰期指的是血液中药物浓度降低一半所需要的时间，在特定剂量范围内，药物的半衰期，其中是药物的消除速度常数，不同药物的消除速度常数一般不同，若内药物在血液中浓度由降低到，则该药物的消除速度常数．已知某药物半衰期为，首次服用后血药浓度为，当血药浓度衰减到时需要再次给药，则第二次给药与首次给药时间间隔约为（ ）
A． B． C． D．
7．已知椭圆的左、右焦点分别为的上顶点为M，且，双曲线和椭圆有相同的焦点，P为与的一个公共点.若（O为坐标原点），则的离心率（ ）
A． B． C． D．
8．已知体积为的正四棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．在中，，则可为（ ）．
A．12 B．16 C．24 D．30 E．48
10．某地环境部门对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若一地区连续10天每天的空气质量指数均不大于100，则认为该地区的环境治理达标，否则认为该地区的环境治理不达标.根据连续10天检测所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）
A．甲地区：平均数为90，方差为10 B．乙地区：平均数为60，众数为50
C．丙地区：中位数为50，极差为70 D．丁地区：极差为20，80%分位数为80
11．已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，则下列叙述正确的是（ ）
A．若椭圆的离心率为，则
B．若直线与椭圆的另一个交点为，且，则
C．当时，过点的直线被椭圆所截得的弦长的最大值为
D．当时，椭圆上存在异于的两点，满足，则直线过定点
12．若函数有极值点，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．，有 B．，使得
C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有 种．
14．已知数列满足，则的最小值为 .
15．设为正四棱台下底面的中心，且．记四棱锥和的体积分别为，则 ．
16．设函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值范围是 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（本题10分）已知A，B，C，D四点逆时针排列于同一个圆O上，其中的面积为，．
(1)求边的长；
(2)当圆心O在上时，求．
18．（本题12分）如图，在四棱锥中，平面，．，E为的中点，点在上，且．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
19．（本题12分）已知把相同的椅子围成一个圆环；两个人分别从中随机选择一把椅子坐下．
(1)当时，设两个人座位之间空了把椅子（以相隔位子少的情况计数），求的分布列及数学期望；
(2)若另有把相同的椅子也围成一个圆环，两个人从上述两个圆环中等可能选择一个，并从中选择一把椅子坐下，若两人选择相邻座位的概率为，求整数的所有可能取值．
20．（本题12分）已知函数.
(1)证明：.
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.
21．（本题12分）已知点，圆，点是圆上的任意一点.动圆过点，且与相切，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若与轴不垂直的直线与曲线交于、两点，点为与轴的交点，且，若在轴上存在异于点的一点，使得为定值，求点的坐标；
(3)过点的直线与曲线交于、两点，且曲线在、两点处的切线交于点，证明：在定直线上.
22．（本题12分）已知数列A：a1，a2，…，aN的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．
(1)①若数列A：1，2，4，5，求集合T，并写出的值；
②若数列A：1，3，x，y，且，，求数列A和集合T；
(2)若A是递增数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”；
(3)请你判断是否存在最大值，并说明理由．绝密★启用前
广东省惠州市重点中学2023-2024年高三元月阶段测试
数 学（新课标Ⅰ卷）答案详解
试卷类型：A
本试卷共6页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1．答题前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（A）填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知集合，，则的真子集个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出集合、，可求出集合，可得出集合的元素个数，即可得出的真子集个数.
【详解】因为，
，则，
所以，的真子集个数为.
故选：C.
2．设虚数和是方程的两根，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据实系数的一元二次方程的两个虚数根互为共轭复数，得，设虚数，且，利用复数相等求得，再利用根与系数的关系，即可求出结果．
【详解】因为方程的两根互为共轭复数，
设虚数，且，
所以．
所以，所以，
所以方程的两根为，
所以，
所以．
故选：D．
3．已知函数，则下列四个结论中正确的是（ ）
A．函数的图象关于中心对称 B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间内有4个零点 D．函数在区间上单调递增
【答案】C
【分析】A选项，计算出，A错误；B选项，计算出，B错误；C选项，求出，求出，，0，，可得到零点个数；D选项，整体法求出函数的单调递增区间，作出判断.
【详解】A选项，，A错误；
B选项，，B错误；
C选项．当时，函数，
当，，0，时，，
解得或或或，有4个零点，C正确；
D选项，由，，
解得
所以单调递增区间为，，
令，得，，得
所以在区间上不是单调递增的，D错误．
故选：C．
4．如图所示，O点在内部，分别是边的中点，且有，则的面积与的面积的比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由题意可知三点共线，且，再由三角形面积公式即可求解.
【详解】由可得，
又因为分别是边的中点，
所以，，
所以，即，
所以三点共线，且，
所以到的距离与到的距离之比也为，
又的面积与的面积都以为底，
所以的面积与的面积的比为．
故选：A
5．已知数列满足，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】对同时除以可得，再由累加法求解即可得出答案.
【详解】若，则，则，
这与矛盾，所以，
对同时除以，
所以，则，，
……，，
上面的式子相加可得：
，
所以，所以，
故选：D.
6．药物的半衰期指的是血液中药物浓度降低一半所需要的时间，在特定剂量范围内，药物的半衰期，其中是药物的消除速度常数，不同药物的消除速度常数一般不同，若内药物在血液中浓度由降低到，则该药物的消除速度常数．已知某药物半衰期为，首次服用后血药浓度为，当血药浓度衰减到时需要再次给药，则第二次给药与首次给药时间间隔约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意结合对数运算即可得.
【详解】因为，所以，
由题意，得，
所以．
故选：B.
7．已知椭圆的左、右焦点分别为的上顶点为M，且，双曲线和椭圆有相同的焦点，P为与的一个公共点.若（O为坐标原点），则的离心率（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】先由椭圆离心率公式求得，再利用椭圆和双曲线的定义，结合勾股定理得到，从而得解.
【详解】依题意，设焦距为，椭圆的长轴长为，短轴长为，离心率为，
双曲线的长轴长为，短轴长为，离心率为，
因为，则在中，，
根据对称性，不妨设椭圆与双曲线的交点在第二象限，
因为，所以，则，
由双曲线的定义知：，由椭圆的定义知：，
则，则，
则，则，又，解得.
所以的离心率.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是利用共焦点的椭圆与双曲线的定义，推得两个离心率之间的关系，从而得解.
8．已知体积为的正四棱锥的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用棱锥的体积公式得到的关系式，进而得到球的半径关于的关系式，利用三元基本不等式求得其最小值，从而得解.
【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，
则体积，所以，
设球的半径为，则，即，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以球的表面积的最小值为.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得球的半径关于的关系式，从而利用三元基本不等式即可得解.
二、多选题
9．在中，，则可为（ ）．
A．12 B．16 C．24 D．30 E．48
【答案】ABC
【分析】根据题意，求得点在以为直径的圆上，得到点到的距离为，得到的面积，结合选项，即可求解.
【详解】在中，因为，可得点在以为直径的圆上，
设点到的距离为，根据圆的性质，可得，
所以的面积，
结合选项，可得A、B、C符合题意.
故选：ABC.
10．某地环境部门对辖区内甲、乙、丙、丁四个地区的环境治理情况进行检查督导，若一地区连续10天每天的空气质量指数均不大于100，则认为该地区的环境治理达标，否则认为该地区的环境治理不达标.根据连续10天检测所得数据的数字特征推断，环境治理一定达标的地区是（ ）
A．甲地区：平均数为90，方差为10 B．乙地区：平均数为60，众数为50
C．丙地区：中位数为50，极差为70 D．丁地区：极差为20，80%分位数为80
【答案】AD
【分析】根据平均数、方差、众数、中位数、极差、百分位数的知识对选项进行分析，从而确定正确选项.
【详解】设每天的空气质量指数为（，2，…，10），则方差.
对于A，由，得，若这10天中有1天的空气质量指数大于100，则必有，矛盾，所以这10天每天的空气质量指数都不大于100，故A正确；
对于B，假设有8天为50，有1天为140，有1天为60，此时平均数为60，众数为50，但该地区的环境治理不达标，故B错误；
对于C，假设第1天为120，后面9天为50，此时中位数为50，极差为70，但该地区的环境治理不达标，故错误；
对于D，如果最大值大于100，根据极差为20，则最小值大于80，这与分位数为80矛盾，故最大值不大于100，故D正确.
故选：AD
11．已知椭圆的上顶点为，左、右焦点分别为，则下列叙述正确的是（ ）
A．若椭圆的离心率为，则
B．若直线与椭圆的另一个交点为，且，则
C．当时，过点的直线被椭圆所截得的弦长的最大值为
D．当时，椭圆上存在异于的两点，满足，则直线过定点
【答案】ACD
【分析】直接由离心率求出，即可判断A，求出点坐标代入方程，即可判断B，设点在椭圆上，求出，结合二次函数的性质判断C，设点，，当的斜率不为零时，设直线的方程为，联立直线与椭圆方程，消元、列出韦达定理，又，得到，即可求出、的关系，从而求出直线过定点坐标，再检验斜率为零时也满足.
【详解】对于A：，，，解得，所以，故A正确；
对于B：因为，，又，
设，则，解得，，
所以，
代入椭圆方程得到，所以，所以，解得，故B错误；
对于C：当时椭圆为，设点在椭圆上，则，
所以，
因为，所以当时取得最大值，所以弦长最大值为，
故C正确；
对于D：设点，，当的斜率不为零时，设直线的方程为，
由，可得，
显然，所以，，
因为，可得，
因为，，代入可得，
所以，
整理得，所以或，
当时直线的方程为，恒过，不成立，
当时直线的方程为，恒过，
若直线的斜率为且过点，不妨取、，
则，满足，
综上可得直线恒过点，故D正确；
故选：ACD
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.
12．若函数有极值点，且，，则下列说法正确的是（ ）
A．，有 B．，使得
C． D．
【答案】AD
【分析】根据极值和零点分析可知，，，，对于AB：结合函数解析式分析判断；对于C：根据，有，结合函数单调性分析判断；对于D：构建分析可得，结合函数单调性分析判断.
【详解】有题意可得：，
因为函数有极值点，
则，
可得，，
令，解得或；令，解得；
则在上单调递增，在上单调递减，
可知在取到极小值，所以符合题意，
则的极大值为，极小值为，
若，且，
则，解得，
且，，
所以，，，
对于选项AB：因为,
若，则，故，所以A正确；B错误；
对于选项C：，有，则，即，
因为，且在上单调递减，
可得，即，故C错误；
对于选项D：令
，
则在内恒成立，
可知在内单调递减，可得，
可得，则，
且，在上单调递增，
可得，即，故D正确；
故选：AD.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤
（1）作差或变形；
（2）构造新的函数；
（3）利用导数研究的单调性或最值；
（4）根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
三、填空题
13．将序号分别为1，2，3，4，5，6的六张参观券全部分给甲、乙等5人，每人至少一张，如果分给甲的两张参观券是连号，则不同分法共有 种．
【答案】120
【分析】先分给甲，再分给剩余四个人，结合分步乘法计数原理得到答案.
【详解】由题意得，如果分给甲的两张参观券是连号，则有种分法，
再将剩余的4张分给剩余4个人，有种分法，
所以一共有种分法.
故答案为：120
14．已知数列满足，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据数列的知识以及基本不等式求得正确答案.
【详解】，但没有正整数解，
所以等号不等成立，，
，
所以的最小值为.
故答案为：
15．设为正四棱台下底面的中心，且．记四棱锥和的体积分别为，则 ．
【答案】
【分析】由棱锥的体积公式求出四棱锥的体积，设正四棱台的体积为，由正四棱台的对称性可得四棱锥的体积，即可求出结果.
【详解】设四棱台上、下底面的边长分别为，高为，
则四棱锥的体积，
四棱台的体积．
由对称性可知四个侧面与点构成的四个四棱锥大小和形状完全相同，
所以四棱锥的体积．所以．
故答案为：.
16．设函数，若不等式有且只有三个整数解，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】根据题意，把不等式转化为，令，求得，令，得到，结合，得到存在唯一的使得，得出函数的单调性，结合的值和题设条件，得出，即可求解.
【详解】由函数，若不等式，即，
因为，可化为，令，可得，
令，可得，所以在R上单调递增，
又由，所以存在唯一的使得，
当时，，可得，所以单调递减，
当时，，可得，所以单调递增，且，
又因为，
所以当原不等式有且仅有三个整数解时，有，
解得，即实数的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
四、解答题（共70分）
17．（本题10分）已知A，B，C，D四点逆时针排列于同一个圆O上，其中的面积为，．
(1)求边的长；
(2)当圆心O在上时，求．
【答案】(1)．
(2)．
【分析】（1）由已知，结合三角形面积公式及余弦定理求解即得.
（2）由（1）的信息，结合圆的性质求出即可得解.
【详解】（1）在中，的面积为，
则，解得，
而，于是，由余弦定理得
.
（2）由（1）知，而线段为圆的直径，则，
因此，
所以.
18．（本题12分）如图，在四棱锥中，平面，．，E为的中点，点在上，且．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的正弦值；
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，进而证明出线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，求出两法向量的夹角余弦值，进而求出二面角的正弦值.
【详解】（1）因为平面，平面，
所以，
因为，，平面，
所以平面；
（2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，
，E为的中点，点在上，且，
故，
设，由得，
解得，故，
设平面的法向量为，
则，
令，则，所以，
又平面的法向量为，
故，
故二面角的正弦值为.
19．（本题12分）已知把相同的椅子围成一个圆环；两个人分别从中随机选择一把椅子坐下．
(1)当时，设两个人座位之间空了把椅子（以相隔位子少的情况计数），求的分布列及数学期望；
(2)若另有把相同的椅子也围成一个圆环，两个人从上述两个圆环中等可能选择一个，并从中选择一把椅子坐下，若两人选择相邻座位的概率为，求整数的所有可能取值．
【答案】(1)分布列见解析，数学期望为
(2)或或
【分析】（1）根据题意得到随机变量可以取，并计算出相应的概率，列出分布列，利于期望公式计算即可；
（2）利于概率求得两人选择相邻座位的概率，建立方程后依据条件可求得整数解即可.
【详解】（1）由题意，得随机变量可以取，
其中，
，
所以随机变量的分布列为：
0 1 2 3 4 5
故．
（2）记“两人选择把相同的椅子围成的圆环”为事件，
“两人选择把相同的椅子围成的圆环”为事件，
“两人选择相邻座位”为事件．
因为两个人从上述两个圆环中等可能选择一个，
所以，
．
因为，所以．
化简，得．
因为，所以，且．
所以，即，
此时或或
所以的所有可能取值为或或
20．（本题12分）已知函数.
(1)证明：.
(2)若关于的不等式有解，求的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据单调性求出的最小值即可证明.
（2）分离参数，借助（1）中不等式关系进行放缩，求其最小值，即可求出的取值范围.
【详解】（1）.
当时，；
当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
故.
（2）由题意可得不等式有解.
因为，
所以
当时，等号成立，所以.
故的取值范围为
21．（本题12分）已知点，圆，点是圆上的任意一点.动圆过点，且与相切，点的轨迹为曲线.
(1)求曲线的方程；
(2)若与轴不垂直的直线与曲线交于、两点，点为与轴的交点，且，若在轴上存在异于点的一点，使得为定值，求点的坐标；
(3)过点的直线与曲线交于、两点，且曲线在、两点处的切线交于点，证明：在定直线上.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）分析可知，点的轨迹是以为焦点的抛物线，即可得出曲线的方程；
（2）设、，设直线的方程为，将直线的方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，根据求出的值，可得出点的坐标，设、，则，利用平面内两点间的距离公式结合为定值，可求得的值，即可得出点的坐标；
（3）设直线的方程为，设、，将直线的方程与抛物线的方程联立，列出韦达定理，写出抛物线在点、的切线方程，联立两切线方程，求出点的坐标，即可证得结论成立.
【详解】（1）解：由题意知，点到点的距离和它到直线的距离相等，
所以，点的轨迹是以为焦点的抛物线，所以的方程为，
（2）解：设、，设直线的方程为，
联立方程组，得，，可得，
所以①，②
，
即，
将①②代入得，因为，所以，所以点的坐标为，
设、，则，
使为定值，需满足，即，
因为，所以，则，所以点坐标为.
（3）解：设直线的方程为，设、，
联立方程组得，则，可得，
则③，④，
接下来证明出抛物线在点处的切线方程为，
联立，可得，即，
，
又因为，即点在直线上，
所以，曲线在点处的切线方程为，
同理可得曲线在点处的切线方程为，
联立，解得，
则，所以点的坐标为，
所以点在定直线上.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22．（本题12分）已知数列A：a1，a2，…，aN的各项均为正整数，设集合，记T的元素个数为．
(1)①若数列A：1，2，4，5，求集合T，并写出的值；
②若数列A：1，3，x，y，且，，求数列A和集合T；
(2)若A是递增数列，求证：“”的充要条件是“A为等差数列”；
(3)请你判断是否存在最大值，并说明理由．
【答案】(1)①集合T＝{1，2，3，4}，P（T）＝4，②数列A：1，3，5，7，T＝{2，4，6}
(2)证明见解析
(3)存在最大值，理由见解析
【分析】（1）根据新定义列举出集合的元素即可求；根据题意可知，求出，即可求解；
（2）先假设数列A是递增数列，设公差为d（），则，即可分析得，反之A是递增数列，根据数列的新定义可得，可得A为等差数列，由充分条件和必要条件的定义即可得求证；
（3）利用的定义结合特例可判断存在最大值.
【详解】（1）①因为，，，，，，
所以集合，．
②因为A：1,3,x,y，且，所以，，均不相等，
所以2，，都是集合T中的元素，
因为，所以．可得：，，
所以数列A：1,3,5,7，；
（2）充分性；A是递增数列，若A为等差数列，
设A的公差为d（），当时，
所以，所以，
则，故充分性成立．
必要性：若A是递增数列，，则A为等差数列，
因为A是递增数列，所以，
所以 ，且互不相等，
所以，
又因为，
所以且互不相等，
所以，，，，
所以，所以A为等差数列，必要性成立．
所以若A是递增数列，“”的充要条件是“A为等差数列”.
（3）存在最大值．理由如下：
由题意集合中的元素个数最多为个，
即，
取，此时，
若存在，则，其中，
故，
若，不妨设，则
而，故为偶数，为奇数，矛盾，
故，故，
故由得到的彼此相异，故，
即的最大值为.
因此必有最大值；
【点睛】关键点睛：本题考查数列新定义问题，难度较大，解答的关键在于理解题意并根据数列中项的大小及数字特征分析清楚任意两项的所有可能取值，从而分析得出的值.
