北京市海淀区2020届高三数学一模试卷（Word版附解析）

2020 年北京市海淀区高考数学一模试卷 一、选择题（共 10 小题） 1．在复平面内，复数 i（2﹣i）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 2．已知集合 A＝{x|0＜x＜3}，A∩B＝{1}，则集合 B 可以是（  ） A．{1，2} B．{1，3} C．{0，1，2} D．{1，2，3} 3．已知双曲线 x2 ― 푦2 푏2 = 1（b＞0）的离心率为 ퟓ，则 b 的值为（  ） A．1 B．2 C．3 D．4 4．已知实数 a，b，c 在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（  ） A．b﹣a＜c+a B．c2＜ab C．푐 푏＞ 푐 푎 D．|b|c＜|a|c 5．在（1 푥 ― 2x）6 的展开式中，常数项为（  ） A．﹣120 B．120 C．﹣160 D．160 6．如图，半径为 1 的圆 M 与直线 l 相切于点 A，圆 M 沿着直线 l 滚动．当圆 M 滚动到圆 M' 时，圆 M'与直线 l 相切于点 B，点 A 运动到点 A'，线段 AB 的长度为3휋 2 ，则点 M'到直 线 BA'的距离为（  ） A．1 B． 3 2 C． 2 2 D．1 2 7．已知函数 f（x）＝|x﹣m|与函数 g（x）的图象关于 y 轴对称．若 g（x）在区间（1，2） 内单调递减，则 m 的取值范围为（  ） A．[﹣1，+∞） B．（﹣∞，﹣1] C．[﹣2，+∞） D．（﹣∞，﹣2] 8．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的棱长为（  ） A． ퟓ B．2 ퟐ C．2 ퟑ D． ퟏퟑ 9．若数列{an}满足 a1＝2，则“∀p，r∈N*，ap+r＝apar”是“{an}为等比数列”的（  ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 10．形如ퟐퟐ풏 + 1（n 是非负整数）的数称为费马数，记为 Fn．数学家费马根据 F0，F1，F2， F3，F4 都是质数提出了猜想：费马数都是质数．多年之后，数学家欧拉计算出 F5 不是质 数，那么 F5 的位数是（  ）（参考数据：lg2≈0.3010） A．9 B．10 C．11 D．12 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分． 11．已知点 P（1，2）在抛物线 C：y2＝2px 上，则抛物线 C 的准线方程为   ． 12．在等差数列{an}中，a1＝3，a2+a5＝16，则数列{an}的前 4 项的和为   ． 13．已知非零向量→ 풂，→ 풃满足|→ 풂|＝|→ 풂 ― → 풃|，则（→ 풂 ― 1 2 → 풃）•→ 풃 =    ． 14．在△ABC 中，AB＝4 ퟑ，∠B = 휋 4，点 D 在边 BC 上，∠ADC = 2휋 3 ，CD＝2，则 AD ＝   ；△ACD 的面积为   ． 15．如图，在等边三角形 ABC 中，AB＝6．动点 P 从点 A 出发，沿着此三角形三边逆时针 运动回到 A 点，记 P 运动的路程为 x，点 P 到此三角形中心 O 距离的平方为 f（x），给 出下列三个结论： ①函数 f（x）的最大值为 12； ②函数 f（x）的图象的对称轴方程为 x＝9； ③关于 x 的方程 f（x）＝kx+3 最多有 5 个实数根． 其中，所有正确结论的序号是   ． 三、解答题共 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．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB⊥平面 BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1 = ퟑ，点 E 为 A1C1 的中点． （Ⅰ）求证：C1B⊥平面 ABC； （Ⅱ）求二面角 A﹣BC﹣E 的大小． 17．已知函数 f（x）＝2cos2ω1x+sinω2x． （Ⅰ）求 f（0）的值； （Ⅱ）从①ω1＝1，ω2＝2；②ω1＝1，ω2＝1 这两个条件中任选一个，作为题目的已知 条件，求函数 f（x）在[ ― 휋 2，휋 6]上的最小值，并直接写出函数 f（x）的一个周期． 18．科技创新能力是决定综合国力和国际竞争力的关键因素，也是推动经济实现高质量发 展的重要支撑，而研发投入是科技创新的基本保障．如图是某公司从 2010 年到 2019 年 这 10 年 研 发 投 入 的 数 据 分 布 图 ： 其中折线图是该公司研发投入占当年总营收的百分比，条形图是当年研发投入的数值（单 位：十亿元）． （Ⅰ）从 2010 年至 2019 年中随机选取一年，求该年研发投入占当年总营收的百分比超 过 10%的概率； （Ⅱ）从 2010 年至 2019 年中随机选取两个年份，设 X 表示其中研发投入超过 500 亿元 的年份的个数，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）根据图中的信息，结合统计学知识，判断该公司在发展的过程中是否比较重视研 发，并说明理由． 19．已知函数 f（x）＝ex+ax． （Ⅰ）当 a＝﹣1 时， ①求曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； ②求函数 f（x）的最小值； （Ⅱ）求证：当 a∈（﹣2，0）时，曲线 y＝f（x）与 y＝1﹣lnx 有且只有一个交点． 20．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率为 3 2 ，A1（﹣a，0），A2（a，0），B （0，b），△A1BA2 的面积为 2． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）设 M 是椭圆 C 上一点，且不与顶点重合，若直线 A1B 与直线 A2M 交于点 P，直 线 A1M 与直线 A2B 交于点 Q．求证：△BPQ 为等腰三角形． 21．已知数列{an}是由正整数组成的无穷数列．若存在常数 k∈N*，使得 a2n﹣1+a2n＝kan 对任 意的 n∈N*成立，则称数列{an}具有性质Ψ（k）． （Ⅰ）分别判断下列数列{an}是否具有性质Ψ（2）；（直接写出结论） ①an＝1；②an＝2n． （Ⅱ）若数列{an}满足 an+1≥an（n＝1，2，3，…），求证：“数列{an}具有性质Ψ（2）” 是“数列{an}为常数列”的充分必要条件； （Ⅲ）已知数列{an}中 a1＝1，且 an+1＞an（n＝1，2，3，…）．若数列{an}具有性质Ψ （4），求数列{an}的通项公式． 参考答案 一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题 目要求的一项． 1．在复平面内，复数 i（2﹣i）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 【分析】首先进行复数的乘法运算，得到复数的代数形式的标准形式，根据复数的实部 和虚部写出对应的点的坐标，看出所在的象限． 解：∵复数 z＝i（2﹣i）＝﹣i2+2i＝1+2i ∴复数对应的点的坐标是（1，2） 这个点在第一象限， 故选：A． 【点评】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，本题解题的关键是写成标准形式， 才能看出实部和虚部的值． 2．已知集合 A＝{x|0＜x＜3}，A∩B＝{1}，则集合 B 可以是（  ） A．{1，2} B．{1，3} C．{0，1，2} D．{1，2，3} 【分析】根据 A＝{x|0＜x＜3}，A∩B＝{1}，即可得出集合 B 可能的情况． 解：∵A＝{x|0＜x＜3}，A∩B＝{1}， ∴集合 B 可以是{1，3}． 故选：B． 【点评】本题考查了描述法、列举法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属 于基础题． 3．已知双曲线 x2 ― 푦2 푏2 = 1（b＞0）的离心率为 ퟓ，则 b 的值为（  ） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】利用双曲线的离心率公式，列出方程，求解 b 即可． 解：双曲线 x2 ― 푦2 푏2 = 1（b＞0）的离心率为 ퟓ， 可得 푏2 + 1 1 = ퟓ，解得 b＝2， 故选：B． 【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，是基本知识的考查，基础题． 4．已知实数 a，b，c 在数轴上对应的点如图所示，则下列式子中正确的是（  ） A．b﹣a＜c+a B．c2＜ab C．푐 푏＞ 푐 푎 D．|b|c＜|a|c 【分析】法 1：根据数轴得到 c＜b＜a＜0 且|c|＞|b|＞|a|，结合不等式基本性质逐一进行 判断即可； 法 2：用特值法带入验证即可． 解：（法 1）根据数轴可得 c＜b＜a＜0 且|c|＞|b|＞|a|， 对于 A：因为 c＜b，a＜0，所以 c+a＜c，b﹣a＞b，则 c+a＜c＜b﹣a，即 c+a＜b﹣a， 故 A 错误； 对于 B：因为 c＜b＜a＜0，|c|＞|b|＞|a|，所以 c2＞b2＞a2，且 b2＞ab，所以 c2＞b2＞ab， 则 c2＞ab，故 B 错误； 对于 C：因为 b＜a＜0，所以1 푏＞ 1 푎，则푐 푏＜ 푐 푎，故 C 错误； 对于 D：因为|b|＞|a|，且 c＜0，所以|b|c＜|a|c，故 D 正确， （法 2）不妨令 c＝﹣5，b＝﹣4，a＝﹣1， 则 c+a＝﹣6＜b﹣a＝﹣3，故 A 错误；c2＝25＞ab＝4，故 B 错误；푐 푏 = 5 4＜ 푐 푎 = 5，故 C 错误； 故选：D． 【点评】本题考查不等式的相关应用，考查合情推理，属于中档题． 5．在（1 푥 ― 2x）6 的展开式中，常数项为（  ） A．﹣120 B．120 C．﹣160 D．160 【分析】先求出通项，然后令 x 的指数为零即可． 解：由题意得：푻풌+ퟏ = ( ― ퟐ)풌푪풌 ퟔx2k﹣6， 令 2k﹣6＝0 得 k＝3， 故常数项为푻ퟒ = ( ― ퟐ)ퟑ푪ퟑퟔ = ― 160． 故选：C． 【点评】本题考查二项式展开式通项的应用和学生的运算能力，属于基础题． 6．如图，半径为 1 的圆 M 与直线 l 相切于点 A，圆 M 沿着直线 l 滚动．当圆 M 滚动到圆 M' 时，圆 M'与直线 l 相切于点 B，点 A 运动到点 A'，线段 AB 的长度为3휋 2 ，则点 M'到直 线 BA'的距离为（  ） A．1 B． 3 2 C． 2 2 D．1 2 【分析】根据条件可得圆旋转了3 4个圆，作图可得到△A'M'B 是等腰直角三角形，进而可 求得 M'到 A'M 的距离． 解：根据条件可知圆周长＝2π，因为 BA = 3 2흅 = 3 4 × 2π，故可得 A’位置如图： ∠A'M'B＝90°，则△A'M'B 是等腰直角三角形， 则 M'到 A'M 的距离 d = 2 2 r = 2 2 ， 故选：C． 【点评】本题考查点到直线的距离，考查圆旋转的长度求法，数中档题． 7．已知函数 f（x）＝|x﹣m|与函数 g（x）的图象关于 y 轴对称．若 g（x）在区间（1，2） 内单调递减，则 m 的取值范围为（  ） A．[﹣1，+∞） B．（﹣∞，﹣1] C．[﹣2，+∞） D．（﹣∞，﹣2] 【分析】根据题意，分析可得 f（x）在区间（﹣2，﹣1）上递增，将 f（x）写成分段函 数的形式，分析可得 f（x）在区间（m，+∞）上为增函数，据此可得 m 的取值范围． 解：根据题意，函数 f（x）＝|x﹣m|与函数 g（x）的图象关于 y 轴对称．若 g（x）在区 间（1，2）内单调递减， 则 f（x）在区间（﹣2，﹣1）上递增， 而 f（x）＝|x﹣m| = {풙 ― 풎，풙 ≥ 풎 ―풙 + 풎，풙＜풎，在区间（m，+∞）上为增函数， 则有 m≤﹣2，即 m 的取值范围为（﹣∞，﹣2]； 故选：D． 【点评】本题考查函数的单调性，涉及函数之间的对称性、不等式的解法，属于基础 题． 8．某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥中最长棱的棱长为（  ） A． ퟓ B．2 ퟐ C．2 ퟑ D． ퟏퟑ 【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出最大棱长． 解：根据几何体的三视图可得直观图为：该几何体为四棱锥体， 如图所示： 所以最长的棱长 AB = ퟐퟐ + ퟐퟐ + ퟐퟐ = ퟐ ퟑ． 故选：C． 【点评】本题考查的知识要点：三视图和直观图形之间的转换，几何体的棱长的求法和 应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型． 9．若数列{an}满足 a1＝2，则“∀p，r∈N*，ap+r＝apar”是“{an}为等比数列”的（  ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【分析】利用等比数列的定义通项公式即可判断出结论． 解：“∀p，r∈N*，ap+r＝apar”，取 p＝n，r＝1，则 an+1＝2an， ∴{an}为等比数列． 反之不成立．{an}为等比数列，则 ap+r＝2×qp+r﹣1，apar＝22•qp+r﹣2，只有 q＝2 时才能成 立． ∴数列{an}满足 a1＝2，则“∀p，r∈N*，ap+r＝apar”是“{an}为等比数列”的充分不必要 条件．． 故选：A． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题． 10．形如ퟐퟐ풏 + 1（n 是非负整数）的数称为费马数，记为 Fn．数学家费马根据 F0，F1，F2， F3，F4 都是质数提出了猜想：费马数都是质数．多年之后，数学家欧拉计算出 F5 不是质 数，那么 F5 的位数是（  ）（参考数据：lg2≈0.3010） A．9 B．10 C．11 D．12 【分析】根据所给定义表示出 F5＝109.632×109，进而即可判断出其位数． 解：根据题意，F5 = ퟐퟐퟓ + 1＝232+1≈232 = ퟏퟎ풍품ퟐퟑퟐ = 1032lg2≈1032×0.3010＝109.632＝100.632× 109， 因为 1＜100.632＜10，所以 F5 的位数是 10． 故选：B． 【点评】本题考查指对数运算，考查学生阅读理解能力，属于中档题． 二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分． 11．已知点 P（1，2）在抛物线 C：y2＝2px 上，则抛物线 C 的准线方程为 x＝﹣1 ． 【分析】把点 P 的坐标代入抛物线的方程可求得 p，而准线方程为풙 = ― 푝 2，从而得解． 解：把点 P（1，2）代入抛物线方程有，4＝2p，∴p＝2， ∴抛物线的准线方程为풙 = ― 푝 2 = ― ퟏ． 故答案为：x＝﹣1． 【点评】本题考查抛物线的方程、准线方程等，考查学生的运算能力，属于基础题． 12．在等差数列{an}中，a1＝3，a2+a5＝16，则数列{an}的前 4 项的和为 24 ． 【分析】利用等差数列的通项公式求和公式即可得出． 解：设等差数列{an}的公差为 d，∵a1＝3，a2+a5＝16， ∴2×3+5d＝16，解得 d＝2． 则数列{an}的前 4 项的和＝4×3 + 4 × 3 2 × 2＝24． 故答案为：24． 【点评】本题考查了等差数列的通项公式求和公式，考查了推理能力与计算能力，属于 基础题． 13．已知非零向量→ 풂，→ 풃满足|→ 풂|＝|→ 풂 ― → 풃|，则（→ 풂 ― 1 2 → 풃）•→ 풃 =  0 ． 【分析】把所给条件平方整理得到→ 풂•→ 풃 = 1 2 → 풃 ퟐ；代入数量积即可求解结论． 解：因为非零向量→ 풂，→ 풃满足|→ 풂|＝|→ 풂 ― → 풃|， ∴→ 풂 ퟐ = → 풂 ퟐ ― 2→ 풂•→ 풃 + → 풃 ퟐ⇒→ 풂•→ 풃 = 1 2 → 풃 ퟐ； 则（→ 풂 ― 1 2 → 풃）•→ 풃 = → 풂 ⋅ → 풃 ― 1 2 → 풃 ퟐ = 0． 故答案为：0． 【点评】本题考查向量的数量积以及模长的应用，考查向量的表示以及计算，考查计算 能力． 14．在△ABC 中，AB＝4 ퟑ，∠B = 휋 4，点 D 在边 BC 上，∠ADC = 2휋 3 ，CD＝2，则 AD＝  4 ퟐ ；△ACD 的面积为 2 ퟔ ． 【分析】先根据正弦定理求得 AD，进而求得三角形的面积． 解：如图； 因为在△ABC 中，AB＝4 ퟑ，∠B = 휋 4，点 D 在边 BC 上，∠ADC = 2휋 3 ，CD＝2， 所以： 퐴퐷 푠푖푛∠퐴퐵퐷 = 퐴퐵 푠푖푛∠퐴퐷퐵⇒AD = 4 3 × 푠푖푛휋 4 푠푖푛휋 3 = 4 ퟐ； S△ACD = 1 2•AD•CD•sin∠ADC = 1 2 × 4 ퟐ × 2×sin 2휋 3 = 2 ퟔ； 故答案为：4 ퟐ，2 ퟔ． 【点评】本题主要考查正弦定理以及三角形的面积，属于基础题目． 15．如图，在等边三角形 ABC 中，AB＝6．动点 P 从点 A 出发，沿着此三角形三边逆时针 运动回到 A 点，记 P 运动的路程为 x，点 P 到此三角形中心 O 距离的平方为 f（x），给 出下列三个结论： ①函数 f（x）的最大值为 12； ②函数 f（x）的图象的对称轴方程为 x＝9； ③关于 x 的方程 f（x）＝kx+3 最多有 5 个实数根． 其中，所有正确结论的序号是 ①② ． 【分析】写出函数解析式并作出图象，数形结合进行逐一分析 解：由题可得函数 f（x） = {ퟑ + (풙 ― ퟑ)ퟐ，ퟎ ≤ 풙＜ퟔ ퟑ + (풙 ― ퟗ)ퟐ，ퟔ ≤ 풙＜ퟏퟐ ퟑ + (풙 ― ퟏퟓ)ퟐ，ퟏퟐ ≤ 풙 ≤ ퟏퟖ ，作出图象如图： 则当点 P 与△ABC 顶点重合时，即 x＝0，6，12，18 时，f（x）取得最大值 12，故① 正确； 又 f（x）＝f（18﹣x），所以函数 f（x）的对称轴为 x＝9，故②正确； 由图象可得，函数 f（x）图象与 y＝kx+3 的交点个数为 6 个，故方程有 6 个实根，故③ 错误． 故答案为：①②． 【点评】本题考查命题的真假性判断，涉及函数的应用、图象与性质，数形结合思想， 逻辑推理能力，属于难题 三、解答题共 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．如图，在三棱柱 ABC﹣A1B1C1 中，AB⊥平面 BB1C1C，AB＝BB1＝2BC＝2，BC1 = ퟑ，点 E 为 A1C1 的中点． （Ⅰ）求证：C1B⊥平面 ABC； （Ⅱ）求二面角 A﹣BC﹣E 的大小． 【分析】（Ⅰ）证明 AB⊥C1B．CB⊥C1B．利用直线与平面垂直的判断定理证明 C1B⊥平面 ABC． （Ⅱ）以 B 为原点建立空间直角坐标系 B﹣xyz．求出平面 BCE 的法向量，平面 ABC 的 法向量，利用空间向量的数量积求解二面角的大大小即可， 【解答】（Ⅰ）证明：因为 AB⊥平面 BB1C1C，C1B⊂平面 BB1C1C 所以 AB⊥C1B． 在△BCC1 中，BC＝1，푩푪ퟏ = ퟑ，CC1＝2， 所以푩푪ퟐ + 푩푪ퟐퟏ = 푪푪ퟐퟏ． 所以 CB⊥C1B． 因为 AB∩BC＝B，AB，BC⊂平面 ABC， 所以 C1B⊥平面 ABC． （Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，AB⊥C1B，BC⊥C1B，AB⊥BC， 如图，以 B 为原点建立空间直角坐标系 B﹣xyz． 则 B（0，0，0），푬( ― 1 2， ퟑ，ퟏ)，C（1，0，0）. → 푩푪 = (ퟏ，ퟎ，ퟎ)， → 푩푬 = ( ― 1 2， ퟑ， ퟏ)． 设平面 BCE 的法向量为→ 풏 = （x，y，z）， 则{→ 풏 ⋅ → 푩푪 = ퟎ → 풏 ⋅ → 푩푬 = ퟎ ， 即{풙 = ퟎ， ― 1 2풙 + ퟑ풚 + 풛 = ퟎ. 令풚 = ퟑ则 x＝0，z＝﹣3， 所以→ 풏 = (ퟎ， ퟑ， ― ퟑ)． 又因为平面 ABC 的法向量为 → 풎 = （0，1，0）， 所以풄풐풔＜ → 풎，→ 풏＞ = → 푚 ⋅ → 푛 | → 푚|| → 푛| = 1 2． 由题知二面角 A﹣BC﹣E 为锐角，所以其大小为휋 3． 【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面垂直的判断定理的应用，考查空 间想象能力以及逻辑推理能力计算能力，是中档题． 17．已知函数 f（x）＝2cos2ω1x+sinω2x． （Ⅰ）求 f（0）的值； （Ⅱ）从①ω1＝1，ω2＝2；②ω1＝1，ω2＝1 这两个条件中任选一个，作为题目的已知 条件，求函数 f（x）在[ ― 휋 2，휋 6]上的最小值，并直接写出函数 f（x）的一个周期． 【分析】（Ⅰ）由函数 f（x）的解析式求出 f（0）的值； （Ⅱ）选择条件①时 f（x）的一个周期为 π， 利用三角恒等变换化简 f（x），再求 f（x）在[ ― 휋 2， 휋 6]的最小值． 选择条件②时 f（x）的一个周期为 2π， 化简 f（x），利用三角函数的性质求出 f（x）在[ ― 휋 2， 휋 6]的最小值． 解：（Ⅰ）由函数 f（x）＝2cos2ω1x+sinω2x， 则 f（0）＝2cos20+sin0＝2； （Ⅱ）选择条件①，则 f（x）的一个周期为 π； 由 f（x）＝2cos2x+sin2x ＝（cos2x+1）+sin2x = ퟐ( 2 2 풔풊풏ퟐ풙 + 2 2 풄풐풔ퟐ풙) + ퟏ = ퟐ풔풊풏(ퟐ풙 + 휋 4) + ퟏ； 因为풙 ∈ [ ― 휋 2， 휋 6]，所以ퟐ풙 + 휋 4 ∈ [ ― 3휋 4 ， 7휋 12]； 所以 ― ퟏ ≤ 풔풊풏(ퟐ풙 + 휋 4) ≤ ퟏ， 所以ퟏ ― ퟐ ≤ 풇(풙) ≤ ퟏ + ퟐ； 当ퟐ풙 + 휋 4 = ― 휋 2，即풙 = ― 3휋 8 时，f（x）在[ ― 휋 2， 휋 6]取得最小值为ퟏ ― ퟐ． 选择条件②，则 f（x）的一个周期为 2π； 由 f（x）＝2cos2x+sinx ＝2（1﹣sin2x）+sinx = ― ퟐ(풔풊풏풙 ― 1 4)ퟐ + 17 8 ； 因为풙 ∈ [ ― 휋 2， 휋 6]，所以풔풊풏풙 ∈ [ ― ퟏ， 1 2]； 所以当 sinx＝﹣1，即풙 = ― 휋 2时，f（x）在[ ― 휋 2， 휋 6]取得最小值为﹣1． 【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了转化与运算能力，是 基础题． 18．科技创新能力是决定综合国力和国际竞争力的关键因素，也是推动经济实现高质量发 展的重要支撑，而研发投入是科技创新的基本保障．如图是某公司从 2010 年到 2019 年 这 10 年 研 发 投 入 的 数 据 分 布 图 ： 其中折线图是该公司研发投入占当年总营收的百分比，条形图是当年研发投入的数值（单 位：十亿元）． （Ⅰ）从 2010 年至 2019 年中随机选取一年，求该年研发投入占当年总营收的百分比超 过 10%的概率； （Ⅱ）从 2010 年至 2019 年中随机选取两个年份，设 X 表示其中研发投入超过 500 亿元 的年份的个数，求 X 的分布列和数学期望； （Ⅲ）根据图中的信息，结合统计学知识，判断该公司在发展的过程中是否比较重视研 发，并说明理由． 【分析】（Ⅰ）按照古典概型概率计算公式计算即可； （Ⅱ）显然这是一个超几何分布，按照超几何分布的概率计算方法，分别算出随机变量 X 取 0，1，2 时的概率，然后画出分布列，即可求期望； （Ⅲ）结合折线图从“每年的研发投入”“研发投入占营收比”的变化来分析即可． 解：（Ⅰ）设事件 A 为“从 2010 年至 2019 年中随机选取一年，研发投入占当年总营收 的百分比超过 10%”， 从 2010 年至 2019 年一共 10 年，其中研发投入占当年总营收的百分比超过 10%有 9 年， 所以푷(푨) = 9 10． （Ⅱ）由图表信息，从 2010 年至 2019 年 10 年中有 5 年研发投入超过 500 亿元，所以 X 的所有可能取值为 0，1，2． 且푷(푿 = ퟎ) = 퐶2 5 퐶2 10 = 2 9；푷(푿 = ퟏ) = 퐶1 5퐶1 5 퐶2 10 = 5 9；푷(푿 = ퟐ) = 퐶2 5 퐶2 10 = 2 9． 所以 X 的分布列为： X 0 1 2 P 2 9 5 9 2 9 故 X 的期望푬(푿) = ퟎ × 2 9 + ퟏ × 5 9 + ퟐ × 2 9 = ퟏ． （Ⅲ）从两个方面可以看出，该公式是比较重视研发的： 一、从 2010 年至 2019 年，每年的研发投入是逐年增加的（2018 年除外），并且增加的 幅度总体上逐渐加大； 二、研发投入占营收的比例总体上也是逐渐增加的，虽然 2015 年往后有些波动，但是总 体占比还是较高的． 【点评】本题考查离散型随机变量的分布列、期望的求法，注意对题意的理解需到位、 准确．同时考查学生的数学建模的素养，属于中档题． 19．已知函数 f（x）＝ex+ax． （Ⅰ）当 a＝﹣1 时， ①求曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程； ②求函数 f（x）的最小值； （Ⅱ）求证：当 a∈（﹣2，0）时，曲线 y＝f（x）与 y＝1﹣lnx 有且只有一个交点． 【分析】（Ⅰ）①将 a＝﹣1 带入，求导，求出切线斜率及切点，利用点斜式方程即得 解； ②求出函数函数 f（x）的单调性情况，进而得出最值； （Ⅱ）即证函数 g（x）＝ex+ax+lnx﹣1 仅有一个零点，利用导数可知函数 g（x）在区间 （0，+∞）上单调递增，结合零点存在性定理即得证． 解：（Ⅰ）①当 a＝﹣1 时，f（x）＝ex﹣x，则 f'（x）＝ex﹣1． 所以 f'（0）＝0． 又 f（0）＝1， 所以曲线 y＝f（x）在点（0，f（0））处的切线方程为 y＝1； ②令 f'（x）＝0，得 x＝0，此时 f'（x），f（x）随 x 的变化如下： x （﹣∞，0） 0 （0，+∞） f'（x） ﹣ 0 + f（x） ↘ 极小值 ↗ 可知 f（x）min＝f（0）＝1，函数 f（x）的最小值为 1． （Ⅱ）证明：由题意可知，x∈（0，+∞）， 令 g（x）＝ex+ax+lnx﹣1，则품′(풙) = 풆풙 + 1 푥 + 풂， 由（Ⅰ）中可知 ex﹣x≥1，故 ex≥1+x， 因为 a∈（﹣2，0）， 则품′(풙) = 풆풙 + 1 푥 + 풂 ≥ (풙 + ퟏ) + 1 푥 + 풂 ≥ ퟐ 풙 ⋅ 1 푥 + 풂 + ퟏ = ퟑ + 풂＞ퟎ， 所以函数 g（x）在区间（0，+∞）上单调递增， 因为품( 1 푒) = 풆 1 푒 + 푎 푒 ― ퟐ＜풆 1 2 ― ퟐ＜ퟎ， 又因为 g（e）＝ee+ae＞e2﹣2e＞0， 所以 g（x）有唯一的一个零点． 即函数 y＝f（x）与 y＝1﹣lnx 有且只有一个交点． 【点评】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的最值，函数的零点等问题，考 查运算求解能力及推理论证能力，属于中档题． 20．已知椭圆 C：푥2 푎2 + 푦2 푏2 = 1（a＞b＞0）的离心率为 3 2 ，A1（﹣a，0），A2（a，0），B （0，b），△A1BA2 的面积为 2． （Ⅰ）求椭圆 C 的方程； （Ⅱ）设 M 是椭圆 C 上一点，且不与顶点重合，若直线 A1B 与直线 A2M 交于点 P，直 线 A1M 与直线 A2B 交于点 Q．求证：△BPQ 为等腰三角形． 【分析】（Ⅰ）由题{푐 푎 = 3 2 ， 풂풃 = ퟐ， 풂ퟐ = 풃ퟐ + 풄ퟐ. ，求出 a，b，即可得到椭圆方程． （ II）解法 1，设直线 A2M 方程为풚 = 풌(풙 ― ퟐ)(풌 ≠ ퟎ且풌 ≠± 1 2)，直线 A1B 方程为풚 = 1 2 풙 + ퟏ，通过联立直线与椭圆方程组，求出 M 坐标，Q 坐标，推出|BP|＝|BQ|，即可证明 △BPQ 为等腰三角形． 解法 2，设 M（x0，y0）（x0≠±2，y0≠±1）则풙ퟐퟎ + ퟒ풚ퟐퟎ = ퟒ．直线 A2M 方程为풚 = 푦0 푥0 ― 2 (풙 ― ퟐ)，直线 A1B 方程为풚 = 1 2풙 + ퟏ．通过联立直线与椭圆方程组，求出 P，Q 坐标， 转化推出|BP|＝|BQ|，得到△BPQ 为等腰三角形． 解：（Ⅰ）由题{푐 푎 = 3 2 ， 풂풃 = ퟐ， 풂ퟐ = 풃ퟐ + 풄ퟐ. 解得{풂 = ퟐ， 풃 = ퟏ. 所以椭圆方程为푥2 4 + 풚ퟐ = ퟏ． （ II）解法 1 证明：设直线 A2M 方程为풚 = 풌(풙 ― ퟐ)(풌 ≠ ퟎ且풌 ≠± 1 2)，直线 A1B 方程为풚 = 1 2풙 + ퟏ 由{풚 = 풌(풙 ― ퟐ)， 풚 = 1 2풙 + ퟏ. 解得点푷( 4푘 + 2 2푘 ― 1， 4푘 2푘 ― 1)． 由{풚 = 풌(풙 ― ퟐ)， 푥2 4 + 풚ퟐ = ퟏ. 得（4k+1）x2﹣16k2x+16k2﹣4＝0， 则ퟐ풙푴 = 16푘2 ― 4 4푘2 + 1 ． 所以풙푴 = 8푘2 ― 2 4푘2 + 1 ，풚푴 = ―4푘 4푘2 + 1 ． 即푴( 8푘2 ― 2 4푘2 + 1 ， ―4푘 4푘2 + 1).풌푨ퟏ푴 = ―4푘 4푘2 + 1 8푘2 ― 2 4푘2 + 1 + 2 = ― 1 4푘． 于是直线 A1M 的方程为풚 = ― 1 4푘(풙 + ퟐ)，直线 A2B 的方程为풚 = ― 1 2풙 + ퟏ． 由{풚 = ― 1 4푘(풙 + ퟐ) 풚 = ― 1 2풙 + ퟏ 解得点푸( 4푘 + 2 2푘 ― 1， ―2 2푘 ― 1)． 于是 xP＝xQ，所以 PQ⊥x 轴． 设 PQ 中点为 N，则 N 点的纵坐标为 4푘 2푘 ― 1 + ―2 2푘 ― 1 2 = ퟏ． 故 PQ 中点在定直线 y＝1 上． 从上边可以看出点 B 在 PQ 的垂直平分线上，所以|BP|＝|BQ|， 所以△BPQ 为等腰三角形． 解法 2 证明：设 M（x0，y0）（x0≠±2，y0≠±1）则풙ퟐퟎ + ퟒ풚ퟐퟎ = ퟒ． 直线 A2M 方程为풚 = 푦0 푥0 ― 2(풙 ― ퟐ)，直线 A1B 方程为풚 = 1 2풙 + ퟏ． 由{풚 = 푦0 푥0 ― 2(풙 ― ퟐ)， 풚 = 1 2풙 + ퟏ. 解得点푷( 2푥0 + 4푦0 ― 4 2푦0 ― 푥0 + 2 ， 4푦0 2푦0 ― 푥0 + 2)． 直线 A1M 方程为풚 = 푦0 푥0 + 2(풙 + ퟐ)，直线 A2B 方程为풚 = ― 1 2풙 + ퟏ． 由{풚 = 푦0 푥0 + 2(풙 + ퟐ)， 풚 = ― 1 2풙 + ퟏ. 解 得 点 푸( 2푥0 ― 4푦0 + 4 2푦0 + 푥0 + 2 ， 4푦0 2푦0 + 푥0 + 2).풙푷 ― 풙푸 = 2푥0 + 4푦0 ― 4 2푦0 ― 푥0 + 2 ― 2푥0 ― 4푦0 + 4 2푦0 + 푥0 + 2 = 2(푥0 + 2푦0 ― 2)(2푦0 + 푥0 + 2) ― 2(푥0 ― 2푦0 + 2)(2푦0 ― 푥0 + 2) (2푦0 ― 푥0 + 2)(2푦0 + 푥0 + 2) = 2[(푥0 + 2푦0)2 ― 4) ― (4 ― (푥0 ― 2푦0)2] (2푦0 ― 푥0 + 2)(2푦0 + 푥0 + 2) = ퟎ． 于 是 xP ＝ xQ ， 所 以 PQ ⊥ x 轴 .풚푷 + 풚푸 = 4푦0 2푦0 ― 푥0 + 2 + 4푦0 2푦0 + 푥0 + 2 = 4푦0(4푦0 + 4) (2푦0 ― 푥0 + 2)(2푦0 + 푥0 + 2) = 4푦0(4푦0 + 4) (2푦0 + 2)2 ― 푥2 0 = ퟐ． 故 PQ 中点在定直线 y＝1 上． 从上边可以看出点 B 在 PQ 的垂直平分线上，所以|BP|＝|BQ|， 所以△BPQ 为等腰三角形． 【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系的综合应用，椭圆方程的求法，考查转化思想 以及计算能力，是难题． 21．已知数列{an}是由正整数组成的无穷数列．若存在常数 k∈一、选择题*，使得 a2n﹣1+a2n ＝kan 对任意的 n∈N*成立，则称数列{an}具有性质Ψ（k）． （Ⅰ）分别判断下列数列{an}是否具有性质Ψ（2）；（直接写出结论） ①an＝1；②an＝2n． （Ⅱ）若数列{an}满足 an+1≥an（n＝1，2，3，…），求证：“数列{an}具有性质Ψ（2）” 是“数列{an}为常数列”的充分必要条件； （Ⅲ）已知数列{an}中 a1＝1，且 an+1＞an（n＝1，2，3，…）．若数列{an}具有性质Ψ （4），求数列{an}的通项公式． 【分析】（Ⅰ）①②利用已知条件及其定义解验证判断出结论． （Ⅱ）先证“充分性”：当数列{an}具有“性质Ψ（2）”时，有a2n﹣1+a2n＝2an，根据 an+1 ≥an，可得 0≤a2n﹣an＝an﹣a2n﹣1≤0，进而有 an＝a2n，结合 an+1≥an 即可证明结论．再 证“必要性”：若“数列{an}为常数列”，容易验证 a2n﹣1+a2n＝2a1＝2an，即可证明． （Ⅲ）首先证明：an+1﹣an≥2．根据{an}具有“性质Ψ（4）”，可得a2n﹣1+a2n＝4an．当 n＝1 时，有 a2＝3a1＝3．由풂ퟐ풏―ퟏ，풂ퟐ풏，풂풏 ∈ 푵∗，且 a2n＞a2n﹣1，可得 a2n≥2an+1，a2n ﹣1≤2an﹣1，进而有 2an+1≤a2n≤a2n+1﹣1≤2an+1﹣2，可得 2（an+1﹣an）≥3，可得：an+1 ﹣an≥2． 然后利用反证法证明：an+1﹣an≤2．假设数列{an}中存在相邻的两项之差大于 3，即存在 k∈N*满足：a2k+1﹣a2k≥3 或 a2k+2﹣a2k+1≥3，进而有 4（ak+1﹣ak）＝（a2k+2+a2k+1）﹣ （a2k+a2k﹣1）＝[（a2k+2﹣a2k+1）+（a2k+1﹣a2k）]+[（a2k+1﹣a2k）+（a2k﹣a2k﹣1）]≥12．又 因为풂풌+ퟏ ― 풂풌 ∈ 푵∗，可得 ak+1﹣ak≥3，依此类推可得：a2﹣a1≥3，矛盾．综上有：an+1 ﹣an＝2，结合 a1＝1 可得 an＝2n﹣1， 解：（Ⅰ）①数列{an}具有“性质Ψ（2）”； ②数列{an}不具有“性质Ψ（2）”． （Ⅱ）证明：先证“充分性”： 当数列{an}具有“性质Ψ（2）”时，有 a2n﹣1+a2n＝2an， 又因为 an+1≥an， 所以 0≤a2n﹣an＝an﹣a2n﹣1≤0， 进而有 an＝a2n 结合 an+1≥an 有 an＝an+1＝…＝a2n， 即“数列{an}为常数列”； 再证“必要性”： 若“数列{an}为常数列”， 则有 a2n﹣1+a2n＝2a1＝2an， 即“数列{an}具有“性质Ψ（2）”． （Ⅲ）首先证明：an+1﹣an≥2． 因为{an}具有“性质Ψ（4）”， 所以 a2n﹣1+a2n＝4an． 当 n＝1 时，有 a2＝3a1＝3． 又因为풂ퟐ풏―ퟏ，풂ퟐ풏，풂풏 ∈ 푵∗，且 a2n＞a2n﹣1， 所以有 a2n≥2an+1，a2n﹣1≤2an﹣1， 进而有 2an+1≤a2n≤a2n+1﹣1≤2an+1﹣2， 所以 2（an+1﹣an）≥3， 结合풂풏+ퟏ，풂풏 ∈ 푵∗可得：an+1﹣an≥2． 然后利用反证法证明：an+1﹣an≤2． 假设数列{an}中存在相邻的两项之差大于 3， 即存在 k∈N*满足：a2k+1﹣a2k≥3 或 a2k+2﹣a2k+1≥3， 进而有 4（ak+1﹣ak）＝（a2k+2+a2k+1）﹣（a2k+a2k﹣1）＝（a2k+2﹣a2k）+（a2k+1﹣a2k﹣1）＝ [（a2k+2﹣a2k+1）+（a2k+1﹣a2k）]+[（a2k+1﹣a2k）+（a2k﹣a2k﹣1）]≥12． 又因为풂풌+ퟏ ― 풂풌 ∈ 푵∗， 所以 ak+1﹣ak≥3 依此类推可得：a2﹣a1≥3，矛盾， 所以有 an+1﹣an≤2． 综上有：an+1﹣an＝2， 结合 a1＝1 可得 an＝2n﹣1， 经验证，该通项公式满足 a2n﹣1+a2n＝4an， 所以：an＝2n﹣1． 【点评】本题考查了新定义、等差数列的通项公式、数列递推关系、反证法、转化方法、 方程以不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．