《2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷【含答案】（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷 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(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)。 1．（4分）已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，則?U（A∪B）＝（　?。? A．{6} B．{1，6} C．{2，3} D．{1，4，5，6} 【分析】由并集運(yùn)算求得A∪B，再由補(bǔ)集運(yùn)算得答案． 【解答】解：∵A＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}， ∴A∪B＝{1，2，3，4，5}， 又U＝{1，2，3，4，5，6}， ∴?U（A∪B）＝{6}． 故選：A． 【點(diǎn)評(píng)

2、】本題考查并集、補(bǔ)集及其運(yùn)算，是基礎(chǔ)題． 2．（4分）若z為純虛數(shù)，且滿足（z+m）i＝2﹣i（m∈R），則m＝（　?。? A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣2 【分析】利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、純虛數(shù)的定義即可得出m的值． 【解答】解：∵（z+m）i＝2﹣i（m∈R）， ∴z＝﹣m＝﹣1﹣m﹣2i， ∵z為純虛數(shù)， ∴﹣1﹣m＝0?m＝﹣1， 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則、純虛數(shù)的定義，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題． 3．（4分）若b＜a＜0，則下列不等式正確的是（　?。? A． B．a(chǎn)b＜a2 C．|a|＞|b| D． 【分析】可舉例，令b＝﹣2、a＝﹣

3、1，可判斷ABC；利用基本不等式可判斷D． 【解答】解：根據(jù)題意可令b＝﹣2、a＝﹣1， 則＜，ab＞a2，|a|＜|b|，∴ABC 錯(cuò)； ∵b＜a＜0，∴，＞0且， ∴+＞2＝2，∴D對(duì)． 故選：D． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查不等式基本性質(zhì)，考查數(shù)學(xué)運(yùn)算能力及推理能力． 4．（4分）若函數(shù)f（x）＝lg（x+a）的圖象經(jīng)過拋物線y2＝8x的焦點(diǎn)，則a＝（　　） A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2 【分析】求得拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)，代入函數(shù)f（x）＝lg（x+a）即可． 【解答】解：拋物線的焦點(diǎn)為（2，0），則f（2）＝lg（2+a）＝0，解得a＝﹣1 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查

4、了拋物線的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題． 5．（4分）已知雙曲線的焦距為10，則雙曲線C的漸近線方程為（　　） A． B． C． D． 【分析】由已知求得a與c的值，再由隱含條件求得b，則雙曲線的漸近線方程可求． 【解答】解：由題意，2c＝10，得c＝5， 又由雙曲線方程可得a＝4，則b＝， ∴雙曲線C的漸近線方程為y＝． 故選：B． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，是基礎(chǔ)題． 6．（4分）已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β為空間中兩個(gè)互相垂直的平面，則下列命題正確的是（　　） A．若m?α，則m⊥β B．若m?α，n?β，則m⊥n C．若m?α，m⊥β，則m∥α D．若α

5、∩β＝m，n⊥m，則n⊥α 【分析】根據(jù)空間線面位置關(guān)系的定義，性質(zhì)和判定定理進(jìn)行判斷或舉反例說明． 【解答】解：不妨設(shè)α∩β＝l， 對(duì)于A，若m?α且m∥l，則m∥β，故A錯(cuò)誤； 對(duì)于B，若m，n與l相交且不垂直，交點(diǎn)分別為M，N，顯然m與n不一定垂直，故B錯(cuò)誤； 對(duì)于C，若m⊥β，則m?α或m∥α，又m?α，故m∥α，故C正確； 對(duì)于D，由面面垂直的性質(zhì)可知當(dāng)n?β時(shí)才有n⊥α，故D錯(cuò)誤． 故選：C． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了空間線面位置關(guān)系的判斷，屬于中檔題． 7．（4分）已知圓C的方程為（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，點(diǎn)P在直線y＝x+3上，線段AB為圓C的直徑，則的最小值

6、為（　　） A． B． C． D．3 【分析】將轉(zhuǎn)化為，再由圓心到直線的距離求解． 【解答】解：∵線段AB為圓C的直徑，∴C為AB的中點(diǎn)， 則＝， 從而||＝， ||的最小值為圓心C到直線y＝x+3的距離， 等于． ∴的最小值為2×． 故選：B． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與圓的位置關(guān)系，考查平面向量的應(yīng)用，考查運(yùn)算求解能力，是中檔題． 8．（4分）等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若?n∈N*，Sn≤S7，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式可能是（　?。? A．a(chǎn)n＝3n﹣15 B．a(chǎn)n＝17﹣3n C．a(chǎn)n＝n﹣7 D．a(chǎn)n＝15﹣2n 【分析】由題意得,然后結(jié)合選項(xiàng)即可判斷．

7、【解答】解：因?yàn)?n∈N*，Sn≤S7， 所以, A:an＝3n﹣15,a8＞0不符合題意； B：an＝17﹣3n,a7＜0不符合題意； C:an＝n﹣7,a8＞0不符合題意； D:an＝15﹣2n,a8＜0,a7＞0符合題意； 故選：D． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題． 9．（4分）“0＜m≤1”是函數(shù)f（x）＝滿足：對(duì)任意的x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”的（　　） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【分析】根據(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可． 【解答】解：∵當(dāng)0＜m

8、≤1時(shí)，g（x）＝﹣1在（1，+∞）上遞減， h（x）＝﹣x+1在（﹣∞，1]遞減，且g（1）≤h（1），∴f（x）在（﹣∞，+∞）上遞減， ∴任意x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”∴充分性成立； 若m＜0，g（x）在（1，+∞）上遞增，h（x）在（﹣∞，1]上遞減，g（x）＜0，h（x）≥0， ∴任意x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”，必要性不成立， ∴0＜m≤1”是函數(shù)f（x）＝滿足：對(duì)任意的x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”的充分不必要條件， 故選：A． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結(jié)合充分條件和必要條件的定義以及分段函數(shù)的性質(zhì)是解決本題

9、的關(guān)鍵． 10．（4分）已知函數(shù)f（x）＝sinx+sin（πx），現(xiàn)給出如下結(jié)論：①f（x）是奇函數(shù)；②f（x）是周期函數(shù)；③f（x）在區(qū)間（0，π）上有三個(gè)零點(diǎn)；④f（x）的最大值為2．其中所有正確結(jié)論的編號(hào)為（　　） A．①③ B．②③ C．②④ D．①④ 【分析】根據(jù)題意，依次分析4個(gè)結(jié)論是否正確，即可得答案． 【解答】解：根據(jù)題意，依次分析4個(gè)結(jié)論： 對(duì)于①，因?yàn)閒（﹣x）＝sin（﹣x）+sin（﹣πx）＝﹣sinx﹣sin（πx）＝﹣f（x）， 所以f（x）是奇函數(shù)，①正確． 對(duì)于②，假設(shè)存在周期T， 則sin（x+T）+sin（π（x+T））＝sinx+sinπ

10、x， sin（x+T）﹣sinx＝﹣[sin（π（x+T））﹣sinπx]， 所以sin?cos＝﹣sin?cos①， 存在x0∈R，使得cos＝0，而cos≠0， 將x0∈R，﹣sin?cos＝0， 由于cos≠0， 故﹣sin＝0， 所以sin＝0，sin＝0， ＝kπ，＝mπ，k，m∈Z， 所以kπ＝m，矛盾， 所以函數(shù)f（x）＝sinx+sin（πx），沒有周期，②錯(cuò)誤． 對(duì)于③，f（x）＝sinx+sin（πx）＝2sincos， 函數(shù)的零點(diǎn)為方程2sincos＝0， x＝或x＝x∈（0，π） x＝，，，所以f（x）在區(qū)間（0，π）上有三個(gè)零點(diǎn)；故③正確．

11、 對(duì)于④，f（x）＝sinx+sin（πx）， 若sinx＝1，則x＝2kπ+，k∈Z， 若sin（πx）＝1，則x＝2k+，k∈Z， x＝2kπ+，k∈Z和x＝2k+，k∈Z兩者不會(huì)同時(shí)成立， 即y＝sinx和y＝sin（πx）不可能同時(shí)成立，故f（x）的最大值不是2，④錯(cuò)誤； 則四個(gè)命題中正確的為①③； 故選：A． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查函數(shù)與方程的關(guān)系，涉及命題真假的判斷，屬于中檔題． 二、填空題共5小題，每小題5分，共30分。 11．（5分）已知直線l1：mx+y+1＝0，l2：mx﹣y+1＝0，m∈R，若l1⊥l2，則m＝　±1?。? 【分析】利用向量垂直的性質(zhì)直接求解

12、． 【解答】解：∵直線l1：mx+y+1＝0，l2：mx﹣y+1＝0，m∈R， l1⊥l2， ∴m2﹣1＝0， 解得m＝±1． 故答案為：±1． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查實(shí)數(shù)值的求法，考查向量垂直的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是基礎(chǔ)題． 12．（5分）二項(xiàng)式（x2+）6展開式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為　540　． 【分析】求出展開式的通項(xiàng)公式．令x的指數(shù)為3，進(jìn)而可以求解． 【解答】解：展開式的通項(xiàng)公式為T＝C， 令12﹣3r＝3，解得r＝3， 則展開式中含x3項(xiàng)的系數(shù)為C＝20×27＝540， 故答案為：540． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，考查了學(xué)生的

13、運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題． 13．（5分）《九章算術(shù)》中，稱四個(gè)面均為直角三角形的四面體為“鱉臑”．已知某“鱉臑”的三視圖如圖所示，則該“鱉臑”的體積為　8?。? 【分析】由三視圖還原原幾何體，該幾何體為三棱錐，其中底面三角形BCD為直角三角形，BC⊥CD，BC＝4，CD＝3，AB⊥底面BCD，AB＝4，再由棱錐體積公式求解． 【解答】解：由三視圖還原原幾何體如圖， 其中底面三角形BCD為直角三角形，BC⊥CD，BC＝4，CD＝3， AB⊥底面BCD，AB＝4， 則該“鱉臑”的體積為V＝ 故答案為：8． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查由三視圖求面積、體積，關(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔

14、題． 14．（5分）如圖，以O(shè)x為始邊作鈍角α，角α的終邊與單位圓交于點(diǎn)P（x1，y1），將角α的終邊順時(shí)針旋轉(zhuǎn)得到角β．角β的終邊與單位圓相交于點(diǎn)Q（x2，y2），則x2﹣x1的取值范圍為　（，1]　． 【分析】由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義，兩角和差的三角公式，求得x2﹣x1＝sin（α﹣），再利用正弦函數(shù)的定義域和值域，求出x2﹣x1的取值范圍． 【解答】解：由已知得， ∴＝， ∵，∴，∴， ∴x2﹣x1的取值范圍為， 故答案為：（，1]． 【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查任意角的三角函數(shù)的定義，兩角和差的三角公式，正弦函數(shù)的定義域和值域，屬于中檔題． 15．（5分）如圖所示

15、的太極圖是由黑白兩個(gè)魚形紋組成的圓形圖案，展現(xiàn)中國(guó)文化陰陽(yáng)轉(zhuǎn)化、對(duì)立統(tǒng)一的哲學(xué)理念．定義：圖象能將圓的周長(zhǎng)和面積同時(shí)等分成兩部分的函數(shù)稱為圓的一個(gè)“太極函數(shù)”，則下列命題正確的是 ?、佗堋。? ①函數(shù)f（x）＝tanx可以同時(shí)是無數(shù)個(gè)圓的“太極函數(shù)”； ②函數(shù)f（x）＝ln（|x|）可以是某個(gè)圓的“太極函數(shù)”； ③若函數(shù)f（x）是某個(gè)圓的“太極函數(shù)”，則函數(shù)f（x）的圖象一定是中心對(duì)稱圖形； ④對(duì)于任意一個(gè)圓，其“太極函數(shù)”有無數(shù)個(gè)． 【分析】根據(jù)所給定義，對(duì)各項(xiàng)逐個(gè)分析判斷，即可得解． 【解答】解：對(duì)于①，以f（x）＝tanx的零點(diǎn)為圓心，半徑小于的圓， 周長(zhǎng)和面積都被f（x

16、）＝tanx平分，故①正確； 對(duì)于②，由f（x）＝ln（|x|）為偶函數(shù)，如圖所示： 由于其圖像向上凸起，故而不可能平分圓的周長(zhǎng)，故②錯(cuò)誤； 對(duì)于③，取圓x2+y2＝4π2，被函數(shù)平分 周長(zhǎng)和面積，而g（x）非對(duì)稱，故③錯(cuò)誤； 對(duì)于④，對(duì)于任意一個(gè)圓，過圓心的直線平分周長(zhǎng)和面積，故④正確； 故答案為：①④ 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角函數(shù)，對(duì)數(shù)函數(shù)的圖像和性質(zhì)，考查了在分段函數(shù)的圖像和性質(zhì)． 三、解答題共6小題，共80分。解答應(yīng)寫出文字說明、演算步驟或證明過程。 16．（14分）如圖所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側(cè)面AA1C1C為長(zhǎng)方形，AA1＝1，AB＝BC＝2，∠

17、ABC＝120°，AM＝CM． （Ⅰ）求證：平面AA1C1C⊥平面C1MB； （Ⅱ）求直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值． 【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性質(zhì)和線面垂直的判定定理可得MB⊥平面AA1C1C，再由面面垂直的判定定理，即可得證； （Ⅱ）設(shè)A1到平面MBC1的距離為h，由等積法和棱錐的體積公式，以及直線和平面所成角的定義和直角三角形的正弦函數(shù)的定義，可得所求值． 【解答】解：（Ⅰ）證明：在△ABC中，AB＝BC，M為BC的中點(diǎn)，可得MB⊥AC， 又AA1⊥平面ABC，BM?平面ABC， 可得AA1⊥BM， 而AA1∩AC＝A，所以MB⊥平面AA1C1C， 又B

18、M?平面BMC1， 所以平面AA1C1C⊥平面C1MB； （Ⅱ）設(shè)A1到平面MBC1的距離為h，連接A1M， 由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，可得BM＝2cos60°＝1，CM＝2sin60°＝， C1M＝＝2，可得△C1BM的面積為×1×2＝1， △A1C1M的面積為S＝×1×2＝， 由V＝V，可得Sh＝S?BM， 即為h?1＝×1×， 可得h＝， 則直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值為＝＝． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面垂直的判定定理和直線和平面所成角的求法，考查轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算能力，屬于中檔題． 17．（14分）在△ABC中，cosC＝，c＝8，再?gòu)臈l件①、條件

19、②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求： （Ⅰ）b的值； （Ⅱ）角A的大小和△ABC的面積． 條件①：a＝7； 條件②：cosB＝． 【分析】選條件①：（Ⅰ）利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果；（Ⅱ）利用三角函數(shù)關(guān)系式的變換，正弦定理和三角形的面積求出結(jié)果； 選條件②時(shí)，（Ⅰ）利用三角函數(shù)的角的變換和正弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果；（Ⅱ）利用三角函數(shù)的角的變換和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果． 【解答】解：選條件①： （Ⅰ）a＝7時(shí)，cosC＝，c＝8， 利用c2＝a2+b2﹣2abcosC， 整理得b2﹣2b﹣15＝0，解得b＝5或﹣3（負(fù)值舍去）， 故：b＝5． （Ⅱ）由于cosC＝，

20、0＜C＜π， 所以sinC＝， 利用正弦定理，所以，解得sinA＝， 由于c＞a，所以A＝， 則． 選條件②時(shí)， （Ⅰ）cosB＝，所以， cosC＝，所以sinC＝， 由正弦定理，整理得，解得b＝5， （Ⅱ）cosB＝，所以， cosC＝，所以sinC＝， 所以cosA＝﹣cos（B+C）＝＝， 由于A∈（0，π）， 所以A＝． 所以． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三角函數(shù)關(guān)系式的變換，正弦定理余弦定理和三角形面積公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題． 18．（14分）某超市從2020年甲、乙兩種酸奶的日銷售量（單位：箱）的數(shù)據(jù)中分別隨

21、機(jī)抽取100個(gè)，并按[0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分組，得到頻率分布直方圖如圖： 假設(shè)甲、乙兩種酸奶獨(dú)立銷售且日銷售量相互獨(dú)立， （Ⅰ）估計(jì)在未來的某一天里，甲、乙兩種酸奶的銷售量恰有一個(gè)高于20箱且另一個(gè)不高于20箱的概率； （Ⅱ）設(shè)X表示在未來3天內(nèi)甲種酸奶的日銷售量不高于40箱的天數(shù)，以日銷售量落入各組的頻率作為概率，求X的數(shù)學(xué)期望； （Ⅲ）記甲種酸奶與乙種酸奶口銷售量（單位：箱）的方差分別為s12，s22，試比較s12與s22的大小（只需寫出結(jié)論）． 【分析】（Ⅰ）根據(jù)頻率和為1可計(jì)算a值，再由獨(dú)立事件概率求法即可得解； （

22、Ⅱ）X的可能取值為0，1，2，3，求出概率，得到分布列，然后求解期望； （Ⅲ）由頻率分布直方圖可看出，甲的銷售量比較分散，而乙較為集中，由此能比s12，s22的大?。? 【解答】解：（Ⅰ）由直方圖可知：（0.02+0.01+0.03+a+0.025）×10＝1，解得a＝0.015， 甲種酸奶銷售量高于20箱的概率為：（0.03+0.015+0.025）×10＝0.7， 乙種酸奶銷售量高于20箱的概率為：（0.03+0.025+0.015）×10＝0.7， 甲、乙兩種酸奶的銷售量恰有一個(gè)高于20箱且另一個(gè)不高于20箱的概率為：0.7×0.3+0.3×0.7＝0.42． （Ⅱ）甲種酸奶的

23、日銷售量不高于40箱的概率為：1﹣0.025×10＝0.75＝， 由題意可知，X的可能取值為0，1，2，3， P（X＝0）＝C30×（）0×（）3＝， P（X＝1）＝C31×（）1×（）2＝， P（X＝2）＝C32×（）2×（）1＝， P（X＝3）＝C33×（）3×（）0＝． 所以X的分布列為 X 0 1 2 3 P 所以X的數(shù)學(xué)期望EX＝0×+1×+2×+3×＝． （Ⅲ）s12＞s22． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查頻率分布直方圖，離散型隨機(jī)變量期望的求法，獨(dú)立事件概率的求法，考查計(jì)算能力，屬于中檔題． 19．（15分）已知函數(shù)． （Ⅰ）求曲線y＝f（x

24、）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程； （Ⅱ）求y＝f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值； （Ⅲ）直接寫出不等式的解集． 【分析】（Ⅰ）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，先求斜率f'（1）＝0，f（1）＝1，利用點(diǎn)斜式即可得解； （Ⅱ）先求導(dǎo)函數(shù)，再求二階導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)，即可得到原函數(shù)的單調(diào)性和極值； （Ⅲ）f（x）min＝f（1）＝1，直接可得的解集為{1}． 【解答】解：（Ⅰ）由， 得，∴f'（1）＝3﹣6+6﹣3＝0， 又f（1）＝1﹣3+3＝1， ∴曲線y＝f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線方程為y＝1； （Ⅱ）∵（x＞0）， ， ∴f′（x）為增函數(shù)，且f'（1）＝3﹣6+6

25、﹣3＝0， ∴當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，f'（x）＜0，當(dāng)（1，+∞）時(shí)，f'（x）＞0， 得f（x）遞減區(qū)間為（0，1），遞增區(qū)間為（1，+∞）， 極小值為f（1）＝1﹣3+0+3＝1； （Ⅲ）由（Ⅱ）知f（x）min＝f（1）＝1， ∴的解集為{1}． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，有一定的計(jì)算量，屬于中檔題． 20．（14分）已知橢圓的兩焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2分別為（±1，0），橢圓上的動(dòng)點(diǎn)M滿足|MF1|+|MF2|＝2|F1F2|，A，B分別為橢圓的左、右頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)． （Ⅰ）求橢圓的方程及離心率； （Ⅱ）若直線l：x＝6與AM交于點(diǎn)

26、P，l與x軸交于點(diǎn)H，OP與BM的交點(diǎn)為S，求證：B，S，P，H四點(diǎn)共圓． 【分析】（Ⅰ）利用橢圓的定義求出a的值，結(jié)合c的值，即可求出b的值，從而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，利用離心率的定義即可求出橢圓的離心率； （Ⅱ）設(shè)點(diǎn)點(diǎn)M（x0，y0），由兩點(diǎn)間斜率公式結(jié)合點(diǎn)M在橢圓上，計(jì)算kAM?kBM為定值，設(shè)直線AM的方程為y＝k（x+2）（k≠0），求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，從而求出直線OP的斜率，得到OP⊥BM，從而可得∠BHP＝90°，即可證明B，S，P，H四點(diǎn)共圓． 【解答】（Ⅰ）解：由橢圓的定義可知，2a＝|MF1|+|MF2|＝2|F1F2|＝4c＝4， 所以a＝2，c＝1，b＝， 故橢圓的

27、方程為； 橢圓的離心率為＝； （Ⅱ）證明：設(shè)點(diǎn)M（x0，y0），則， 又， 所以＝， 設(shè)直線AM的方程為y＝k（x+2）（k≠0）， 聯(lián)立方程組，解得， 所以P（6，8k），故， 又， 所以kOP?kBM＝﹣1，故∠BSP＝90°， 所以∠BHP＝90°，故B，S，P，H四點(diǎn)共圓． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時(shí)，一般會(huì)聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達(dá)定理和“設(shè)而不求”的方法進(jìn)行研究，屬于中檔題． 21．（14分）已知函數(shù)f（x）＝x2+m，其中m∈R，定義數(shù)列{an}如下：a1＝0，an+1＝

28、f（an），n∈N*． （Ⅰ）當(dāng)m＝1時(shí)，求a2，a3，a4的值： （Ⅱ）是否存在實(shí)數(shù)m，使a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列？若存在，請(qǐng)求出實(shí)數(shù)m的值；若不存在，請(qǐng)說明理由； （Ⅲ）求證：當(dāng)時(shí)，總能找到k∈N*，使得ak＞2021． 【分析】（Ⅰ）利用題中給出的f（x）的解析式，以及an+1＝f（an），依次賦值求解即可； （Ⅱ）利用a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，得到a3+a2﹣1＝0，代入后可得關(guān)于m的方程，求解m的值并驗(yàn)證即可； （Ⅲ）利用an+1＝f（an），得到an+1﹣an≥，令＞0，然后利用疊加法求出an≥(n﹣1)t，取正整數(shù)k＞，即可證明不等式．

29、 【解答】（Ⅰ）解：因?yàn)閙＝1，故f（x）＝x2+1， 又a1＝0，an+1＝f（an）， 所以a2＝f（a1）＝f（0）＝1， a3＝f（a2）＝f（1）＝2， a4＝f（a3）＝f（2）＝5； （Ⅱ）解：因?yàn)閍2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列， 所以a3﹣a2＝a4﹣a3，即， 所以， 則（a3﹣a2）(a3+a2﹣1)＝0， 因?yàn)楣頳≠0，故a3﹣a2≠0， 所以a3+a2﹣1＝0， 因?yàn)閍2＝f（a1）＝f（0）＝m，a3＝f（a2）＝m2+m， 故(m2+m)+m﹣1＝0,解得， 經(jīng)檢驗(yàn)，此時(shí)a2，a3，a4的公差不為0， 所以存在，使得a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列； （Ⅲ）證明：因?yàn)椤荩? 又，所以令＞0， 因?yàn)閍n﹣an﹣1≥t，an﹣1﹣an﹣2≥t，···,a2﹣a1≥t， 將上述不等式全部相加可得，an﹣a1≥(n﹣1)t，即an≥(n﹣1)t， 因此要使得ak＞2021，只需（k﹣1）t＞2021， 故只要取正整數(shù)k＞，就有， 綜上所述，當(dāng)時(shí)，總能找到k∈N*，使得ak＞2021． 【點(diǎn)評(píng)】本題考查了數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是運(yùn)用方程的思想，通過建立方程求解m，運(yùn)用同向不等式的可加性，考查了邏輯推理能力與化簡(jiǎn)運(yùn)算能力，屬于中檔題．