2020 年高考数学一模试卷
一、选择题（共 10 小题）
1．已知集合 A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|1＜x＜3}，则 A∩B＝（ ）
A．{x|0＜x＜3} B．{x|2＜x＜3} C．{x|0＜x≤1} D．{x|1＜x≤2}
2．已知复数 z＝i（2+i）（i 是虚数单位），则|z|＝（ ）
A．1 B．2 C． ퟓ D．3
3．函数 f（x）＝sin2x+cos2x 的最小正周期是（ ）
A．휋
2 B．π C．2π D．4π
4．已知 f（x）为定义在 R 上的奇函数，且 f（1）＝2，下列一定在函数 f（x）图象上的点
是（ ）
A．（1，﹣2） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（2，1）
5．已知 a，3，b，9，c 成等比数列，且 a＞0，则 log3b﹣log3c 等于（ ）
A．﹣1 B． ―
1
2 C．1
2 D．1
6．已知抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点与双曲线푥2
3 ― 풚ퟐ = 1 的右焦点重合，则 p＝（ ）
A． ퟐ B．2 C．2 ퟐ D．4
7．在（2x ―
1
푥）6 的展开式中，常数项是（ ）
A．﹣l60 B．﹣20 C．20 D．160
8．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点 A（cosα，sinα），푩(풄풐풔(휶 +
휋
3)，풔풊풏
(휶 +
휋
3))．则| →
푶푨 + →
푶푩| = （ ）
A．1 B． ퟑ C．2 D．与 α 有关
9．若 a＞0，b＞0，则“ab≥1”是“a+b≥2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
10．某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an（a＞1，n∈N*）是几位数”，他以 2n
（n∈N*）为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表：
N＝2n（n＞0） lgN N 的位数
21 lg2 一位数
22 lg4 一位数
23 lg8 一位数
24 1+lg1.6 两位数
25 1+lg3.2 两位数
26 1+lg6.4 两位数
27 2+lg1.28 三位数
28 2+lg2.56 三位数
29 2+lg5.12 三位数
210 3+lg1.024 四位数
…… …… ……
试用该同学的研究结论判断 450 是几位数（参考数据 lg2≈0.3010）（ ）
A．101 B．50 C．31 D．30
二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．
11 ． 已 知 向 量 →
풂 = (ퟏ， ― ퟐ)， →
풃 = ( ― ퟑ，풎)， 其 中 m∈R ． 若 →
풂，→
풃共 线 ， 则 m 等
于 ．
12．圆（x﹣1）2+y2＝1 的圆心到直线풙 + ퟑ풚 + ퟏ = ퟎ的距离为 ．
13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于 ．
14．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之
余二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个
数列{an}，则 a1＝ ；an＝ ．（注：三三数之余二是指此数被 3 除余 2，例
如“5”）
15．给出下列四个函数，①y＝x2+1；②y＝|x+1|+|x+2|；③y＝2x+1；④y＝x2+cosx，其中
值域为[1，+∞）的函数的序号是 ．
三、解答题：本大题共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．已知△ABC，满足풂 = ퟕ，b＝2，______，判断△ABC 的面积 S＞2 是否成立？说明理
由．
从①푨 =
휋
3，②풄풐풔푩 =
21
7 这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并
作答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．2019 年 1 月 1 日，我国开始施行《个人所得税专项附加扣除操作办法》，附加扣除的
专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人．某单
位有老年员工 140 人，中年员工 180 人，青年员工 80 人，现采用分层抽样的方法，从该
单位员工中抽取 20 人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行
各专项人数汇总，数据统计如表：
专项
员工人数
子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利
息
住房租金 赡养老人
老员工 4 0 2 2 0 3
中年员工 8 2 1 5 1 8
青年员工 1 2 0 1 2 1
（Ⅰ）在抽取的 20 人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；
（Ⅱ）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取 2 人，记 X 为选出的中年员
工的人数，求 X 的分布列和数学期望．
18．如图，已知四边形 ABCD 为菱形，且∠A＝60°，取 AD 中点为 E．现将四边形 EBCD
沿 BE 折起至 EBHG，使得∠AEG＝90°．
（Ⅰ）求证：AE⊥平面 EBHG；
（Ⅱ）求二面角 A﹣GH﹣B 的余弦值；
（Ⅲ）若点 F 满足 →
푨푭 = 흀 →
푨푩，当 EF∥平面 AGH 时，求 λ 的值．
19．已知椭圆 C：푥2
푎2 +
푦2
푏2 = ퟏ(풂＞풃＞ퟎ)的离心率为 2
2 ，点 A（0，1）在椭圆 C 上．
（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；
（Ⅱ）设 O 为原点，过原点的直线（不与 x 轴垂直）与椭圆 C 交于 M、N 两点，直线
AM、AN 与 x 轴分别交于点 E、F．问：y 轴上是否存在定点 G，使得∠OGE＝∠OFG？
若存在，求点 G 的坐标；若不存在，说明理由．
20．已知函数 f（x）＝（x﹣a）ex+x+a，设 g（x）＝f'（x）．
（Ⅰ）求 g（x）的极小值；
（Ⅱ）若 f（x）＞0 在（0，+∞）上恒成立，求 a 的取值范围．
21．用[x]表示一个小于或等于 x 的最大整数．如：[2]＝2，[4.1]＝4，[﹣3.1]＝﹣4．已知实
数列 a0，a1，…对于所有非负整数 i 满足 ai+1＝[ai]•（ai﹣[ai]），其中 a0 是任意一个非零
实数．
（Ⅰ）若 a0＝﹣2.6，写出 a1，a2，a3；
（Ⅱ）若 a0＞0，求数列{[ai]}的最小值；
（Ⅲ）证明：存在非负整数 k，使得当 i≥k 时，ai＝ai+2．
参考答案
一、选择题：本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题列出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的.
1．已知集合 A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|1＜x＜3}，则 A∩B＝（ ）
A．{x|0＜x＜3} B．{x|2＜x＜3} C．{x|0＜x≤1} D．{x|1＜x≤2}
【分析】利用交集定义能求出 A∩B．
解：∵集合 A＝{x|0＜x≤2}，B＝{x|1＜x＜3}，
∴A∩B＝{x|1＜x≤2}．
故选：D．
2．已知复数 z＝i（2+i）（i 是虚数单位），则|z|＝（ ）
A．1 B．2 C． ퟓ D．3
【分析】根据复数的基本运算法则进行化简即可
解：因为复数 z＝i（2+i）＝﹣1+2i，所以|z| = ( ― ퟏ)ퟐ + ퟐퟐ = ퟓ，
故选：C．
3．函数 f（x）＝sin2x+cos2x 的最小正周期是（ ）
A．휋
2 B．π C．2π D．4π
【分析】函数 y 解析式提取 ퟐ变形，利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦
函数，找出 ω 的值代入周期公式即可求出最小正周期．
解：函数 y＝sin2x+cos2x = ퟐsin（2x +
2
2 ），
∵ω＝2，∴T＝π．
故选：B．
4．已知 f（x）为定义在 R 上的奇函数，且 f（1）＝2，下列一定在函数 f（x）图象上的点
是（ ）
A．（1，﹣2） B．（﹣1，﹣2） C．（﹣1，2） D．（2，1）
【分析】根据 f（x）是奇函数即可得出 f（﹣1）＝﹣2，从而得出点（﹣1，﹣2）在 f
（x）的图象上．
解：∵f（x）是定义在 R 上的奇函数，且 f（1）＝2，
∴f（﹣1）＝﹣2，
∴（﹣1，﹣2）一定在函数 f（x）的图象上．
故选：B．
5．已知 a，3，b，9，c 成等比数列，且 a＞0，则 log3b﹣log3c 等于（ ）
A．﹣1 B． ―
1
2 C．1
2 D．1
【分析】根据等比数列的性质和对数的运算性质即可求出．
解：a，3，b，9，c 成等比数列，
则 bc＝81，b2＝27，
∴푏2
푏푐 =
푏
푐 =
1
3，
∴log3b﹣log3c＝log3
1
3 = ― 1，
故选：A．
6．已知抛物线 y2＝2px（p＞0）的焦点与双曲线푥2
3 ― 풚ퟐ = 1 的右焦点重合，则 p＝（ ）
A． ퟐ B．2 C．2 ퟐ D．4
【分析】根据双曲线方程可得它的右焦点坐标，结合抛物线 y2＝2px 的焦点坐标（푝
2，0），
可得푝
2 = 2，得 p＝4．
解：∵双曲线푥2
3 ― 풚ퟐ = ퟏ中 a2＝3，b2＝1
∴c = 풂ퟐ + 풃ퟐ = 2，得双曲线的右焦点为 F（2，0）
因此抛物线 y2＝2px 的焦点（푝
2，0）即 F（2，0）
∴푝
2 = 2，即 p＝4
故选：D．
7．在（2x ―
1
푥）6 的展开式中，常数项是（ ）
A．﹣l60 B．﹣20 C．20 D．160
【分析】在二项展开式的通项公式中，令 x 的幂指数等于 0，求出 r 的值，即可求得常
数项．
解：(ퟐ풙 ―
1
푥)ퟔ展开式的通项公式为 Tr+1 = 푪풓ퟔ•（2x）6﹣r•（﹣1）r•x﹣r＝（﹣1）r•26﹣r•푪풓ퟔ
•x6﹣2r，
令 6﹣2r＝0，可得 r＝3，故(ퟐ풙 ―
1
푥)ퟔ展开式的常数项为﹣8•푪ퟑퟔ = ― 160，
故选：A．
8．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，已知两点 A（cosα，sinα），푩(풄풐풔(휶 +
휋
3)，풔풊풏
(휶 +
휋
3))．则| →
푶푨 + →
푶푩| = （ ）
A．1 B． ퟑ C．2 D．与 α 有关
【分析】根据题意，求出向量 →
푶푨、 →
푶푩的坐标，进而可得 →
푶푨 + →
푶푩的坐标，由向量模的
公式以及和角公式计算可得答案．
解：根据题意，A（cosα，sinα），푩(풄풐풔(휶 +
휋
3)，풔풊풏(휶 +
휋
3))．
则 →
푶푨 = （cosα，sinα）， →
푶푩 = （cos（α +
휋
3），sin（α +
휋
3）），
则有 →
푶푨 + →
푶푩 = （cosα+cos（α +
휋
3），sinα+sin（α +
휋
3）），
故| →
푶푨 + →
푶푩|2＝[cosα+cos（α +
휋
3）]2+[sinα+sin（α +
휋
3）]2＝2+2cosαcos（α +
휋
3）+2sinαsin
（α +
휋
3）＝2+2cos
휋
3 = 3，
则| →
푶푨 + →
푶푩| = ퟑ；
故选：B．
9．若 a＞0，b＞0，则“ab≥1”是“a+b≥2”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【分析】a＞0，b＞0，利用基本不等式的性质可得：a+b≥2 풂풃，可由 ab≥1，得出 a+b
≥2．反之不成立．
解：a＞0，b＞0，∴a+b≥2 풂풃，
若 ab≥1，则 a+b≥2．
反之不成立，例如取 a＝5，b =
1
10．
∴“ab≥1”是“a+b≥2”的充分不必要条件．
故选：A．
10．某同学在数学探究活动中确定研究主题是“an（a＞1，n∈N*）是几位数”，他以 2n
（n∈N*）为例做研究，得出相应的结论，其研究过程及部分研究数据如表：
N＝2n（n＞0） lgN N 的位数
21 lg2 一位数
22 lg4 一位数
23 lg8 一位数
24 1+lg1.6 两位数
25 1+lg3.2 两位数
26 1+lg6.4 两位数
27 2+lg1.28 三位数
28 2+lg2.56 三位数
29 2+lg5.12 三位数
210 3+lg1.024 四位数
…… …… ……
试用该同学的研究结论判断 450 是几位数（参考数据 lg2≈0.3010）（ ）
A．101 B．50 C．31 D．30
【分析】因为 450＝2100，所以 N＝2100，则 lgN＝lg2100＝100lg2≈30+lg1.26，由表中数据
规律可知，N 的位数是 31 位数．
解：∵450＝2100，∴N＝2100，
则 lgN＝lg2100＝100lg2≈30.10＝30+0.10＝30+lg100.10≈30+lg1.26，
由表中数据规律可知，N 的位数是 31 位数，
故选：C．
二、填空题：本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分．
11 ． 已 知 向 量 →
풂 = (ퟏ， ― ퟐ)， →
풃 = ( ― ퟑ，풎)， 其 中 m∈R ． 若 →
풂，→
풃共 线 ， 则 m 等 于
6 ．
【分析】因为→
풂，→
풃共线，即→
풂 ∥ →
풃，根据两向量平行的坐标表示列式求解即可．
解：若→
풂，→
풃共线，即→
풂 ∥ →
풃，
∵→
풂 = (ퟏ， ― ퟐ)，→
풃 = ( ― ퟑ，풎)，
∴1×m＝﹣2×（﹣3），
∴m＝6．
故答案为：6．
12．圆（x﹣1）2+y2＝1 的圆心到直线풙 + ퟑ풚 + ퟏ = ퟎ的距离为 1 ．
【分析】先求出圆的圆心坐标，再利用点到直线距离公式即可算出结果．
解：圆（x﹣1）2+y2＝1 的圆心坐标为（1，0），
所以圆（x﹣1）2+y2＝1 的圆心到直线풙 + ퟑ풚 + ퟏ = ퟎ的距离 d =
|1 + 1|
12 + ( 3)2 = 1，
故答案为：1．
13．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积等于 16 3
3
．
【分析】首先把三视图转换为几何体，进一步求出几何体的体积．
解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为三棱锥体．
如图所示：
所以：V =
1
3 ×
1
2 × ퟒ × ퟐ ퟑ × ퟒ = 16 3
3
．
故答案为：16 3
3
．
14．中国古代数学著作《孙子算经》中有这样一道算术题：“今有物不知其数，三三数之
余二，五五数之余三，问物几何？”，将上述问题的所有正整数答案从小到大组成一个
数列{an}，则 a1＝ 8 ；an＝ 15n﹣7 ．（注：三三数之余二是指此数被 3 除余 2，
例如“5”）
【分析】由三三数之余二，五五数之余三，可得数列{an}的公差为 15，首项为 8．利用
通项公式即可得出．
解：由三三数之余二，五五数之余三，可得数列{an}的公差为 15，首项为 8．
∴a1＝8，an＝8+15（n﹣1）＝15n﹣7．
故答案为：8，15n﹣7．
15．给出下列四个函数，①y＝x2+1；②y＝|x+1|+|x+2|；③y＝2x+1；④y＝x2+cosx，其中
值域为[1，+∞）的函数的序号是 ①②④ ．
【分析】①由 x2≥0，得 x2+1≥1，由此得出结论；②由绝对值不等式的性质即可得出
结论；③由 2x＞0，得 2x+1＞1，由此得出结论；④由函数 f（x）＝x2+cosx 的奇偶性及
单调性即可得出结论．
解：①∵x2≥0，
∴x2+1≥1，
故值域为[1，+∞），符合题意；
②y＝|x+1|+|x+2|≥|（x+1）﹣（x+2）|＝1，故值域为[1，+∞），符合题意；
③∵2x＞0，
∴2x+1＞1，
故值域为（1，+∞），不合题意；
④函数 f（x）＝x2+cosx 为偶函数，且 f′（x）＝2x﹣sinx，f''（x）＝2﹣cosx＞0，故
f′（x）在 R 上单调递增，
又 f′（0）＝0，故当 x∈（0，+∞）时，f（x）单调递增，则当 x∈（﹣∞，0）时，f
（x）单调递减，
又 f（0）＝1，故其值域为[1，+∞），符合题意．
故答案为：①②④．
三、解答题：本大题共 6 小题，共 85 分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16．已知△ABC，满足풂 = ퟕ，b＝2，______，判断△ABC 的面积 S＞2 是否成立？说明理
由．
从①푨 =
휋
3，②풄풐풔푩 =
21
7 这两个条件中任选一个，补充到上面问题条件中的空格处并
作答．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【分析】选①，先利用余弦定理可解得 c＝3，从而求得三角形面积为3 3
2
，由此作出判
断；
选②，先利用余弦定理可得풄 = ퟑ，结合已知条件可知△ABC 是 A 为直角的三角形，进
而求得面积为 ퟑ，此时 S＞2 不成立．
解：选①，△ABC 的面积 S＞2 成立，理由如下：
当푨 =
휋
3时，풄풐풔푨 =
1
2 = 4 + 푐2 ― 7
2 ⋅ 2푐
，
所以 c2﹣2c﹣3＝0，所以 c＝3，
则△ABC 的面积푺 =
1
2풃풄풔풊풏푨 =
1
2 × ퟐ × ퟑ × 풔풊풏
휋
3 =
3
2 ퟑ，
因为3
2 ퟑ =
27
4 ＞ ퟒ = ퟐ，
所以 S＞2 成立．
选②，△ABC 的面积 S＞2 不成立，理由如下：
当풄풐풔푩 =
21
7 时，풄풐풔푩 = 푎2 + 푐2 ― 푏2
2푎푐 =
21
7 ，
即7 + 푐2 ― 4
2 7푐
=
21
7 ，整理得，풄ퟐ ― ퟐ ퟑ풄 + ퟑ = ퟎ，所以풄 = ퟑ，
因 a2＝7，b2+c2＝4+3＝7，
所以△ABC 是 A 为直角的三角形，
所以△ABC 的面积푺 =
1
2풃풄 =
1
2 × ퟐ × ퟑ = ퟑ＜ퟐ，
所以不成立．
17．2019 年 1 月 1 日，我国开始施行《个人所得税专项附加扣除操作办法》，附加扣除的
专项包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息、住房租金、赡养老人．某单
位有老年员工 140 人，中年员工 180 人，青年员工 80 人，现采用分层抽样的方法，从该
单位员工中抽取 20 人，调查享受个人所得税专项附加扣除的情况，并按照员工类别进行
各专项人数汇总，数据统计如表：
子女教育 继续教育 大病医疗 住房贷款利 住房租金 赡养老人
专项
员工人数
息
老员工 4 0 2 2 0 3
中年员工 8 2 1 5 1 8
青年员工 1 2 0 1 2 1
（Ⅰ）在抽取的 20 人中，老年员工、中年员工、青年员工各有多少人；
（Ⅱ）从上表享受住房贷款利息专项扣除的员工中随机选取 2 人，记 X 为选出的中年员
工的人数，求 X 的分布列和数学期望．
【分析】（Ⅰ）先算出该单位的所有员工数量，再根据分层抽样的特点，逐一求解样本
中老年、中年、青年员工的数量即可．
（Ⅱ）随机变量 X 的可取值为 0，1，2，结合超几何分布计算概率的方式逐一求取每个 X
的取值所对应的概率即可得分布列，进而求得数学期望．
解：（Ⅰ）该单位员工共 140+180+80＝400 人，
抽取的老年员工ퟏퟒퟎ ×
20
400 = ퟕ人，
中年员工ퟏퟖퟎ ×
20
400 = ퟗ人，
青年员工ퟖퟎ ×
20
400 = ퟒ人．
（Ⅱ）X 的可取值为 0，1，2，
푷(푿 = ퟎ) =
퐶2
3
퐶2
8
=
3
28，푷(푿 = ퟏ) =
퐶1
3 ⋅ 퐶1
5
퐶2
8
=
15
28，푷(푿 = ퟎ) =
퐶2
5
퐶2
8
=
10
28．
所以 X 的分布列为
X 0 1 2
P 3
28
15
28
10
28
数学期望 E（X） = ퟎ ×
3
28 + ퟏ ×
15
28 + ퟐ ×
10
28 =
5
4．
18．如图，已知四边形 ABCD 为菱形，且∠A＝60°，取 AD 中点为 E．现将四边形 EBCD
沿 BE 折起至 EBHG，使得∠AEG＝90°．
（Ⅰ）求证：AE⊥平面 EBHG；
（Ⅱ）求二面角 A﹣GH﹣B 的余弦值；
（Ⅲ）若点 F 满足 →
푨푭 = 흀 →
푨푩，当 EF∥平面 AGH 时，求 λ 的值．
【分析】（Ⅰ）只需证明 GE⊥AE，BE⊥AE，GE∩BE＝E，由线面垂直的判定定理可
得证明；
（Ⅱ）以 E 为原点，EA，EB，EG 所在直线分别为 x，y，z 轴，求得平面 AGH 的法向
量和平面 EBHG 的法向量．设二面角 A﹣GH﹣B 的大小为 θ（θ＜900），即可得到所求
值；
（Ⅲ） 由 →
푨푭 = 흀 →
푨푩，则푭(ퟏ ― 흀， ퟑ흀，ퟎ)，由→
풏 ⋅ →
푬푭 = ퟎ．计算可得所求值．
解：（Ⅰ）证明：在左图中，△ABD 为等边三角形，E 为 AD 中点
所以 BE⊥AD，所以 BE⊥AE．
因为∠AEG＝90°，
所以 GE⊥AE．
因为 GE⊥AE，BE⊥AE，GE∩BE＝E
所以 AE⊥平面 EBHG．
（Ⅱ） 设菱形 ABCD 的边长为 2，
由（Ⅰ）可知 GE⊥AE，BE⊥AE，GE⊥BE．
所以以 E 为原点，EA，EB，EG 所在直线分别为 x，y，z 轴，
建立如图空间坐标系
可得 A（1，0，0），푩(ퟎ， ퟑ，ퟎ)，G（0，0，1），푯(ퟎ， ퟑ，ퟐ)． →
푨푮 = ( ― ퟏ，ퟎ，ퟏ
)， →
푨푯 = ( ― ퟏ， ퟑ，ퟐ)
设平面 AGH 的法向量为→
풏 = (풙，풚，풛)，
所以{→
풏 ⋅
→
푨푮 = ퟎ
→
풏 ⋅
→
푨푯 = ퟎ
，即{ ―풙 + 풛 = ퟎ
―풙 + ퟑ풚 + ퟐ풛 = ퟎ．
令 x＝1，则→
풏 = (ퟏ， ―
3
3 ，ퟏ)．
平面 EBHG 的法向量为 →
푬푨 = (ퟏ，ퟎ，ퟎ)．
设二面角 A﹣GH﹣B 的大小为 θ（θ＜900）풄풐풔휽 = |풄풐풔＜→
풏， →
푬푨＞ =
21
7 ．
（Ⅲ） 由 →
푨푭 = 흀 →
푨푩，则푭(ퟏ ― 흀， ퟑ흀，ퟎ)，
所以 →
푬푭 = (ퟏ ― 흀， ퟑ흀，ퟎ)．
因为 EF∥平面 AGH，则→
풏 ⋅ →
푬푭 = ퟎ．
即 1﹣2λ＝0．
所以흀 =
1
2．
19．已知椭圆 C：푥2
푎2 +
푦2
푏2 = ퟏ(풂＞풃＞ퟎ)的离心率为 2
2 ，点 A（0，1）在椭圆 C 上．
（Ⅰ）求椭圆 C 的方程；
（Ⅱ）设 O 为原点，过原点的直线（不与 x 轴垂直）与椭圆 C 交于 M、N 两点，直线
AM、AN 与 x 轴分别交于点 E、F．问：y 轴上是否存在定点 G，使得∠OGE＝∠OFG？
若存在，求点 G 的坐标；若不存在，说明理由．
【分析】（Ⅰ）利用椭圆的离心率结合 b＝1，求出 a，得到椭圆方程．
（Ⅱ）设 M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知 N（﹣x0，﹣y0）（y0≠±1），求出
AM，AN 的方程，求出 E 的坐标，F 的坐标，假设存在定点 G（0，n）使得∠OGE＝∠
OFG，得到|푂퐸|
|푂퐺| =
|푂퐺|
|푂퐹|，求出 n，即可．说明存在点 G 坐标为(ퟎ， ± ퟐ)满足条件．
解：（Ⅰ）由题意得풆 =
푐
푎 =
2
2 ，
b＝1，
又 a2＝b2+c2
解得풂 = ퟐ，풄 = ퟏ，
所以椭圆方程为푥2
2 + 풚ퟐ = ퟏ．
（Ⅱ）设 M（x0，y0），由题意及椭圆的对称性可知 N（﹣x0，﹣y0）（y0≠±1），
则直线 AM 的方程为풚 =
푦0 ― 1
푥0
풙 + ퟏ，
直线 AN 的方程为풚 =
푦0 + 1
푥0
풙 + ퟏ，
则 E 点坐标为(
푥0
1 ― 푦0
，ퟎ)，F 点坐标为(
― 푥0
1 + 푦0
，ퟎ)．
假设存在定点 G（0，n）使得∠OGE＝∠OFG，
即 tan∠OGE＝tan∠OFG （也可以转化为斜率来求），
即|푂퐸|
|푂퐺| =
|푂퐺|
|푂퐹|
即|OG|2＝|OE||OF|，
即풏ퟐ =
푥0
2
1 ― 푦0
2 = ퟐ
所以풏 =± ퟐ，
所以存在点 G 坐标为(ퟎ， ± ퟐ)满足条件．
20．已知函数 f（x）＝（x﹣a）ex+x+a，设 g（x）＝f'（x）．
（Ⅰ）求 g（x）的极小值；
（Ⅱ）若 f（x）＞0 在（0，+∞）上恒成立，求 a 的取值范围．
【分析】（Ⅰ）求出导函数得到 g（x）＝（x﹣a+1）ex+1，通过求解导函数判断导函数
的符号，判断函数的单调性，求解函数的极值求解即可．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 f'（x）＝g（x）≥﹣ea﹣2+1，通过 a≤2 时，当 a＞2 时，判断函数的
单调性，求和函数的最值，推出结果即可．
解：（Ⅰ）f'（x）＝（x﹣a+1）ex+1，
由题意可知 g（x）＝（x﹣a+1）ex+1，
所以 g'（x）＝（x﹣a+2）ex，
当 x＞a﹣2 时 g'（x）＞0，g（x）在（a﹣2，+∞）上单调递增；
当 x＜a﹣2 时 g'（x）＜0，g（x）在（﹣∞，a﹣2）上单调递减，
所以 g（x）在 x＝a﹣2 处取得极小值，为 g（a﹣2）＝﹣ea﹣2+1．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得 f'（x）＝g（x）≥﹣ea﹣2+1
当 a≤2 时 f'（x）≥﹣ea﹣2+1＞0，
所以 f（x）在单调递增，所以 f（x）＞f（0）＝0，
即 a≤2 时 f（x）＞0 在（0，+∞）恒成立．
当 a＞2 时 f'（0）＝g（0）＝2﹣a＜0，
又 f'（a）＝g（a）＝ea+1＞0，
又由于 f'（x）在（a﹣2，+∞）上单调递增；在（0，a﹣2）上单调递减；
所以在（0，a）上一定存在 x0 使得 f'（x0）＝0，
所以 f（x）在（0，x0）递减，在（x0，+∞）递增，
所以 f（x0）＜f（0）＝0，
所以在（0，+∞）存在 x0，使得 f（x0）＜0，
所以当 a＞2 时，f（x）＞0 在（0，+∞）上不恒成立
所以 a 的取值范围为（﹣∞，2]．
21．用[x]表示一个小于或等于 x 的最大整数．如：[2]＝2，[4.1]＝4，[﹣3.1]＝﹣4．已知实
数列 a0，a1，…对于所有非负整数 i 满足 ai+1＝[ai]•（ai﹣[ai]），其中 a0 是任意一个非零
实数．
（Ⅰ）若 a0＝﹣2.6，写出 a1，a2，a3；
（Ⅱ）若 a0＞0，求数列{[ai]}的最小值；
（Ⅲ）证明：存在非负整数 k，使得当 i≥k 时，ai＝ai+2．
【分析】（Ⅰ）由 a0＝﹣2.6，代入可得 a1＝[a0]•（a0﹣[a0]）＝﹣1.2，同理可得：a2，
a3．
（Ⅱ）由 a0＞0，可得[a0]≥0，a1＝[a0]（a0﹣[a0]）≥0，设[ai]≥0，i≥1，可得 ai+1＝[ai]
（ai﹣[ai]）≥0，因此[ai]≥0，∀i≥0．又因 0≤ai﹣[ai]＜1，则 ai+1＝[ai]（ai﹣[ai]）≤[ai]，
可得[ai+1]≤[ai]，∀i≥0．假设∀i≥0，都有[ai]＞0 成立，可得：[ai+1]≤[ai]﹣1，∀i≥0，利
用累加求和方法可得[an]≤[a0]﹣n，∀n≥1，则当 n≥[a0]时，[an]≤0，得出矛盾，因此存
在 k∈一、选择题，[ak]＝0．从而{[ai]}的最小值为 0．
（Ⅲ）当 a0＞0 时，由（2）知，存在 k∈N，[ak]＝0，可得 ak+1＝0，[ak+1]＝0，可得 ai＝
0，∀i≥k，成立．当 a0＜0 时，若存在 k∈N，ak＝0，则 ai＝0，∀i≥k，得证；若 ai＜0，
∀i≥0，则[ai]≤﹣1，则 ai+1＝[ai]（ai﹣[ai]）＞[ai]，可得[ai+1]≥[ai]，∀i≥0，可得数列{[ai]}
单调不减．由于[ai]是负整数，因此存在整数 m 和负整数 c，使得当 i≥m 时，[ai]＝c．所
以，当 i≥m 时，ai+1＝c（ai﹣c），转化为풂풊+ퟏ ― 푐2
푐 ― 1 = 풄(풂풊 ― 푐2
푐 ― 1)，令풃풊 = 풂풊 ―
푐2
푐 ― 1
，即 bi+1＝cbi，i≥m．经过讨论：当 bm＝0 时，得证．当 bm≠0 时，bi≠0，i≥m，
풃풊 = 풄풊―풎풃풎，풊 ≥ 풎，当 i≥m 时，[ai]＝c，则 ai∈[c，c+1），则{bi}有界，进而证明结
论．
解：（Ⅰ）∵a0＝﹣2.6，
∴a1＝[a0]•（a0﹣[a0]）＝﹣3×（﹣2.6+3）＝﹣1.2，
同理可得：a2＝﹣1.6、a3＝﹣0.8．………………
（Ⅱ）因 a0＞0，则[a0]≥0，
所以 a1＝[a0]（a0﹣[a0]）≥0，
设[ai]≥0，i≥1，则 ai+1＝[ai]（ai﹣[ai]）≥0，
所以[ai]≥0，∀i≥0．
又因 0≤ai﹣[ai]＜1，
则 ai+1＝[ai]（ai﹣[ai]）≤[ai]，则[ai+1]≤[ai]，∀i≥0．………………
假设∀i≥0，都有[ai]＞0 成立，
则 ai+1＝[ai]（ai﹣[ai]）＜[ai]，
则[ai+1]＜[ai]，∀i≥0，即[ai+1]≤[ai]﹣1，∀i≥0，………………
则[an]≤[a0]﹣n，∀n≥1，
则当 n≥[a0]时，[an]≤0，
这与假设矛盾，所以[ai]＞0，∀i≥0 不成立，………………
即存在 k∈N，[ak]＝0．
从而{[ai]}的最小值为 0．………………
（Ⅲ）证明：当 a0＞0 时，由（2）知，存在 k∈N，[ak]＝0，
所以 ak+1＝0，所以[ak+1]＝0，
所以 ai＝0，∀i≥k，成立．………………
当 a0＜0 时，若存在 k∈N，ak＝0，则 ai＝0，∀i≥k，得证；………………
若 ai＜0，∀i≥0，则[ai]≤﹣1，
则 ai+1＝[ai]（ai﹣[ai]）＞[ai]，
则[ai+1]≥[ai]，∀i≥0，
所以数列{[ai]}单调不减．
由于[ai]是负整数，
所以存在整数 m 和负整数 c，使得当 i≥m 时，[ai]＝c．
所以，当 i≥m 时，ai+1＝c（ai﹣c），
则풂풊+ퟏ ― 푐2
푐 ― 1 = 풄(풂풊 ― 푐2
푐 ― 1)，令풃풊 = 풂풊 ― 푐2
푐 ― 1
，
即 bi+1＝cbi，i≥m．
当 bm＝0 时，则 bi＝0，i≥m，则풂풊 = 푐2
푐 ― 1，풊 ≥ 풎，得证．………………
当 bm≠0 时，bi≠0，i≥m，풃풊 = 풄풊―풎풃풎，풊 ≥ 풎，
因当 i≥m 时，[ai]＝c，则 ai∈[c，c+1），则{bi}有界，
所以|c|≤1，所以负整数 c＝﹣1．………………
∴풂풊 = ―
1
2 +( ― ퟏ)풊―풎풃풎 = ―
1
2 +( ― ퟏ)풊―풎(풂풎 +
1
2)(풊 ≥ 풎)，
则풂풊 = {풂풎，풊 = 풎，풎 + ퟐ，풎 + ퟒ，⋯
―ퟏ ― 풂풎，풊 = 풎 + ퟏ，풎 + ퟑ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯
令 k＝m，满足当 i≥k 时，ai＝ai+2．
综上，存在非负整数 k，使得当 i≥k 时，ai＝ai+2．………………
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