2021届上海市华东师范大学第二附属中学高三上学期12月月考数学试题及答案

2021届上海市华东师范大学第二附属中学高三上

学期12月月考数学试题

注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上

一、单选题

1．如果正数a，b，c，d满足abcd4，那么（ ） A．abcd，且等号成立时a，b，c，d的取值唯一 B．abcd，且等号成立时a，b，c，d的取值唯一 C．abcd，且等号成立时a，b，c，d的取值不唯一 D．abcd，且等号成立时a，b，c，d的取值不唯一 答案A

正数a，b，c，d满足abcd4，∴ 4=ab2ab，即ab4，当且仅当a=b=2时，“=”成立；又4=cd(cd2)，∴ c+d≥4，当且仅当c=d=2时，“=”成立；综2上得abcd，且等号成立时a，b，c，d的取值都为2，选A．

2．“数列{an}和数列{bn}极限都存在”是“数列{anbn}和数列{anbn}极限都存在”的（ ）条件 A．充分非必要 答案C

B．必要非充分

C．充分必要

D．非充分非必要

an,limbn都【分析】由题意，分别从充分性与必要性两个部分证明，对于充分性，limnncn,limdn都存在，证an+bn与limanbn存在；对于必要性，lim存在，证明limnnnnan,limbn存在. 明limnn解：

liman,limbnnn都存在，所以

liman+bnlimanlimbn，

nnnlimanbnlimanlimbn，

nnnan+bn与limanbn存在，故充分性成立； 所以limnn11cndn，bncndn， 22cn,limdn都存在，所以liman=1limcnlimdn， 由题意，limnnnn2n记cnanbn，dnanbn，则anlimbn=n1an,limbn都存在，故必要性成立， limcnlimdn，所以limnnnn2所以“数列{an}和数列{bn}极限都存在”是“数列{anbn}和数列{anbn}极限都存在”的充分必要条件. 故选：C.

点评：解决充分必要条件的判断一般有两种思路：

（1）如果是涉及范围之间的充分必要性问题，利用集合的包含关系判断两个命题之间的充分必要性；

（2）不涉及范围问题的判断，一般需要分别从充分性与必要性两个方面论证. 3．在ABC中，若sinAA．(0,1] C．(0,1]答案B

【分析】先取得A2，则cosB2cosC的取值范围是（ ） 2B．(0,1](2,5]

(32,5] 2D．以上答案都不对

4或A33，分A和A两种情况讨论，结合三角恒等4442， 2变换的公式，以及三角函数的性质，即可求解. 解：由题意，在ABC中，若sinA因为A(0,)，可得A3， 4433C， 当A时，可得BC，则B444或A可得cosB2cosCcos(因为C(0,当A可

322C)2cosCsinCcosCsin(C)， 42243)，所以C(,)，所以sin(C)(0,1]； 44443时，可得BC，则BC， 444得

232cosB2cosCcos(C)2cosCsinCcosC5sin(C)，

422其中tan3，

设gx5sin(x)在区间[0,又由g0]上单调递增，在[,]上单调递减，

224322g()，g()5，

224所以gx(2,5]，即5sin(C)(2,5]， 综上可得，cosB2cosC的取值范围是(0,1]故选：B.

点评：解答与三角函数有关的范围问题的求解策略：

1、根据已知条件化简得出三角函数的解析式为yAsin(wx)的形式；

2、熟练应用三角函数的图象与性质，结合数形结合法的思想研究函数的性质（如：单调性、奇偶性、对称性、周期性与最值等），进而加深理解函数的极值点、最值点、零点及有界性等概念与性质，但解答中主要角的范围的判定，防止错解.

n200n3(4．已知数列{an}为有穷数列，共95项，且满足anC200(6)(2,5].

1n)，则数列{an}2中的整数项的个数为（ ） A．13 答案C

【分析】根据题意有

B．14

C．15

D．16

200n4005n，均为整数，转化为6|(n4)，不难发现当36200n4005nn6k2(k0,1,2,3,,13)时，均为非负整数，验证当n86、

36n92时a86和a92是否为整数.

n200n3(解：解：由anC200(6)200n200n4005nn1n)得aCn6322Cn3326，

n2002002要使an(1n95)为整数，必有所以6|(n4)，

200n4005n，均为整数， 36当n6k2(k0,1,2,3,,13)时所以an为整数，共有14个，

200n4005n，均为非负整数， 3686385当n86时，a86C20032，

86在C200200!中200!因数2的个数为

86!114!200200200200200200200234567197， 2222222同理计算可得86!因数2的个数为82，144!因数2的个数为110， 故C200中因数2的个数为197821105，

86从而a86是整数，

923610当n92时，a92C20032，

92同理C200中因数2的个数小于10， 从而a92不是整数，

因此，整数项的个数为14115， 故选：C.

点评：利用二项式定理解决整除问题的思路：

（1）要证明一个式子能被另一个式子整除，只要证明这个式子按二项式定理展开后的各项均能被另一个式子整除即可.因此，一般要将被除式化为含相关除式的二项式，然后再展开；

（2）用二项式定理处理整除问题，通常把底数写成除数(或与除数密切关联的数)与某数的和或差的形式，再用二项式定理展开.但要注意：

余数的范围，acrb，其中余数b[0,r),r是除数，若利用二项式定理展开变形后，切记余数不能为负.

二、填空题

15．行列式42356中，6的代数余子式的值是______． 789答案6

【分析】根据代数余子式的定义得到6的代数余子式A23即可求得答案．

解：由题意，可得6的代数余子式A23故答案为6．

点评：本题主要考查了三阶行列式的代数余子式的定义，考查行列式的展开，属于基础题．

6．若抛物线y___________

1278，利用行列式的展开，

1278(1827)6．

12x上一点M到焦点F的距离为4，则点M的纵坐标的值为4答案3

【分析】根据抛物线方程求出焦点、准线方程，利用抛物线定义求解. 解：由y12x可得x24y， 4所以该抛物线的焦点为F(0,1)，准线方程为y1， 设M(xM,yM)，由抛物线的定义可得MFyM14， 所以yM3． 故答案为：3

7．设Axx5k1,kN，Bx|x5,xQ，则A答案{1,4}

【分析】直接利用交集的定义求解即可．

解：A{x|x5k1，kN}{1，6，11，4，21，26，31，6，}， B{x|x5，xQ}，

B________.

AB{1，4}．

故答案为：{1，4}．

点评：本题考查交集的运算，是基础题，解题时要认真审题，注意交集性质的合理运用． 8．若复数z满足(34i)z|(2i)(12i)|(其中i为虚数单位)，则z的虚部是___________. 答案

4 5【分析】根据复数的运算法则，化简z34i，即可求解. 55解：由题意，复数z满足(34i)z|(2i)(12i)|， 可得z534i|(2i)(12i)|43i34i，

34i34i34i34i55所以复数z的虚部为故答案为：

4. 54. 53x的定义域为___________.

2x34x9．函数y答案(,)1213(,] 24【分析】求使函数有意义的x的取值范围即可.

334x0x解：要使函数有意义只需，即， 422x34x04x4x30解得x113或x≤. 224113,. 224故答案为：,10．.“沃尔玛”商场在国庆“62”黄金周的促销活动中,对10月2日9时至14时的销售额进行统计,其频率分布直方图如右下图所示.已知9时至10时的销售额为2.5万元,则11时至12时的销售额为________万元.

答案10

解：设11时至12时的销售额为x 由频率分步直方图可知:所以x10. 故答案为：10 11．关于x的方程lgx答案,4

【分析】利用方程有大于1的实数根，得到lgx范围，即得式即得结果. 解：方程lgx0.102.5=， 0.40x2a3有大于1的实数根，则实数a的取值范围是_________. 4a322a3范围，再解分式不等4a2a32a30，等价有大于1的实数根，即x1，故lgx0，即

4a4a于2a3a40，即得故答案为：,4.

3a4. 23212．空间中一条线段在三视图中的长度分别为5，13，则该线段的长度为______. 25，答案29.

【分析】将线段放入长方体中，由三视图的概念可得长方体的长宽高，进而可得线段长. 解：将该线段放入一个长、宽、高分别为a、b、c的长方体中，如图，

222ac522由题意可得ab13c2b2252a3，解得b2，

c42所以该线段长为a2b2c229. 故答案为：29.

点评：本题考查了长方体几何特征及三视图的应用，考查了空间思维能力，属于基础题. 13．某学校组织劳动实习，其中两名男生和两名女生参加农场体验活动，体验活动结束后，农场主人与四名同学站一排合影留念.已知农场主人站在中间，两名男生不相邻，则不同的站法共有______种. 答案16

【分析】根据正难则反原理，可求男生相邻的情况，再拿所有情况减去即可.

4解：农场主在中间共有A424种站法，

农场主在中间，两名男生相邻共有2A2A28种站法， 故所求站法共有24816种.

22故答案为：16

点评：本题考查计数原理，考查了正难则反原理，考查逻辑推理能力，属于中档题. 14．已知a1､a2与b1､b2是4个不同的实数，若关于x的方程

|xa1||xa2||xb1|+|xb2|的解集A不是无限集，则集合A中元素的个数构

成的集合为___________. 答案{1}

【分析】将该题转化为两个函数图像的交点问题，为了简化问题，特殊化成研究关于x的方程|x||x1||xa||xb|，也即是函数f(x)|x||x1|和

g(x)|xa||xb|的图像的交点问题.画出分段函数的图像，通过取特殊值可以判

断出有1个交点，而0个交点和2个交点都是不可能的，需要用反证法去证明.设点

A(0,1)，B(1,1)，C(a,ba)，D(b,ba)，借助斜率公式、绝对值三角不等式以及不

等式的性质，导出矛盾，从而说明0个交点和2个交点是不可能的，最终得出集合A只能有1个元素.

解：转化为f(x)|xa1||xa2|和g(x)|xb1||xb2|图像交点， 为了简化问题，我们可以研究|x||x1||xa||xb|，

2x1,x0f(x)xx11,0x1，

2x1,x12xab,xa设ab，g(x)xaxbba,axb，

2xab,xb设A(0,1)，B(1,1)，C(a,ba)，D(b,ba)， ①由图像易知，1个交点容易得到， 如a153,b2时，可求得唯一一个交点为(,) 242

而0个交点和2个交点都是不可能的.

②假设有0个交点，

由题意|kAC||ba1||ba1|2，|kBD|2，

|a||b1|∴

|a|1|b1|1，，

|ba1|2|ba1|2|a||b1|1， ∴

|ba1||ba1|而由三角不等式，

|a||b1||ba1|1，

|ba1||ba1||ba1|故矛盾，∴不可能有0个交点； ③假设有2个交点，

ba1ba1(2,0)，kBD(0,2)， ab1a1b11，， ∴

ba12ba12ba11，明显矛盾， ∴

ba1kAC∴不可能有2个交点.

其他0个交点和2个交点的情况均可化归为以上两类.

综上所述，解集A不是无限集时，集合A的元素个数只有1个. 故答案为：1.

点评：关键点点睛：本题的关键是将方程的解的个数转化为两个函数图像的交点个数，其中两个分段函数可以用特值法固定一个，再讨论另一个函数的情况.

15．如图，已知AC4，B为AC的中点，分别以AB､AC为直径在AC的同侧作半圆，M､N分别为两半圆上的动点(不含端点A､B､C)，且BMBN0，则

AMCN的最大值为___________.

答案1

【分析】以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，求得

A，B，C的坐标，可得以AB为直径的半圆方程，以AC为直径的半圆方程，设出

M，N的坐标，由向量数量积的坐标表示，结合三角函数的恒等变换可得2，再

由余弦函数、二次函数的图象和性质，计算可得最大值．

解：以A为坐标原点，AC所在直线为x轴，建立如图所示的直角坐标系，可得

A0，0，B2，0，C4，0，

以AB为直径的半圆方程为x1y21,x0，y0， 以AC为直径的半圆方程为x2y24,x0，y0 ，

222sin，0，，BMBN，设M1cos,sin，N22cos， BMcos1,sin，BN2cos,2sin

可得BMBN2coscos12sinsin0

即有2coscossinsin2cos，即coscos 又0，， 可得 ，即2 ，

AMcos1,sin，CN22cos,2sin

则AMCNcos1,sin22cos,2sin

cos122cossin2sin

22cos2coscos2cos2sinsin

22cos2cos2cos

22cos4cos22cos24cos

222cos214cos4cos4cos2

14cos1

2可得cos212， 即，时，AMCN 的最大值为1， 233故答案为：1．

点评：关键点睛：本题考查向量的坐标运算，向量的数量积的坐标表示以及圆的参数方程的运用，三角函数的恒等变换，解答本题的关键是建立平面坐标系，得出

BMcos1,sin，BN2cos,2sin，由BMBN0得出2，由1AMCNcos1,sin22cos,2sin4属于中档cos1，

2题. 16

．

已

知

函

数

f(x)2对于任意实数

x，都有

f(x)f(398x)f(2158x)f(3214x)，则函数值f(0)，f(1)，f(2)，，

f(2020)中最多有___________个不同的数值

答案177

【分析】根据题中条件，确定函数f(x)关于x199､x1079､x1607对称，从而求出函数f(x)的最小正周期，进而可得出结果.

解：由f(2158x)f(3214x)得f(2158x)f(3214x) 因为f(x)f(398x)f(2158x)f(3214x)， 所以其图象关于x199､x1079､x1607对称， 因此函数有周期性，

mTnTm，16071079528，､nN*， 22mTnT因为880和528最大公约数为176，8801765，5281763，

22T所以176，T352，因此在同一周期中函数值最多有177个不同的值.

2设周期为T，则1079199880所以函数值f(0)，f(1)，f(2)，，f(2020)中最多有177个不同的值. 故答案为：177. 点评：关键点点睛： 求

解

本

题

的

关

键

在

于

确

定

函

数

的

周

期

，

利

用

f(x)f(398x)f(2158x)f(3214x)得到函数对称轴，再由对称轴确定函数

周期，根据一个周期内的函数值个数，即可得出结果.

三、解答题

17．如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩形，侧棱PD平面ABCD，E为PC的中点，AD3,PD4,PC5.

（1）证明：直线PA//平面BDE； （2）求点A到平面PBC的距离. 答案（1）证明见解析；（2）

12. 5【分析】（1）连接AC交BD于O，连接EO，利用中位线证明OE//AP，结合线面平行的判定定理可完成证明；

（2）建立空间直角坐标系，先求解出平面PBC的法向量n和AP，然后根据

dnAPn即可求解出结果.

解：（1）连接AC交BD于O，连接EO，因为底面ABCD为矩形，所以O为AC中点，

因为E为PC中点，在△PAC中，O,E分别为两边中点，所以OE//AP， 又因为OE平面BDE，所以直线PA//平面BDE，

（2）建立如图所示空间坐标系，CD52423P0,0,4,A3,0,0,B3,3,0,C0,3,0，

所以PB(3,3,4)，PC(0,3,4)，AP3,0,4， 设n(x,y,z)为平面PBC的法向量，PBn0,PCn0，

所以3x3y4z04z0，令y4，其中一个法向量3yn0,4,3，

设点A到平面PBC的距离为d， nAP所以dn123242125. 点评：思路点睛：利用向量方法求解平面外一点A到平面的距离的步骤： （1）建立合适空间直角坐标系，在平面内取一点B； （2）求解出AB和平面的法向量n；

，

（3）根据dABnn即可求解出点A到平面的距离.

18．小明在东方明珠广播电视塔底端的正东方向上的C处，沿着与电视塔(AB)垂直的水平马路CD驾驶机动车行驶，以南偏西60°的方向每小时60千米的速度开了15分钟以后，在点D处望见电视塔的底端B在东北方向上，设沿途E处观察电视塔的仰角

AEB，的最大值为60°.

（1）小明开车从C处出发到D处，几小时后其所在位置观察电视塔的仰角达到最大值60°，约为多少分钟？(分钟保留两位小数)

（2）求东方明珠塔AB的高度约为多少米.(保留两位小数) 答案（1）4.75分钟；（2）4754.81米. 【

分

析

】（

1

）

由

题

知

，

在

△DBC中，

BCD30,DBC135,BDC15,CD15千米，由正弦定理求出BC，且当

BECD时，最大，算出CE长，即可得时间；

（2）由（1）知当BECD时，最大为60，AB3BC，计算即得结果. 2解：（1）由题知，在△DBC中，BCD30,DBC135,BDC15,CD15千米，

所以由正弦定理得，

BCCD1531，所以BC15sin15，

sinBDCsinDBCsin1352AB，因为AB不变，所以当BECD时，BE最小，此BE在直角△ABE中，tan时最大，故CE钟；

153315333CE，所以BCt604.75分

24604（2）由（1）知当BECD时，最大为60，此时BE1BC， 2所以ABBEtan6015333BC4.75481千米， 24故东方明珠塔AB的高度约为4754.81米.

点评：关键点睛：本题的关键是能够推得当BECD时，仰角最大.

19．已知函数f(x)，若存在非零实数a､b，使得对定义域内任意的x，均有

f(xa)f(x)b成立，则称该函数f(x)为阶梯周期函数.

（1）判断函数f(x)[x]|sinx|(xR)是否为阶梯周期函数，请说明理由.(其中[x]表示不超过x的最大整数，例如：[3,5]4，[2,1]2)

（2）已知函数g(x)，xR的图像既关于点(1,0)对称，又关于点(3,2)对称. ①求证：函数g(x)为阶梯周期函数；

②当x[0,4]时，g(x)[p,q](p､q为实数)，求函数g(x)的值域. 答案（1）是，理由见解析；（2）①证明见解析；②[4np,4nq]，nZ. 【分析】（1）根据阶梯周期函数的定义求解判断.

（2）①根据函数g(x)的图像既关于点(1,0)对称，又关于点(3,2)对称，得到

gxg2x0求解.②根据①的结论，分x4n,4n4,nN和gxg6x4x4n,4n4,nN两种情况讨论求解.

解：（1）因为f(x1)[x1]|sinx1|[x]1|sinx|fx1, 所以存在a1,b1,使得函数f(x)为阶梯周期函数

（2）①因为函数g(x)的图像既关于点(1,0)对称，又关于点(3,2)对称，

所以gxg2x0 ，

gxg6x4两式相减得：g6xg2x4， 即 gx4gx4 所以函数g(x)为阶梯周期函数；

②当x4n,4n4,nN时，x4n0,4， 由

gx4gx4，得

gxgx44gx4242...

gx4n4n4np,4nqnN，

当x4n,4n4,nN时，x4n0,4， 由

gx4gx4，得

gxgx44gx4242...

gx4n4n4np,4nqnN，

综上：函数g(x)的值域是[4np,4nq]nZ.

点评：关键点点睛：本题关键是阶梯周期函数定义的理解以及f(x)若关于点a,b对称，则fxf2ax2b结合应用.

x2y220．已知椭圆:221(ab0).

ab

（1）若椭圆的焦距为23，长轴长为4，求椭圆的方程；

（2）设直线xmy10(mR)与题（1）的椭圆交于A､B两点，判断点G(,0)与以线段AB为直径的圆的位置关系；

（3）过不在椭圆的任意一点P作两条直线l1､l2，分别交椭圆于A､B和C､D两点若l1､l2的倾斜角分别为､，且满足，证明：|PA||PB||PC||PD|.

949x2答案（1）（2）点G,0在以线段AB为直径的圆外；（3）证明见解y21；

44析.

【分析】（1）由长轴长和焦距求出a，c的值，再由a，b，c之间的关系求出b的值，进而求出椭圆的方程；

（2）将直线与椭圆联立，可得两根之和及两根之积，

法（一)GAGB0，GA，GB不共线，所以可得AGB为锐角，判断出G点在圆外，

法（二)设线段AB的中点H，可得H的坐标，求出|GH|的值，与|AB|比较可得

|GH||AB|可得G在圆外； 2（3）设直线l1，l2的参数方程，代入椭圆的方程整理可得参数t1t2p1p2，进而可证结论成立．

解：（1）由题意得2c23,2a4，所以a2,c3,b2a2c21，

x2所以椭圆:y21；

4（2）设Ax1,y1,Bx2,y2，

xmy122m4y2my30， 由x2得2y14所以y1y22m3,yy， 12m24m24法一：因为GAx199,y1,GBx2,y2， 44所以GAGBx19955xyymymy21212y1y2 4444525m21y1y2my1y2

416523m12m2517m210220， 22m4m41616m62所以cosGA,GB0，又GA,GB不共线，所以AGB为锐角，

9G所以点,0在以线段AB为直径的圆外； 4法二：设线段AB的中点为Hx0,y0，则y0222y1y2m2， 2m495525222， |GH|x0y0my0y0m21y0my044216|AB|42x1x2y1y2422m21y1y242

2m21y1y24y1y2m21y2yy，

0124|AB|2525所以|GH| m21y1y2my04216252|AB|3m12m2517m2102|GH|，所以， 20222m4m41616m629G所以点,0在以线段AB为直径的圆外； 4xx0tcos（3）(直线的参数方程)设Px0,y0，直线l1:(t为参数)，直线

yytsin0xx0pcosl2:(p为参数)，分别代入椭圆方程，得 yy0psin2222222222222 bcosαasinαt2bx0cosαay0sinαtbx0ay0ab0，

b222cos2βa2sin2βp22b2x0cosβa2y0sinβpb2x0a2y0a2b20，

因为，所以cos2αcos2β,sin2αsin2β， 所以t1t2p1p2，即|PA||PB||PC||PD|.

点评：本题考查求椭圆的方程，及直线与椭圆的综合，参数方程的应用，属于中难题． 关键点点睛：把点与圆的位置关系转化为GAGB与0的大小比较，或者转化为点G与

AB中点间的距离与

AB大小比较是解题的关键. 2mm121．若正整数n的二进制表示是n2am12a12a0，这里

ai{0,1}(i0,1,2,,m1)，称有穷数列1，am1，am2，，a0为n的生成数列，

mm1设q(q1)是一个给定的实数，称pnqam1qa1qa0为n的生成数.

（1）求5100的生成数列的项数；

（2）求由n的生成数列p1，p2，，pn的前2k1(kN*)项的和S2k1(用q､k表示)；

（3）若实数q满足

15q2，证明：存在无穷多个正整数k，使得不存在正整数2l满足p2kp1p2k1.

k1答案（1）233；（2）S2k121qqk1；（3）证明见解析.

mmm1m1【分析】（1）由题意知2n2am12a12a02，求出m,可知n的

生成数列的项数m1，故解2m＜5100＜2m1即可求解； （2）可先归纳猜想，再由数学归纳法证明； （3）对mN*，设二进制表示下

2k(1010)2m个10，证明不存在lN*，使得

p2kplp2k1，利用反证法证明.

解：因为ai{0,1}，

mm1所以n2am12mm1且n2am12a12a0＞2m a12a0＜2m2m121，

12m12m11＜2m1，

12故确定m即可确定n的生成数列的项数m1，

100log25， 令2m＜5100＜2m1，解得100log251＜m＜因为log252.322,mN*，所以m232， 所以5100的生成数列的项数为233； （2）法一：(数学归纳法) 当k1时，S1p11，

当k2时，S3p1p2p31q(q1)2(1q)， 当k3时，S7p1p2p7

1q(q1)q2q21q2qq2q1221qq2，

k1猜想：S2k121qqk1，接下来用数学归纳法证明，

当k1,2,3时，已证， 假设结论对k成立，则对k1有

S2k11S2k1p2kp2k1p2k11

2k11q2k11qqk1qkqk1qkqk1q1

qk12kqkS2k12k1qqk，

故结论对k1也成立，

k1所以S2k121qqk1；

2k(1010)2m个10（3）对mN*，设二进制表示下使得p2kplp2k1，

，我们证明不存在lN*，

2m1q2m3事实上，对这样的kN*，有p2kqq,p2k1p2k1，

如果存在lN*，使得p2kplp2k1， 设l的二进制表示为la2,a{0,1},aiiii0tt1，则plaiqi，

i0t①若m1，则qpiq1，这时，如果t2，

2那么plqq1(因为152q2，所以q1q)，矛盾， 2如果t1，那么plq或q1，也矛盾，

②设m1(m2)时可以推出矛盾，考虑m的情形，

2m2m1q2m2q2m1q2m3q2m4若t2m，则plqq

q2m1q1p2k1，矛盾，

1

2m2q2m3若t2m2，则plqq2m2q2m3q2m4q2m5q2m1q2n3q31q2m1q2q1

q3qp2k，矛盾，

，

上述推导中都用到了qi2qi1qi,i0,1,2,所以t2m1，这时，记ll22m1进而，有plpiq，

2m1ai2i，

i0t12m3于是，由p2kplp2k1得p2(k1)qq3qplp2(k1)1，

与归纳假设不符.

综上所述，存在无穷多个正整数k，使得不存在正整数l，满足p2kplp2k1. 点评：关键点点睛：本题属于创新型题目，难度很大，推理要求很高，涉及到了数学归

纳法，反证法，难度太大，属于难题.