2024年北京市朝阳区高考数学一模试卷（含详细答案解析）

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这是一份2024年北京市朝阳区高考数学一模试卷（含详细答案解析），共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知全集U={1,2,3,4}，A={x∈U|x<2}，则∁UA=( )
A. {1}B. {1,2}C. {3,4}D. {2,3,4}
2.复数i3+i在复平面上对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.在△ABC中，若 3a=2bsinA，则∠B=( )
A. π3B. π6C. π3或2π3D. π6或5π6
4.已知a∈R，则“0A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知直线x− 3y+6=0和圆x2+y2=r2(r>0)相交于A，B两点.若|AB|=6，则r=( )
A. 2B. 2 3C. 4D. 3 2
6.已知等比数列{an}的前n项和为Sn，且a1+a2=1，a3+a4=4，则S6=( )
A. 9B. 16C. 21D. 25
7.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F，过点F作垂直于x轴的直线l，M，N分别是l与双曲线C及其渐近线在第一象限内的交点.若M是线段FN的中点，则C的渐近线方程为( )
A. y=±xB. y=± 22xC. y=± 33xD. y=± 55x
8.在△ABC中，AB=AC=2，BC=2 3，点P在线段BC上.当PA⋅PB取得最小值时，PA=( )
A. 32B. 72C. 34D. 74
9.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，BC，CC1的中点，动点H在平面EFG内，且DH=1.则下列说法正确的是( )
A. 存在点H，使得直线DH与直线FG相交
B. 存在点H，使得直线DH⊥平面EFG
C. 直线B1H与平面EFG所成角的大小为π3
D. 平面EFG被正方体所截得的截面面积为3 32
10.已知n个大于2的实数x1，x2，…，xn，对任意xi(i=1,2,…，n)，存在yi≥2满足yiA. 14B. 16C. 21D. 23
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.在( x−1)6的展开式中，x的系数为______.(用数字作答)
12.已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F，准线方程为y=−1，则p=______；设 O为原点，点M(x0,y0)在抛物线上，若|OM|=|FM|，则y0=______.
13.已知函数f(x)=|x−1|,x≤2,5−x,x>2.若实数a，b，c(a14.已知函数f(x)=12sin2x.若曲线y=f(x)在点A(x1,f(x1))处的切线与其在点B(x2,f(x2))处的切线相互垂直，则x1−x2的一个取值为______.
15.设A，B为两个非空有限集合，定义J(A,B)=1−|A∩B||A∪B|其中|S|表示集合S的元素个数.某学校甲、乙、丙、丁四名同学从思想政治、历史、地理、物理、化学、生物这6门高中学业水平等级性考试科目中自主选择3门参加考试，设这四名同学的选考科目组成的集合分别为S1，S2，S3，S4.已知S1={物理，化学，生物}，S2={地理，物理，化学}，S3={思想政治，历史，地理}，给出下列四个结论：
①若J(S2,S4)=1，则S4={思想政治，历史，生物}；
②若J(S1,S2)=J(S1,S4)，则S4={地理，物理，化学}；
③若S4={思想政治，物理，生物}，则J(S1,S4)④若J(S1,S4)>J(S2,S4)=J(S3,S4)，则S4={思想政治，地理，化学}.
其中所有正确结论的序号是______.
三、解答题：本题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题13分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π2)的最小正周期为π.
(Ⅰ)若A=1，f(0)= 22，求φ的值；
(Ⅱ)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择两个作为已知，确定f(x)的解析式，并求函数h(x)=f(x)−2cs2x的单调递增区间.
条件①：f(x)的最大值为2；
条件②：f(x)的图象关于点(5π12,0)中心对称；
条件③：f(x)的图象经过点(π12, 3).
注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.
17.(本小题14分)
如图，在三棱锥D−ABC中，侧面DAC⊥底面ABC，AD=DC，AB=BC.
(Ⅰ)求证：AC⊥BD；
(Ⅱ)已知AB= 5，AC=2，AD= 2，F是线段BD上一点，当AF⊥BD时，求二面角F−AC−B的余弦值.
18.(本小题13分)
为提升学生用数学知识解决现实生活或其他学科领域中的问题的能力，发展学生数学建模素养，某市面向全市高中学生开展数学建模论文征文活动.对于参加征文活动的每篇论文，由两位评委独立评分，取两位评委评分的平均数作为该篇论文的初评得分.从评委甲和评委乙负责评审的论文中随机抽取10篇，这10篇论文的评分情况如下表所示.
(Ⅰ)从这10篇论文中随机抽取1篇，求甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过5的概率；
(Ⅱ)从这10篇论文中随机抽取3篇，甲、乙两位评委对同一篇论文的评分之差的绝对值不超过5的篇数记为X，求X的分布列及数学期望；
(Ⅲ)对于序号为i(i=1,2,…，10)的论文，设评委甲的评分为Xi，评委乙的评分为Yi，分别记甲、乙两位评委对这10篇论文评分的平均数为X−，Y−，标准差为s甲，s乙，以12(Xi−X−s甲+Yi−Y−s乙)作为序号为i的论文的标准化得分.对这10篇论文按照初评得分与标准化得分分别从高到低进行排名，判断序号为2的论文的两种排名结果是否相同？(结论不要求证明)
19.(本小题15分)
已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为 22，A，B分别是E的左、右顶点，P是E上异于A，B的点，△APB的面积的最大值为2 2.
(Ⅰ)求E的方程；
(Ⅱ)设O为原点，点N在直线x=2上，N，P分别在x轴的两侧，且△APB与△NBP的面积相等.
(i)求证：直线ON与直线AP的斜率之积为定值；
(ⅱ)是否存在点P使得△APB≌△NBP，若存在，求出点P的坐标，若不存在，说明理由.
20.(本小题15分)
已知函数f(x)=(1−ax)ex(a∈R).
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；
(Ⅱ)若关于x的不等式f(x)>a(1−x)无整数解，求a的取值范围.
21.(本小题15分)
若有穷自然数数列A：a1，a2，…，an(n≥2)满足如下两个性质，则称A为Bn数列：
①ak≥max{a1+ak−1,a2+ak−2,…，ak−1+a1}(k=2,3,…，n)，其中，max{x1,x2,…，xs}表示x1，x2，…，xs，这s个数中最大的数；
②ak≤min{a1+ak−1,a2+ak−2,…，ak−1+a1}+1(k=2,3,…，n)，其中，max{x1,x2,…，xs}表示x1，x2，…，xs，这s个数中最小的数.
(Ⅰ)判断A：2，4，6，7，10是否为B5数列，说明理由；
(Ⅱ)若A：a1，a2，…，a6是B6数列，且a1，a2，a3成等比数列，求a6；
(Ⅲ)证明：对任意Bn数列A：a1，a2，…，an(n≥2)，存在实数λ，使得ak=[kλ](k=1,2,…，n).([x]表示不超过x的最大整数)
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为全集U={1,2,3,4}，A={x∈U|x<2}={1}，
则∁UA={2,3,4}.
故选：D.
先求出集合A，然后结合集合补集运算即可求解．
本题主要考查了集合补集运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：i3+i=i(3−i)(3+i)(3−i)=3i−i29+1=110+310i，
对应点的坐标为(110,310)位于第一象限，
故选：A.
根据复数的几何意义进行化简求解即可．
本题主要考查复数的几何意义，根据条件进行化简是解决本题的关键．
3.【答案】C
【解析】【分析】
通过正弦定理求与题设的条件求出sinB的值，进而求出B.
本题主要考查正弦定理的运用．在三角形边、角问题中常与面积公式、余弦定理等一块考查，应注意灵活运用．
【解答】
解：∵ 3a=2bsinA
∴asinA=b 32
∵根据正弦定理asinA=bsinB
∴bsinB=b 32
∴sinB= 32
∴B=π3或2π3
故选C.
4.【答案】A
【解析】解：若函数f(x)=(1−a)x3在R上单调递增，
则1−a>0，即a<1，
因为{a|0所以“0故选：A.
若函数f(x)=(1−a)x3在R上单调递增，则1−a>0，求得a<1，再利用集合间的包含关系判断即可．
本题主要考查了函数单调性的判断，考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：圆x2+y2=r2(r>0)的圆心为(0,0)，半径为r，
圆心到直线的距离d=62=3，
所以|AB|=2 r2−d2，即6=2 r2−9，
解得：r=3 2.
故选：D.
由圆的弦长公式建立方程，求解即可．
本题考查圆的弦长公式，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为等比数列{an}中，a1+a2=1，a3+a4=4，
则q2=a3+a4a1+a2=4，
所以a5+a6=4(a3+a4)=16，
则S6=a1+a2+a3+a4+a5+a6=1+4+16=21.
故选：C.
由已知结合等比数列的性质可求出a5+a6，进而可求．
本题主要考查了等比数列的性质在求和中的应用，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：由题意得，F(c,0)，M(c,b2a)，N(c,bca)，
因M为线段FN的中点，
故bca=2b2a，
所以c=2b，a2=c2−b2=3b2，即a= 3b，
故双曲线的渐近线方程为y=±bax=± 33x.
故选：C.
由题意先表示F，N，M，然后结合中点坐标公式可得a，b关系，结合双曲线性质即可求解．
本题主要考查了双曲线的性质的应用，属于基础题．
8.【答案】B
【解析】解：因为在△ABC中，AB=AC=2，BC=2 3，点P在线段BC上，
所以以BC的中点O为坐标原点，BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
则B(− 3,0)，C( 3,0)，A(0,1)，
设P(λ,0)(− 3≤λ≤ 3)，
则PA=(−λ,1)，PB=(− 3−λ,0)，
所以PA⋅PB=−λ(− 3−λ)+1×0=λ2+ 3λ=(λ+ 32)2−34，
所以当λ=− 32时，PA⋅PB取得最小值，
此时PA=( 32,1)，所以|PA|= 34+1= 72.
故选：B.
建立平面直角坐标系，设P(λ,0)(− 3≤λ≤ 3)，由平面向量数量积的坐标表示可得PA⋅PB=(λ+ 32)2−34，从而求得λ=− 32，再求|PA|即可．
本题考查平面向量的数量积与模，涉及二次函数的最值，属于中档题．
9.【答案】C
【解析】解：连接DF，DG，所以|DF|=|DG|= 52,|FG|= 22，取FG的中点M，连接DM，
所以|DM|=3 24>1，点D到线段FG的最短距离大于1，所以不存在点H，使得直线DH与直线FG相交，
故A不正确；
以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则E(1,0,12)，F(12,1,0)，G(0,1,12)，D(0,0,0)，
所以EF=(−12,1,−12)，EG=(−1,1,0)，DE=(1,0,12)，
设平面EFG的法向量为n=(x,y,z)，
所以EF⋅n=0EG⋅n=0，即−12x+y−12z=0−x+y=0，
令x=1，则y=1，z=1，所以n=(1,1,1)，
所以点D到平面EFG的距离为|DE⋅n||n|=32 3= 32<1，而DH=1，所以不存在点H，使得直线DH⊥平面EFG，故B不正确；
因为DB1=(1,1,1)，所以DB1⊥平面EFG，连接DB1交EG于点O，所以O为DB1的中点，DO=B1O= 32，
所以∠B1HO为直线B1H与平面EFG所成角，
因为DH=1，在Rt△ODH中，sin∠DHO=DODH= 32，
所以∠DHO=π3，因为Rt△OB1H与Rt△ODH全等，所以∠B1HO=∠DHO=π3，故C正确；
延长GF交B1B的延长线于N，连接EN交AB于P，连接PF，取D1C1的中点K，D1A1的中点J，连接KG，EJ，KJ，
则KG//EP，EJGF，KJ////PF，平面EFG被正方体所截得的截面图形为正六边形，且边长为 22，
所以截面面积为6×12× 22× 64=3 34，故D不正确．
故选：C.
取FG的中点M，连接DM，可求得|DM|=3 24>1，可知不存在点H，使得直线DH与直线FG相交，进而可判断A，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量知识可判断CD，根据正方体的结构特征可判断D.
本题主要考查了利用空间向量证明线面垂直，以及求直线与平面所成的角，考查了正方体的结构特征，属于中档题．
10.【答案】D
【解析】解：由xiyi=yixi，且yi≥2，xi>2，故yilnxi=xilnyi即lnxixi=lnyyi，
令f(x)=lnxx(x≥2)，f′(x)=1−lnxx2，
故当x∈(2,e)时，f′(x)>0，当x∈(e,+∞)时，f′(x)<0，
即f(x)在(2,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减，
由lnxixi=lnyyi，即f(xi)=f(yi)，故x1>e，2≤yi又f(2)=ln22=ln44=f(4)，故xi≤4，即e若x1+x2+⋯+xn−1≤15xn，则有15≥x1+x2+⋯+xn−1xn≥(n−1)e4，
即n≤60e+1，由e≈2.72，故60e+1≈22.06+1=23.06，
故最大正整数n为23.
故选：D.
构造函数f(x)=lnxx(x≥2)，结合函数单调性可得e本题主要考查了利用导数研究函数的单调性，考查了同构的数学思想，属于中档题．
11.【答案】15
【解析】解：在( x−1)6的展开式的通项公式：Tr+1=C6r(x12)6−r(−1)r=C6r(−1)rx3−12r，
令3−12r=1，解得r=4，
故x的系数为C62(−1)4=15.
故答案为：15.
根据已知条件，结合二项式定理，即可求解．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
12.【答案】212
【解析】解：因为x2=2py(p>0)的焦点为F，
所以F(0,p2)，准线方程为y=−p2.
又准线方程为y=−1，
所以p2=1，
解得p=2，
所以x2=4y，
M(x0,y0)在抛物线上，
所以x02=4y0，
即M(x0,x024)，
所以|OM|2=x02+(x024)2=x02+x0416，
根据抛物线定义可知：|FM|=d，(d为点M到准线y=−1的距离)，
所以|FM|2=(x024+1)2=x0416+x022+1，
因为|OM|=|FM|，
所以x022=1，
解得x02=2，
所以y0=x024=12.
故答案为：2；12.
利用抛物线方程结合准线方程即可求得p的值，再利用抛物线的定义即可求得y0.
本题考查抛物线定义的应用，属于中档题．
13.【答案】2[6,7)
【解析】解：画出f(x)的图象，如图所示：
由图可知，a与b关于直线x=1对称，
所以a+b=2，
令5−x=1，得x=4，
所以4≤c<5，
所以6≤a+b+c<7，
即a+b+c的取值范围是[6,7).
故答案为：2；[6,7).
画出f(x)的图象，数形结合求解即可．
本题主要考查了分段函数的应用，考查了数形结合的数学思想，属于中档题．
14.【答案】−π2(答案不唯一)
【解析】解：f(x)=12sin2x.
则f′(x)=cs2x，
曲线y=f(x)在点A(x1,f(x1))处的切线的斜率k1=cs2x1，
曲线y=f(x)在点B(x2,f(x2))处的切线k2=cs2x2，
由题意可知，k1⋅k2=−1，
则cs2x1⋅cs2x2=−1，
不妨取x1=0，x2=π2，满足上式，
故x1−x2的一个取值为−π2(答案不唯一).
故答案为：−π2(答案不唯一).
根据已知条件，结合导数的几何意义，以及直线垂直的性质，即可求解．
本题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程，属于基础题．
15.【答案】①③
【解析】解：对于①：J(S2,S4)=1−|S2∩S4||S2∪S4|=1，
所以|S2∩S4|=0，所以S2∩S4=⌀，
又S2={地理，物理，化学}，所以S4={思想政治，历史，生物}，①正确；
对于②：J(S1,S2)=J(S1,S4)，即|S1∩S2||S1∪S2|=|S1∩S4||S1US4|=24=12，
所以2|S1∩S4|=|S1∪S4|，所以|S1∪S4|必为偶数，又3≤|S1∪S4|≤6，
当|S1∪S4|=6时，|S1∩S4|=|⌀|=0，不符合2|S1∩S4|=|S1∪S4|，
所以|S1∪S4|=4且|S1∩S4|=2，此时S4情况较多，比如S4={物理，地理，生物}，②错误；
对于③：若S4={思想政治，物理，生物}，则J(S1,S4)=1−24=12，J(S2,S4)=1−15=45，J(S3,S4)=1−15=45，
所以J(S1,S4)对于④：当S4={物理，地理，历史}时，
J(S1,S4)=1−15=45，J(S2,S4)=1−24=12，J(S3,S4)=1−24=12，
满足J(S1,S4)>J(S2,S4)=J(S3,S4)，但不是S4={思想政治，地理，化学}，④错误．
故答案为：①③．
对于①③：直接根据定义计算即可；对于②：通过定义计算得到|S1∪S4|必为偶数，讨论|S1∪S4|=6和|S1∪S4|=4两种情况下的求解即可；对于④：通过举例S4={物理，地理，历史}来说明．
本题属于新定义试题，考查对于新定义的理解以及运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：由题意得，ω=2ππ=2，
故f(x)=Asin(2x+φ)，
(I)若A=1，则f(x)=sin(2x+φ)，f(0)=sinφ= 22，
因为0<φ<π2，
所以φ=π4；
(Ⅱ)因为f(x)=Asin(2x+φ)，
若选①②，由①得，f(x)=2sin(2x+φ)，
由②得2×5π12+φ=kπ，k∈Z，
因为0<φ<π2，
所以以φ=π6，f(x)=2sin(2x+π6)，
h(x)=f(x)−2cs2x= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得，−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
故函数h(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ]，k∈Z；
若选①③，由①得，f(x)=2sin(2x+φ)，
由③得，f(π12)=2sin(π6+φ)= 3且0<φ<π2，
所以φ=π6，f(x)=2sin(2x+π6)，
h(x)=f(x)−2cs2x= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得，−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
故函数h(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ]，k∈Z；
若选②③，f(x)=Asin(2x+φ)，
由②得，2×5π12+φ=kπ，k∈Z，
因为0<φ<π2，
所以以φ=π6，f(x)=Asin(2x+π6)，
由f(π12)=Asinπ3= 3，可得A=2，
所以f(x)=2sin(2x+π6)，
h(x)=f(x)−2cs2x= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，
解得，−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
故函数h(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ]，k∈Z.
【解析】(Ⅰ)由已知结合周期公式可求ω，结合A=1及f(0)= 22可求φ；
(Ⅱ)结合所选条件，结合最值与A的关系，正弦函数的对称性及函数图象所经过的点的坐标即可分别求出f(x)，然后结合和差角公式及辅助角公式求出h(x)，再由正弦函数的单调性即可求解．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
17.【答案】(Ⅰ)证明：取AC的中点O，连接OD，OB，
因为AD=DC，AB=BC，
所以OD⊥AC，OB⊥AC，
又OD∩OB=O，OD、OB⊂平面OBD，所以AC⊥平面OBD，
因为BD⊂平面OBD，所以AC⊥BD.
(Ⅱ)解：由(Ⅰ)知，AC⊥平面OBD，
因为OF⊂平面OBD，
所以AC⊥OF，
又OB⊥AC，所以∠BOF即为二面角F−AC−B的平面角，
因为AB= 5，AC=2，AD= 2，
所以OA=1，OD=1，OB=2，
由(Ⅰ)知，AC⊥BD，
因为AF⊥BD，AC∩AF=A，AC、AF⊂平面ACF，
所以BD⊥平面ACF，
又OF⊂平面ACF，所以BD⊥OF，
因为侧面DAC⊥底面ABC，侧面DAC∩底面ABC=AC，OD⊥AC，OD⊂平面ACD，
所以OD⊥平面ABC，
因为OB⊂平面ABC，
所以OD⊥OB，BD= OD2+OB2= 12+22= 5，
所以S△BOD=12OD⋅OB=12BD⋅OF，
所以OF=OD⋅OBBD=1×2 5=2 55，
在Rt△BOF中，cs∠BOF=OFOB=2 552= 55，
故二面角F−AC−B的余弦值为 55.
【解析】(Ⅰ)取AC的中点O，连接OD，OB，易知OD⊥AC，OB⊥AC，再由线面垂直的的判定定理与性质定理，即可得证；
(Ⅱ)由二面角的定义知∠BOF即为所求，再结合线面垂直、面面垂直的判定定理或性质定理证明OD⊥OB，OF⊥BD，然后由等面积法及三角函数的知识求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面平行的判定定理，线面垂直的判定、性质定理，以及利用向量法求二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(Ⅰ)设事件A为“从这10篇论文中随机抽取1篇，甲、乙两位评委的评分之差的绝对
值不超过5”，
在这10篇论文中，甲、乙两位评委的评分之差的绝对值不超过5的有2篇，
所以P(A)=210=15；
(Ⅱ)依题意，X的可能取值为0，1，2，
P(X=0)=C83C103=715，P(X=1)=C21C82C103=715，P(X=2)=C22C81C103=115.
所以X的分布列为
X的数学期望为EX=0×715+1×715+2×115=35；
(Ⅲ)相同．
【解析】(I)直接利用古典概率公式即可求解；
(Ⅱ)X的可能取值为0，1，2，利用超几何分布分别求出概率，然后求解期望即可；
(Ⅲ)结合序号为2的论文和3的论文的标准化排名即可求解．
本题主要考查了古典概率公式的应用，还考查了离散型随机变量的期望及分布列的求解，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题知S△APB的最大值为12×2a×b=ab，
ab=2 2e=ca= 22a2=b2+c2，解得a=2，b= 2，
所以E的方程为：x24+y22=1；
(Ⅱ)设N(2,t)，P(x0,y0)(x0≠±2)，则y0t<0，
证明：(i)由题知SΔAPB=SΔNBP，
所以12|AB||y0|=12|BN|(2−x0)，
即|t|=4|y0|2−x0，所以t=−4y02−x0，
设直线ON的斜率为kON，直线AP的斜率为kAP，
所以kONkAP=t2⋅y0x0+2=−2y02−x0⋅y0x0+2=2y02x02−4=4−x02x02−4=−1；
所以直线ON与直线AP的斜率之积为定值−1；
(ii)假设存在点P使得△APB≌△NBP，因为|AB|，|AP|，|NP|>|NB|，|BP|=|BP|，所以|AP|=|NB|，
由(i)可知t=−4y02−x0=−2(x0+2)y0，所以 (x0+2)2+y02=2|x0+2y0|，即(x0+2)2+y02=4(x0+2)2y02，
所以(x0+2)2=y044−y02，又y02=2−x022，
所以(x0+2)2=(4−x02)28+2x02，所以(x0+2)2=(2+x0)2(2−x0)28+2x02，
整理得(x0+2)48+2x02=0，解得x0=−2，与x0≠−2矛盾，
所以不存在点P使得△APB≅△NBP.
【解析】(Ⅰ)由△PAB的面积的最大值可得ab的值，再由离心率的值，可得a，b的关系，进而求出a，b的值，即求出椭圆的方程；
(Ⅱ)(i)设N，P的坐标，由△APB与△NBP的面积相等，可得N的纵坐标与P的坐标的关系，求出直线ON，AP的斜率之积，整理可证得ON，AP的斜率之积为定值；
(ii)存在点P使得△APB≌△NBP，由(i)可得点P的横坐标为−2，由题意可得点P的横坐标不等于−2，可得假设不成立．
本题考查椭圆的方程的求法及直线与椭圆的综合应用，属于中档题．
20.【答案】解：函数f(x)的定义域为(−∞,+∞).
(Ⅰ)当a=0时，f(x)=ex，则函数f(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增．
当a≠0时，f′(x)=(1−a−ax)ex=−a(x−1−aa)ex，
①若a>0，当x>1−aa时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(1−aa,+∞)上单调递减，
当x<1−aa时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(−∞,1−aa)上单调递增．
②若a<0，当x>1−aa时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(1−aa,+∞)上单调递增，
当x<1−aa时，f′(x)<0，函数f(x)在区间(−∞,1−aa)上单调递减．
(Ⅱ)由f(x)>a(1−x)可得a(x−x−1ex)<1，
设函数h(x)=x−x−1ex(x∈R)，则h′(x)=ex+x−2ex，
令t(x)=ex+x−2，则t′(x)=ex+1>0，
所以函数t(x)在区间(−∞,+∞)上单调递增．
又t(0)=−1<0，t(1)=e−1>0，
所以函数t(x)在区间(−∞,+∞)上存在唯一零点x0∈(0,1)，
所以函数h(x)在区间(−∞,x0)上单调递减，在区间(x0,+∞)上单调递增，
所以当x≤0时，h(x)≥h(0)=1，当x≥1时，h(x)≥h(1)=1.
①若a≤0，当x≤0时，a⋅h(x)≤0<1，
此时a⋅h(x)<1有无穷多个整数解，不符合题意．
②若a≥1，因为函数h(x)在区间(−∞,0]上单调递减，在区间[1,+∞)上单调递增，
所以当x∈Z时，h(x)≥min{h(0),h(1)}=1≥1a，
所以a⋅h(x)<1无整数解，符合题意．
③若0所以0，1是a⋅h(x)<1的两个整数解，不符合题意．
综上，a的取值范围是[1,+∞).
【解析】(Ⅰ)对a分类讨论，结合导数与单调性的关系即可求解；
(Ⅱ)由f(x)>a(1−x)可得a(x−x−1ex)<1，设函数h(x)=x−x−1ex(x∈R)，利用导数判断h(x)的单调性及大小，再对a分类讨论，求出符合题意的a的取值范围．
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查不等式问题，考查运算求解能力，属于难题．
21.【答案】解：(Ⅰ)A：2，4，6，7，10不是B5数列．理由如下：
因为a1+a3=8，a2+a2=8，
所以max{a1+a3,a2+a2}=8.
但a4=7<8，所以A不满足性质①，故不是B5数列．
(Ⅱ)根据B6数列的定义，可知A：a1，a2，…，a6满足：
a2=a1+a1或a2=a1+a1+1，a3=a1+a2或a3=a1+a2+1，
(1)若a2=a1+a1，因为a1，a2，a3成等比数列，所以a3=a22a1=4a1，
又因为a1≠0，所以a3≠a1+a2，
当a3=a1+a2+1时，由a3=3a1+1=4a1得a1=1，
(2)若a2=a1+a1+1，因为a1，a2，a3成等比数列，所以a3=a22a1=(2a1+1)2a1，
当a3=a1+a2时，由a3=3a1+1=(2a1+1)2a1得a1=−3± 52，
与a1是自然数矛盾，舍去；
当a3=a1+a2+1时，由a3=3a1+2=(2a1+1)2a1得a1=−1，
与a1是自然数矛盾，舍去；
所以a1=1，a2=2，a3=4，
由a1+a3=5，a2+a2=4，以及max{a1+a3,a2+a2}≤a4≤min{a1+a3,a2+a2}+1，
可知5≤a4≤5，所以a4=5，
由a1+a4=a2+a3=6，以及max{a1+a4,a2+a3}≤a5≤min{a1+a4,a2+a3}+1，
可知6≤a5≤7，
由7≤a1+a5≤8，a2+a4=7，a3+a3=8，
以及max{a1+a5,a2+a4,a3+a3}≤a6≤min{a1+a5,a2+a4,a3+a3}+1，
可知8≤a6≤8，所以a6=8；
(Ⅲ)证明：当n=2时，根据B2数列的定义，可知a2=2a1或a2=2a1+1
若a2=2a1，取λ=a1+0.1>0，则a1=[λ]，a2=[2λ]，结论成立．
若a2=2a1+1，取λ=a1+0.5>0，则a1=[λ]，a2=[2λ]，结论成立．
假设存在自然数t>2，存在Bt数列使得结论不成立，设这样的t的最小值为t0，
即存在Bt0数列A：a1，a2…，at0，对任意实数λ，存在k∈{1,2,⋯,t0}，使得ak≠[kλ].
根据假设，数列A的前t0−1项a1，a2…，at0−1组成的数列是一个Bt0−1数列，
从而存在实数β，使得ak=[kβ](k=1,2,⋯,t0−1).
所以ak≤kβ即akk≤β令L=max{a1,a22,⋯,at0−1t0−1}，U=min{a1+1,a2+12,⋯,at0−1+1t0−1}，则L≤β令L*=max{L,att0}，U*=min{U,at0+1t0}，则L≤L*，U*≤U
(1)若L*=at0t0，根据U的定义，存在u∈{1,2,⋯,t0−1}，使得U=au+1u
又at0−ut0−u≤L则L*=at0t0≤at0−u+au+1t0=at0−u+(au+1)(t0−u)+u且L*=at0t0(2)若L*=L，根据L的定义，存在l∈{1,2,⋯,t0−1}，使得L=all，又all=L则L*=L=all且L*=L所以L≤L*令β′=L*+U*2，则L≤L*<β′即max{a1,a22,⋯,at0t0}<β′所以akk<β′所以ak即ak=[kβ′](k=1,2,⋯,t0)，与假设矛盾．
综上，结论成立．
【解析】(1)直接根据B5数列的定义验证；
(2)根据B6数列的定义先列式求出a1，a2，a3，进而可求出a4，a5，a6；
(3)先说明B2数列满足结论，然后假设存在自然数t>2，存在Bt数列使得结论不成立，设这样的t的最小值为t0，即存在Bt0数列A：a1，a2，…，at0，对任意实数λ，存在k∈{1,2,…，t0}，使得ak≠[kλ]，通过Bn数列的定义推出矛盾，进而达到证明结论的目的．
本题考查数列的综合问题，考查反证法，属于难题．序号
评委甲评分
评委乙评分
初评得分
1
67
82
74.5
2
80
86
83
3
61
76
68.5
4
78
84
81
5
70
85
77.5
6
81
83
82
7
84
86
85
8
68
74
71
9
66
77
71.5
10
64
82
73
X
0
1
2
P
715
715
115

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