《2021年北京市朝陽區高考數學一模試卷【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021年北京市朝陽區高考數學一模試卷【含答案】（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、2021年北京市朝陽區高考數學一模試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項．
1．（4分）已知集合A＝{﹣1，0，1，2，3}，B＝{x|x﹣1≥0}，則A∩B＝（ ?。?
A．{0，1，2，3} B．{1，2，3} C．{2，3} D．{3}
【分析】利用集合交集的定義求解即可．
【解答】解：因為集合A＝{﹣1，0，1，2，3}，B＝{x|x﹣1≥0}＝{x|x≥1}，
所以A∩B＝{1，2，3}．
故選：B．
【點評】本題考查了集合的運算，主要考查了集合交集的求解，解題的關鍵是掌握交集的定義，屬于
2、基礎題．
2．（4分）如果復數的實部與虛部相等，那么b＝（ ?。?
A．﹣2 B．1 C．2 D．4
【分析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由實部與虛部相等求得b值．
【解答】解：∵的實部與虛部相等，
∴b＝﹣2．
故選：A．
【點評】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數的基本概念，是基礎題．
3．（4分）已知等差數列{an}的前n項和為Sn，a3＝1，S9＝18，則a1＝（ ）
A．0 B．﹣1 C．﹣2 D．﹣3
【分析】先由題設求得a5，再利用等差數列的性質求得結果．
【解答】解：∵S9＝18＝＝9a5，
∴a5＝2，
又a3＝1，
∴由等差數列的性質
3、可得：a1+a5＝a1+2＝2a3＝2，
∴a1＝0，
故選：A．
【點評】本題主要考查等差數列的性質及基本量的計算，屬于基礎題．
4．（4分）已知圓x2+y2＝4截直線y＝kx+2所得弦的長度為，則實數k＝（ ?。?
A． B． C． D．
【分析】求出圓的圓心與半徑，利用弦長，推出弦心距，利用點到直線的距離公式求解即可．
【解答】解：圓x2+y2＝4截直線y＝kx+2所得弦的長度為，
可得弦心距為：＝1，
所以：，解得k＝．
故選：D．
【點評】本題考查直線與圓的位置關系的應用，點到直線的距離公式的應用，是基礎題．
5．（4分）已知雙曲線的離心率為2，則雙曲線C的漸近
4、線方程為（ ?。?
A． B． C． D．y＝±2x
【分析】根據題意，由雙曲線的離心率e＝2可得c＝2a，由雙曲線的幾何性質可得b＝a，由此求解雙曲線的漸近線方程．
【解答】解：根據題意，雙曲線的離心率為2，
其焦點在x軸上，其漸近線方程為y＝±x，
又由其離心率e＝＝2，則c＝2a，
則b＝＝a，即＝，
則其漸近線方程y＝±x；
故選：A．
【點評】本題考查雙曲線的幾何性質，注意由雙曲線的標準方程分析焦點的位置，確定雙曲線的漸近線方程，是中檔題．
6．（4分）在△ABC中，若a2﹣b2+c2+ac＝0，則B＝（ ?。?
A． B． C． D．
【分析】直接利用余弦定理的
5、應用求出結果．
【解答】解：若a2﹣b2+c2+ac＝0，
所以，
由于B∈（0，π），
所以B＝．
故選：D．
【點評】本題考查的知識要點：余弦定理的應用，主要考查學生的運算能力和數學思維能力，屬于基礎題．
7．（4分）某三棱錐的三視圖如圖所示，已知網格紙上小正方形的邊長為1，則該三棱錐最長的棱長為（ ?。?
A．2 B． C． D．
【分析】首先把三視圖轉換為幾何體的直觀圖，進一步求出幾何體的各個棱長，從而確定結果．
【解答】解：根據幾何體的三視圖轉換為直觀圖為：該幾何體為三棱錐A﹣BCD；
如圖所示：
所以：AB＝BC＝，CD＝BD＝1，AD＝，AC＝，
6、故選：C．
【點評】本題考查的知識要點：三視圖和幾何體的直觀圖之間的轉換，三棱錐的棱長的求法，主要考查學生的運算能力和數學思維能力，屬于基礎題．
8．（4分）在△ABC中，“tanAtanB＜1”是“△ABC為鈍角三角形”的（ ?。?
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【分析】解法一：對角分類討論，利用正切和差公式及其三角函數的單調性即可判斷出結論．
解法二：tanAtanB＜1?1﹣＞0?cosAcosBcosC＜0?△ABC為鈍角三角形，即可判斷出結論．
【解答】解：解法一：（1）若C為鈍角，則A，B為銳角，∴tanC＝﹣
7、tan（A+B）＝﹣＜0，解得tanAtanB＜1．
若A或B為鈍角，則tanAtanB＜1成立．
（2）若tanAtanB＜1成立，假設A或B為鈍角，則△ABC為鈍角三角形．
假設A，都B為銳角，tanC＝﹣tan（A+B）＝﹣＜0，解得C為鈍角，則△ABC為鈍角三角形．
綜上可得：在△ABC中，“tanAtanB＜1”是“△ABC為鈍角三角形”的充要條件．
解法二：tanAtanB＜1?1﹣＞0?＞0?cosAcosBcosC＜0?△ABC為鈍角三角形．
∴在△ABC中，“tanAtanB＜1”是“△ABC為鈍角三角形”的充要條件．
故選：C．
【點評】本題考查了分類討論、
8、正切和差公式及其三角函數的單調性、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題．
9．（4分）已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，準線為l，點P是直線l上的動點．若點A在拋物線C上，且|AF|＝5，則|PA|+|PO|（O為坐標原點）的最小值為（ ）
A．8 B． C． D．6
【分析】不妨設A為第一象限內的點，坐標為（a，b），由拋物線的定義可得|AF|＝a+1＝5，解得A點的坐標，設點A關于直線x＝﹣1的對稱點為A′（﹣6，4），由對稱性可得|PA|+|PO|＝|PA′|+|PO|≥|A′O|，即可得出答案．
【解答】解：不妨設A為第一象限內的點，坐標為（a，b）
9、由拋物線的方程可得焦點F（1，0），
則|AF|＝a+1＝5，解得a＝4，
所以A（4，4），
所以點A關于直線x＝﹣1的對稱點為A′（﹣6，4），
故|PA|+|PO|＝|PA′|+|PO|≥|A′O|＝＝2，
當且僅當A′，P，O三點共線時，等號成立，
即|PA|+|PO|的最小值為2．
故選：B．
【點評】本題考查圖形的對稱性，拋物線的定義，解題中注意數形結合思想的應用，屬于中檔題．
10．（4分）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P是線段BC1上的點，過A1的平面α與直線PD垂直．當P在線段BC1上運動時，平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得
10、的截面面積的最小值是（ ?。?
A．1 B． C． D．
【分析】畫出圖形，判斷截面的位置，結合正方體的特征，轉化求解截面面積的最小值即可．
【解答】解：當P在B點時，BD⊥平面ACC1A1，平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面積：1×＝是最大值；
當P與C1重合時，DC1⊥平面A1D1CB，
平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面積：1×＝是最大值
當P由B向C1移動時，平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面A1EF，E由A向B移動，
當P到BC1的中點時，取得最小值，如圖
此時E為AB的中點，F為D1C1的中點，（P在底面
11、ABCD上的射影為DH，H是BC的中點，此時EC⊥DH，可得DP⊥EC，同理可得DP⊥CF，可證明DP⊥平面A1ECF），
A1E＝CE＝，AC＝，EF＝，四邊形A1ECF是菱形，
所以平面α截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面積：＝．
故選：C．
【點評】本題考查直線與平面垂直，截面面積的最小值問題，考查空間想象能力，轉化思想以及計算能力，是難題．
二、填空題共5小題，每小題5分，共25分．
11．（5分）在（x+）8的展開式中，x4的系數為 28 ．（用數字作答）
【分析】求出展開式的通項，然后令x的指數為2，求出r的值，由此即可求解．
【解答】解：展開式的通項為
12、T，
令8﹣2r＝4，解得r＝2，
所以x4的系數為C，
故答案為：28．
【點評】本題考查了二項式定理的應用，考查了學生的運算能力，屬于基礎題．
12．（5分）已知函數則f（0）＝ 1??；f（x）的值域為 ?。ī仭蓿?）?。?
【分析】根據分段函數的表達式直接代入即可求出f（0），利用指數函數和對數函數的性質分別進行求解即可．
【解答】解：f（0）＝20＝1，
當x＜1時，0＜2x＜2，此時0＜f（x）＜2，
當x≥1時，log2x≥0，則﹣log2x≤0，即此時f（x）≤0，
綜上f（x）＜2，即函數f（x）的值域為（﹣∞，2），
故答案為：1，（﹣∞，2）．
【點評
13、】本題主要考查分段函數的應用，利用指數函數和對數函數的單調性的性質是解決本題的關鍵，是基礎題．
13．（5分）已知向量＝（，1），＝（x，y）（xy≠0），且||＝1，?＜0，則向量的坐標可以是 ?。ǎ。▽懗鲆粋€即可）
【分析】利用已知條件畫出圖形，判斷向量的坐標的位置，即可寫出結果．
【解答】解：向量＝（，1），＝（x，y）（xy≠0），且||＝1，?＜0，如圖，可知向量的坐標可以是黑色圓弧上的任意一點，向量的坐標可以是（，）．
故答案為：（，）．
【點評】本題考查向量的數量積的應用，點的坐標的求法，是基礎題．
14．（5分）李明自主創業，經營一家網店，每售出一件A商品
14、獲利8元．現計劃在“五一”期間對A商品進行廣告促銷，假設售出A商品的件數m（單位：萬件）與廣告費用x（單位：萬元）符合函數模型．若要使這次促銷活動獲利最多，則廣告費用x應投入 3 萬元．
【分析】由題意知，每售出1萬件A商品獲利8萬元，可得售出m萬件A商品的總獲利為24﹣，設f（x）＝24﹣（x≥0），利用導數求最值得答案．
【解答】解：由題意知，每售出1萬件A商品獲利8萬元，
∴售出m萬件A商品的總獲利為：
8m﹣x＝8（3﹣）﹣x＝24﹣，
設f（x）＝24﹣（x≥0），
則f′（x）＝（x≥0），令f′（x）＞0，
即＞0（x≥0），
解得0≤x＜3，
∴當0≤x＜3時
15、，f′（x）＞0，函數f（x）在[0，3）單調遞增，
當x＞3時，f′（x）＜0，函數f（x）在（3，+∞）上單調遞減，
則當x＝3時，函數f（x）取得極大值，即最大值，
∴要使這次促銷活動獲利最多，則廣告費用x應投入3萬元．
故答案為3．
【點評】本題考查函數模型的選擇及應用，訓練了利用導數求最值，考查運算求解能力，是中檔題．
15．（5分）華人數學家李天巖和美國數學家約克給出了“混沌”的數學定義，由此發展的混沌理論在生物學、經濟學和社會學領域都有重要作用在混沌理論中，函數的周期點是一個關鍵概念，定義如下：設f（x）是定義在R上的函數，對于x0∈R，令xn＝f（xn﹣1）（n＝1
16、，2，3，…），若存在正整數k使得xk＝x0，且當0＜j＜k時，xj≠x0，則稱x0是f（x）的一個周期為k的周期點．給出下列四個結論：
①若f（x）＝ex﹣1，則f（x）存在唯一一個周期為1的周期點；
②若f（x）＝2（1﹣x），則f（x）存在周期為2的周期點；
③若f（x）＝則f（x）不存在周期為3的周期點；
④若f（x）＝x（1﹣x），則對任意正整數n，都不是f（x）的周期為n的周期點．
其中所有正確結論的序號是 ①④?。?
【分析】由周期點的定義，可得直線y＝x與y＝f（x）存在交點．分別對選項分析，結合函數的最值和函數值的符號，可得結論．
【解答】解：對于x0∈R，令xn
17、＝f（xn﹣1）（n＝1，2，3，…），
若存在正整數k使得xk＝x0，且當0＜j＜k時，xj≠x0，
則稱x0是f（x）的一個周期為k的周期點．
對于①f（x）＝ex﹣1，當k＝1時，x1＝f（x0）＝ex0﹣1，
因為直線y＝x與y＝f（x）只有一個交點（1，1），故①正確；
對于②，f（x）＝2（1﹣x），k＝2時，x2＝f（x1）＝2（1﹣x1）＝2[1﹣f（x0）]＝4x0﹣2，
由x2＝x0，可得x0＝，x1＝，…，xn＝，不滿足當0＜j＜k時，xj≠x0，
所以f（x）不存在周期為2的周期點，故②不正確；
對于③，當，，，滿足題意，
故存在周期為3的周期點，故③
18、錯誤，
對于④，f（x）＝x（1﹣x）＝﹣（x﹣）2+，所以f（x）≤，即f（x）＜，
所以不是周期點，故④正確．
故答案為：①④．
【點評】本題考查函數的新定義的理解和運用，主要是周期點的定義，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題．
三、解答題共6小題，共85分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程．
16．（13分）已知函數由下列四個條件中的三個來確定：
①最小正周期為π；②最大值為2；③；④f（0）＝﹣2．
（Ⅰ）寫出能確定f（x）的三個條件，并求f（x）的解析式；
（Ⅱ）求f（x）的單調遞增區間．
【分析】（Ⅰ）若函數f（x）滿足條件④，則由f（0）＝Asinφ＝﹣
19、2，推出與A＞0，0＜φ＜矛盾，可得函數f（x）不能滿足條件④，由條件①，利用周期公式可求ω＝2，由條件②，可得A＝2，由條件③，可得f（﹣）＝0，結合范圍0＜φ＜，可求φ＝，可得函數解析式．
（Ⅱ）利用正弦函數的單調性即可求解．
【解答】解：（Ⅰ）若函數f（x）滿足條件④，則f（0）＝Asinφ＝﹣2，
這與A＞0，0＜φ＜矛盾，故函數f（x）不能滿足條件④，
所以函數f（x）只能滿足條件①，②，③，
由條件①，可得＝π，
又因為ω＞0，可得ω＝2，
由條件②，可得A＝2，∴f（x）＝2sin（2x+φ）
由條件③，可得f（﹣）＝2sin（﹣+φ）＝0，
∴sin（﹣+φ）
20、＝0，∴﹣+φ＝kπ，k∈Z，
∴φ＝+kπ，k∈Z，又因為0＜φ＜，所以φ＝，
所以f（x）＝2sin（2x+）．
（Ⅱ） 令﹣+2kπ≤2x+≤+2kπ，k∈Z，
∴﹣+kπ≤x≤+kπ，
∴f（x）的單調遞增區間為[﹣+kπ，+kπ]，（k∈Z）．
【點評】本題主要考查了由y＝Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式，考查了正弦函數的圖象和性質，屬于基礎題．
17．（13分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，O是AD邊的中點，PO⊥底面ABCD，PO＝1．在底面ABCD中，BC∥AD，CD⊥AD，BC＝CD＝1，AD＝2．
（Ⅰ）求證：AB∥平面POC；
（Ⅱ）求二面角B
21、﹣AP﹣D的余弦值．
【分析】（Ⅰ）先證明四邊形ABCO是平行四邊形，即可得到AB∥OC，由線面平行的判定定理證明即可；
（Ⅱ）建立空間直角坐標系，然后求出所需點的坐標，利用待定系數法求出平面BAP的法向量，由向量的夾角公式求解即可．
【解答】（Ⅰ）證明：在四邊形ABCD中，因為BC∥AD，，
O是AD的中點，則BC∥AO，BC＝AO，
所以四邊形ABCO是平行四邊形，所以AB∥OC，
又因為AB?平面POC，CO?平面POC，
所以AB∥平面POC；
（Ⅱ）連結OB，因為PO⊥平面ABCD，所以PO⊥OB，PO⊥OD，
又因為點O時AD的中點，且，所以BC＝OD，
因
22、為BC∥AD，CD⊥AD，BC＝CD，
所以四邊形OBCD是正方形，所以BO⊥AD，
建立空間直角坐標系如圖所示，
則A（0，﹣1，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），
所以，
設平面BAP的法向量為，
則，即，令y＝1，則x＝z＝﹣1，故，
因為OB⊥平面PAD，
所以是平面PAD的一個法向量，
所以＝，
由圖可知，二面角B﹣AP﹣D為銳角，
所以二面角B﹣AP﹣D的余弦值為．
【點評】本題考查了立體幾何的綜合應用，涉及了線面平行的判定定理的應用，在求解空間角的時候，一般會建立合適的空間直角坐標系，將空間角問題轉化為空間向
23、量問題進行研究，屬于中檔題．
18．（14分）我國脫貧攻堅戰取得全面勝利，現行標準下農村貧困人口全部脫貧，消除了絕對貧困．為了解脫貧家庭人均年純收入情況，某扶貧工作組對A，B兩個地區2019年脫貧家庭進行簡單隨機抽樣，共抽取500戶家庭作為樣本，獲得數據如表：
A地區
B地區
2019年人均年純收入超過10000元
100戶
150戶
2019年人均年純收入未超過10000元
200戶
50戶
假設所有脫貧家庭的人均年純收入是否超過10000元相互獨立．
（Ⅰ）從A地區2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，估計該家庭2019年人均年純收入超過10000元的概率；
（Ⅱ）
24、在樣本中，分別從A地區和B地區2019年脫貧家庭中各隨機抽取1戶，記X為這2戶家庭中2019年人均年純收入超過10000元的戶數，求X的分布列和數學期望；
（Ⅲ）從樣本中A地區的300戶脫貧家庭中隨機抽取4戶，發現這4戶家庭2020年人均年純收入都超過10000元．根據這個結果，能否認為樣本中A地區2020年人均年純收入超過10000元的戶數相比2019年有變化？請說明理由．
【分析】（Ⅰ）利用概率公式求解即可；
（Ⅱ）確定X的取值，分別求解其概率，然后列出分布列求出數學期望即可；
（Ⅲ）先通過2019年的樣本數據可得0.012，然后據此說明理由即可．
【解答】解：（Ⅰ）設事件C：從
25、A地區2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，該家庭2019年人均純收入超過10000元，
從表格數據可知，A地區抽出的300戶家庭中2019年人均年收入超過10000元的有100戶，
因此P（C）可以估計為＝；
（Ⅱ）設事件A：從樣本中A地區2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，該家庭2019年人均純收入超過10000元，
設事件B：從樣本中B地區2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，該家庭2019年人均純收入超過10000元，
由題意可知，X的可能取值為0，1，2，
＝，
＝＝，
＝，
所以X的分布列為：
X
0
1
2
P
所以X的數學期望為E（X）＝＝；
26、
（Ⅲ）設事件E為“從樣本中A地區的300戶脫貧家庭中隨機抽取4戶，
這4戶家庭2020年人均年純收入都超過10000元”，
假設樣本中A地區2020年人均年純收入超過10000元的戶數相比2019年沒有變化，
則由2019年的樣本數據可得0.012．
答案示例1：可以認為有變化，理由如下：
P（E）比較小，概率比較小的事件一般不容易發生，一旦發生，就有理由認為樣本中A地區2020年人均年純收入超過10000元的戶數相比2019年發生了變化，所以可以認為有變化．
答案示例2：無法確定有沒有變化，理由如下：
事件E是隨機事件，P（E）比較小，一般不容易發生，但還是有可能發生的，所
27、以無法確定有沒有變化．
【點評】本題考查了離散型隨機變量及其分布列以及離散型隨機變量的期望，考查了邏輯推理能力與運算能力，屬于中檔題．
19．（15分）已知橢圓C的短軸的兩個端點分別為A（0，1），B（0，﹣1），離心率為．
（Ⅰ）求橢圓C的方程及焦點的坐標；
（Ⅱ）若點M為橢圓C上異于A，B的任意一點，過原點且與直線MA平行的直線與直線y＝3交于點P，直線MB與直線y＝3交于點Q，試判斷以線段PQ為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由．
【分析】（Ⅰ）由題意可得b的值，再由離心率及a，b，c之間的關系求出a的值，進而求出橢圓的方程；
（Ⅱ）設直線M
28、A的方程，由題意可得直線OP的方程，與y＝3聯立求出P的坐標，將直線AM的方程與橢圓聯立求出M的坐標，進而求出直線BM的方程，與y＝3聯立求出Q的坐標，設以PQ為直徑的圓的方程過T點，可得數量積＝0，求出T的坐標，即圓過的定點的坐標．
【解答】解（Ⅰ）由題意可得b＝1，e＝＝，c2＝a2﹣b2，
解得a2＝3，
所以橢圓的方程為：+y2＝1，且焦點坐標（±，0）；
（Ⅱ） 設直線MA的方程為：y＝kx+1，（k≠0）
則過原點的直線且與直線MA平行的直線為y＝kx，
因為P是直線y＝kx，y＝3的交點，所以P（，3），
因為直線AM的方程與橢圓方程+y2＝1聯立：
，整理可
29、得：（1+3k2）x2+6kx＝0，
可得xM＝﹣，yM＝+1＝，
即M（﹣，），因為B（0，﹣1），
直線MB的方程為：y＝﹣﹣1，
聯立，解得：y＝3，x＝﹣12k，
由題意可得Q（﹣12k，3），
設T（x0，y0），
所以＝（x0﹣，y0﹣3），＝（x0+12k，y0﹣3），
由題意可得以線段PQ為直徑的圓過T點，所以＝0，
所以（x0﹣，y0﹣3）?（x0+12k，y0﹣3）＝0，
可得x02+12kx0﹣x0﹣36+y02﹣6y0+9＝0，①，
要使①成立，
，解得：x0＝0，y0＝﹣3，或x0＝0，y0＝9，
所以T的坐標（0，﹣3）或（0，9）．
【
30、點評】本題考查求橢圓的方程及直線與橢圓的綜合，以線段為直徑的圓的方程恒過定點可得數量積為0的性質，屬于中檔題．
20．（15分）已知函數f（x）＝（ax﹣1）ex（a∈R）．
（Ⅰ）求f（x）的單調區間；
（Ⅱ）若直線y＝ax+a與曲線y＝f（x）相切，求證：a∈（﹣1，）．
【分析】（Ⅰ）求出函數的導數，通過討論a的范圍，求出函數的單調區間即可；
（Ⅱ）求出函數的導數，根據直線和f（x）相切，得到a＝，結合y＝的單調性證明結論成立即可．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝（ax+a﹣1）ex，令f′（x）＝0，得ax＝1﹣a，
當a＝0時，f′（x）＝﹣ex＜0，y＝f（x）在R單
31、調遞減，
當a＞0時，x，f′（x），f（x）的變化如下：
x
（﹣∞，）
（，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
遞減
極小值
遞增
當a＜0時，x，f′（x），f（x）的變化如下：
x
（﹣∞，）
（，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
f（x）
遞增
極大值
遞減
綜上：當a＝0時，y＝f（x）在R單調遞減，
當a＞0時，y＝f（x）的單調遞增區間是（﹣∞，），單調遞減區間是（，+∞），
當a＜0時，y＝f（x）的單調遞增區間是（﹣∞，），單調遞減區間是（，+∞）；
（Ⅱ）證明：由題意得f′（x）＝（ax+a﹣1）ex，
32、
設直線y＝ax+a與曲線y＝f（x）相切于點（x0，y0），
則，
由①﹣②得﹣a＝ax0，即a（+x0）＝0，
若a＝0，則f（x）＝﹣ex，ax+a＝0，
直線y＝0與曲線y＝f（x）不相切，不符合題意，
所以a≠0，所以+x0＝0，③，
令φ（x）＝ex+x，則φ′（x）＝ex+1＞0，故φ（x）單調遞增，
∵φ（﹣）＝﹣＞0，φ（﹣1）＝e﹣1﹣1＜0，
故存在唯一x0∈（﹣1，﹣）使得+x0＝0，
將③代入①得a+ax0﹣x0+a＝0，
故a＝＝，
易知在（﹣1，﹣）內y＝x++1單調遞減，且x++1＜0，
故y＝在（﹣1，﹣）內單調遞增，
∵x0∈（﹣1
33、，﹣），∴﹣1＜a＜﹣，故a∈（﹣1，﹣）．
【點評】本題考查了函數的單調性，最值問題，考查導數的應用以及切線方程問題，考查轉化思想，分類討論思想，是難題．
21．（15分）設數列Am：a1，a2，…，am（m≥2），若存在公比為q的等比數列Bm+1：b1，b2，…，bm+1，使得bk＜ak＜bk+1，其中k＝1，2，…，m，則稱數列Bm+1為數列Am的“等比分割數列”．
（Ⅰ）寫出數列A4：3，6，12，24的一個“等比分割數列”B5；
（Ⅱ）若數列A10的通項公式為an＝2n（n＝1，2，…，10），其“等比分割數列”B11的首項為1，求數列B11的公比q的取值范圍；
（Ⅲ）若數
34、列Am的通項公式為an＝n2（n＝1，2，…，m），且數列Am存在“等比分割數列”，求m的最大值．
【分析】（Ⅰ）根據“等比分割數列”的定義即可求解；
（Ⅱ）根據定義可得qn﹣1＜2n＜qn（n＝1，2，3，…，10），從而求得q＞2，且qn﹣1＜2n（n＝1，2，3，…，10），n＝1時顯然成立，當n＝2，3，…，10時，將qn﹣1＜2n轉化為q＜，利用指數函數的單調性即可求得q的取值范圍；
（Ⅲ）設Bm+1是數列Am的“等比分割數列”，首項為b1，公比為q，由定義可得b1qn﹣1＜n2＜b1qn（n＝1，2，…，m），設m≥6，解不等式可推出矛盾，可得m≤5，當m＝5時，取b1＝0.
35、99，q＝2.09，滿足定義，從而得解．
【解答】解：（Ⅰ）根據定義可得數列A4：3，6，12，24的一個“等比分割數列”
B5：2，4，8，16，32．（答案不唯一）
（Ⅱ）由題意可得，qn﹣1＜2n＜qn（n＝1，2，3，…，10），
所以q＞2，且qn﹣1＜2n（n＝1，2，3，…，10），
當n＝1時，1＜2成立；
當n＝2，3，…，10時，應有q＜成立，
因為y＝2x在R上單調遞增，所以＝隨著n的增大而減小，故q＜，
綜上，q的取值范圍是（2，）．
（Ⅲ）設Bm+1是數列Am的“等比分割數列”，首項為b1，公比為q，
由題意，應有b1qn﹣1＜n2＜b1qn（n＝
36、1，2，…，m），顯然b1＞0，q＞0，
設m≥6，此時有b1＜1＜b1q＜4＜b1q2＜9＜b1q3＜16＜b1q4＜25＜b1q5＜36＜b1q6＜…．
所以＞，可得q3＞9，所以q＞＞2，
又b1q3＞9，所以b1q5＞9×22＝36，與b1q5＜36＜b1q6矛盾，故m≤5，
又當m＝5時，取b1＝0.99，q＝2.09，
可得0.99＜1＜0.99×2.09＜4＜0.99×2.092＜9＜0.99×2.093＜16＜0.99×2.094＜25＜0.99×2.095，
所以m＝5時成立，
綜上，m的最大值為5．
【點評】本題主要考查新定義，數列的應用，考查轉化思想與運算求解能力，屬于難題．
2021年北京市朝陽區高考數學一模試卷【含答案】
