北京市朝阳区2020届高三第一次高考模拟考试试题 数学【解析版】

北京市朝阳区2020届高三第一次高考模拟考试试题 数学【解析版】

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.

,，BxZ|(x1)(x4)0，则A1.已知集合A13,5A. 3 【答案】C 【解析】 【分析】

化简集合B，再根据并集定义进行计算即可得到. 【详解】因为BxZ|(x1)(x4)0{2,3}， 所以A故选：C

B. 1,3

B（ ）

D. 1,2,3,4,5

C. 1,2,3,5

B{1,2,3,5}.

【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了集合的并集运算，属于基础题. 2.下列函数中，既是偶函数又在区间(0,)上单调递增的是（ ） A. yx 【答案】D 【解析】 【分析】

根据函数的奇偶性和单调性，对四个函数逐一判断可得答案. 【详解】函数yx是奇函数，不符合；

函数yx1是偶函数，但是在(0,)上单调递减，不符合； 函数ylog2x不是偶函数，不符合；

函数y2既是偶函数又在区间(0,)上单调递增，符合. 故选：D

【点睛】本题考查了函数的奇偶性和单调性，属于基础题.

3.在等比数列{an}中，a11，a48，则{an}的前6项和为（ ）

|x|23B. yx1

2C. ylog2x D. y2

|x|3

A. 21 【答案】A 【解析】 【分析】

利用a11，a48求出公比q2，再根据等比数列的前n项和公式计算可得. 【详解】因为a11，a48，设公比为q，则q3B. 11

C. 31 D. 63

a488，所以q2， a11a1(1q6)1[1(2)6]21， 所以S61q1(2)故选：A

【点睛】本题考查了等比数列通项公式的基本量的计算，考查了等比数列的前n项和公式，属于基础题. 4.如图，在ABC中，点D，E满足BC2BD，CA3CE.若DExAByAC(x,yR)，则xy（ ）

A. C.

1 2B.  D.

131 21 3【答案】B 【解析】 【分析】

利用平面向量的线性运算可得DE而可得答案.

【详解】因为DEAEAD1111ABAC，再根据平面向量基本定理可得x,y，从2626221ACABBDACABBC 33221ACAB(ACAB) 3211ABAC，

26

又DExAByAC，

1， 6111所以xy.

263所以x,y故选：B

【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，考查了平面向量基本定理，属于基础题.

5.已知抛物线C：y2px(p0)的焦点为F，准线为l，点A是抛物线C上一点，ADl于D.若

212AF4，DAF60，则抛物线C的方程为（ ）

A. y8x 【答案】B 【解析】 【分析】

根据抛物线的定义求得AD4，然后在直角三角形中利用DAF60可求得p2，从而可得答案. 【详解】根据抛物线的定义可得ADAF4， 又DAF60，所以ADp所以4p2，解得p2， 所以抛物线C的方程为y4x. 故选：B

【点睛】本题考查了抛物线的定义，利用定义得ADAF4是解题关键，属于基础题.

6.现有甲、乙、丙、丁、戊5种在线教学软件，若某学校要从中随机选取3种作为教师“停课不停学”的教学工具，则其中甲、乙、丙至多有2种被选取的概率为（ ） A.

22B. y4x

2C. y2x

2D. y2x

1AF， 22 3B.

2 5C.

3 5D.

9 10【答案】D 【解析】 【分析】

根据古典概型的概率公式计算出所求事件的对立事件的概率，再用对立事件的概率公式即可求出结果. 【详解】甲、乙、丙至多有2种被选取的对立事件为：甲、乙、丙都被选取，记此事件为A，

依题意所有基本事件为：（甲，乙，丙），（甲，乙，丁），（甲，乙，戊），（甲，丙，丁），（甲，丙，戊），（甲，丁，戊），（乙，丙，丁），（乙，丙，戊），（乙，丁，戊），（丙，丁，戊），共10种，其中事件A所包含的事件数为1，

所以根据古典概型的概率公式可得P(A)1， 1019. 1010再根据对立事件的概率公式可得所求事件的概率为1P(A)1故选：D

【点睛】本题考查了对立事件的概率公式，考查了古典概型的概率公式，属于基础题.

7.在ABC中，ABBC，ABC120.若以A，B为焦点的双曲线经过点C，则该双曲线的离心率为（ ） A. 5 2B. 7 2C. 31 2D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】

设双曲线的实半轴长，半焦距分别为a,c，根据双曲线的定义可得ACBC2a，根据余弦定理可得

AC23c，再根据离心率公式即可求得结果.

【详解】设双曲线的实半轴长，半焦距分别为a,c， 因为ABC120，所以ACBC， 因为以A，B为焦点的双曲线经过点C 所以ACBC2a，ABBC2c，

AB2BC2AC2在三角形ABC中由余弦定理得cos120，

2ABBC14c24c2AC2所以，解得AC212c2，所以AC23c， 228c所以23c2c2a，所以故选：C

【点睛】本题考查了双曲线的定义，考查了余弦定理，考查了双曲线的离心率，属于基础题. 8.已知函数f(x)=3sin(ωxc31， a2φ)(ω>0)的图象上相邻两个最高点的距离为，则“π”是“fx6

的图象关于直线x3对称”的（ ）

B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】

根据相邻两个最高点的距离为求出2，可得f(x)质以及充分不必要条件的概念可得答案. 【详解】依题意得T，所以所以f(x)当x称； 当x3sin(2x)，再根据正弦函数的对称轴的性

2，所以2，

3sin(2x)，

3，π时，f(x)3sin(2)3sin3，所以fx的图象关于直线x对6362377)3sin()3，此时fx的图象也关于直线时，f(x)3sin(263623，x3对称，

所以“故选：A

π”是“fx的图象关于直线x对称”的充分不必要条件， 63

【点睛】本题考查了三角函数的周期性，对称性，考查了充分不必要条件的概念，属于中档题.

x22ax2a,x1,a9.已知函数f(x)若关于x的不等式f(x)在R上恒成立，则实数a的取值范

2x1.2xalnx,围为（ ） A. (,2e] 【答案】C 【解析】 【分析】

对x进行分类讨论，使得x与a分离，再转化为关于x的函数的最值，进而求出a的范围. 【详解】（1）当x1时，由f(x)B. [0,]

32C. [0,2] D. [0,2e]

3a2得xa(2x)， 22

当

3ax1时，33恒成立，

2x2(x)424x2x2323399332(x)(x)(x)x2424161(x3)163 44因为

333242(x3)42(x)2(x)2(x)44443193191)，则y(12)0， 令tx，则0t≤，令y(t44216t4216t119381931y()2)在(0,]上递减，所以所以y(t， 2416144216t444913163的最小值为2， 即(x)242(x3)44所以此时a2，

1393133[(x)3]a3当x时，3(x)244恒成立， 316(x)2x242(x)4442413931393[(x)]2(x)3因为240，当且仅当x0时取等， 32416(x)416(x)444所以a0，

x2916aa1恒成立， （2）当x1时，由f(x)得

lnx22x2令

y2xlnx1(x1)，则

21y2lnx11，

(lnx)221由y0得xe2，由y0得1xe2， 所以函数

y2xlnx12(1,e)上递减，在(e,)上递增， 2e2e，所以a2e， 11221212所以xe时，ymin综上所述：0a2. 故选：C

【点睛】本题考查了分离参数法，等价转化思想，分类讨论思想，构造法，考查了由导数研究函数的单调性，求函数的最值，考查了基本不用等式，属于中档题.

10.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别是棱AB，BB1的中点，点P在对角线CA1上运动.当△PMN的面积取得最小值时，点P的位置是（ ）

A. 线段CA1的三等分点，且靠近点A1 C. 线段CA1的三等分点，且靠近点C 【答案】B 【解析】 【分析】

B. 线段CA1的中点

D. 线段CA1的四等分点，且靠近点C

将问题转化为动点P到直线MN的距离最小时，确定点P的位置，建立空间直角坐标系，取MN的中点Q，通过坐标运算可知PQMN，即|PQ|是动点P到直线MN的距离，再由空间两点间的距离公式求出

|PQ|后，利用二次函数配方可解决问题.

【详解】设正方体的棱长为1，以A 为原点，AB,AD,AA1分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

则M(,0,0)，N(1,0,)，MN的中点Q(,0,)，

12123414A1(0,0,1)，C(1,1,0)，则AC(1,1,1)， 1设P(t,t,z)，PC(1t,1t,z)， 由AC与PC共线，可得1因为|PM|1t1tz，所以t1z，所以P(1z,1z,z)，其中0z1， 11115(1z)2(1z0)2(z0)23z23z，

2415|PN|(1z1)2(1z0)2(z)23z23z，

24所以|PM||PN|，所以PQMN，即|PQ|是动点P到直线MN的距离， 由空间两点间的距离公式可得

31913|PQ|(1z)2(1z0)2(z)23z23z3(z)2，

44828所以当c16时，|PQ|取得最小值，此时P为线段CA1的中点， 242为定值，所以当△PMN的面积取得最小值时，P为线段CA1的中点. 4由于|MN|故选：B

【点睛】本题考查了空间向量的坐标运算，考查了空间两点间的距离公式，考查了数形结合法，考查了二次函数求最值，属于基础题.

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11.若复数z2，则|z|________. 1i【答案】2 【解析】 【分析】

根据|z||z|以及复数商的模等于复数的模的商，计算可得答案.

22222. |【详解】因为z，所以|z||z|||1i|111i1i故答案为：2 【点睛】本题考查了复数模的性质，考查了复数的模长公式，属于基础题.

12.已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________，它的体积为________.

【答案】 (1). 5 (2). 4 【解析】 【分析】

根据三视图画出直观图，根据三视图中的数据得到直观图中的数据，再计算可得答案. 【详解】如图所示是三棱锥的直观图：

其中AF平面BCD，垂足为F，

根据三视图可知，BEED2，CEEF2，AF3，

所以BFDFBCCD22，ABAD(22)23217，

ACAF2CF232425，

比较可知该三棱锥的最长棱的长为AC5， 它的体积为AFSBCD故答案为：（1）5 （2）4

【点睛】本题考查了由三视图还原直观图，考查了三棱锥的体积公式，属于基础题.

13.某购物网站开展一种商品的预约购买，规定每个手机号只能预约一次，预约后通过摇号的方式决定能否成功购买到该商品.规则如下：（ⅰ）摇号的初始中签率为0.19；（ⅱ）当中签率不超过1时，可借助“好友助力”活动增加中签率，每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05.为了使中签率超过0.9，则至少需要邀请________位好友参与到“好友助力”活动. 【答案】15 【解析】 【分析】

先求出需要增加中签率为0.71，再用0.71除以0.05得14.2，取15即可得到答案.

【详解】因为摇号的初始中签率为0.19，所以要使中签率超过0.9，需要增加中签率0.90.190.71， 因为每邀请到一位好友参与“好友助力”活动可使中签率增加0.05， 所以至少需要邀请故答案为：15

【点睛】本题考查了阅读理解能力，解题关键是求出需要增加的中签率，属于基础题.

13113424， 320.714.2，所以至少需要邀请15位好友参与到“好友助力”活动. 0.05

x.数列{an}满足anf(n)f(n1)（nN*），则数列{an}的前100项和是214.已知函数f(x)xcos________. 【答案】100 【解析】 【分析】

根据三角函数知识，利用n为奇数时，f(n)0，可求出a1,a2,a3,a4,nn为奇数时时，f(n)n，为偶数时，f(n)n，22,a100，再相加即可得到答案.

x，所以f(1)f(3)f(5)2【详解】因为f(x)xcosf(101)0，

f(2)2,f(6)6,f(10)10,f(4)4,f(8)8,f(12)12,,f(98)98，

,f(100)100，

，

所以a1a2f(2)2，a3a4f(4)4，a5a6f(6)6，a7a8f(8)8，

a99a100f(100)100，

所以a1a2a3a4a5a6a7a8a99a100

2[f(2)f(4)f(6)f(8)2(246810122252100.

故答案为： 100

f(100)]

100)

【点睛】本题考查了特殊角的余弦函数值和诱导公式，考查了数列的前n项和，考查了分组求和，属于基础题.

2232215.数学中有许多寓意美好的曲线，曲线C:(xy)4xy被称为“四叶玫瑰线”（如图所示）.

给出下列三个结论：

①曲线C关于直线yx对称；

②曲线C上任意一点到原点的距离都不超过1；

③存在一个以原点为中心、边长为2的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界）. 其中，正确结论的序号是________. 【答案】①② 【解析】 【分析】

22322将(y,x)代入C:(xy)4xy也成立得①正确；利用不等式可得

x2y21，故②正确；联立

yxA,B,C,D为中点，边长为2的正方形，故22322得四个交点，满足条件的最小正方形是以

(xy)4xy③不正确.

2232222322【详解】对于①，将(y,x)代入C:(xy)4xy得(yx)4yx成立，故曲线C关于直线yx对称，故①正确；

(x2y2)3(x2y2)22222对于②，因为，所以xy1，所以x2y21， xy44所以曲线C上任意一点到原点的距离都不超过1，故②正确；

yx1222222xy对于③，联立2得，从而可得四个交点，A(,)B(,)，2322(xy)4xy22222C(2222,)，D(,)， 2222依题意满足条件的最小正方形是各边以A,B,C,D为中点，边长为2的正方形，故不存在一个以原点为中心、边长为2的正方形，使得曲线C在此正方形区域内（含边界），故③不正确. 故答案为：①②

【点睛】本题考查了由曲线方程研究曲线的对称性，考查了不等式知识，考查了求曲线交点坐标，属于中档题.

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.在△ABC中，bsinAacos(B). （1）求B；

6

（2）若c5，.求a. 从①b7，②C4这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.

【答案】（1）【解析】 【分析】

 （2）b7时，a8；C34时，a535 2（1）利用正弦定理边化角得sinBcos(B)，再根据两角和与差的正弦、余弦公式变形可得6sin(B)30，再根据角的范围可得结果；

（2）若选①b7，根据余弦定理可得结果；若选②C【详解】（1）因为bsinAacos(B)，

4，先求出sinA，再根据正弦定理可得结果.

6ab， sinAsinB所以sinBsinAsinAcos(B). 6cos(B)，即sinB6又因为sinA0，所以sinB3cosB21sinB. 2所以sin(B又因为)30.

3B32，所以B330，所以B3.

（2）若选①b7，则在△ABC中，由余弦定理b2a2c22accosB， 得a25a240，解得a8或a3（舍）.所以a8. 若选②C4，则sinAsin(BC)sincos34cossin34642，

由正弦定理

ac， sinAsinC52，解得a2a得642535. 2所以a535. 2【点睛】本题考查了两角和与差的正弦、余弦公式，考查了正弦定理、余弦定理，属于基础题. 17.如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，平面ACC1A1平面ABC，四边形ACC1A1是正方形，点D，E

分别是棱BC，BB1的中点，AB4，AA12，BC25.

（1）求证：ABCC1；

（2）求二面角DAC1C的余弦值； （3）若点F在棱B1C1上，且B1C1【答案】（1）证明见解析（2）【解析】 【分析】

（1）根据平面ABC平面ACC1A1和CC1AC得CC1平面ABC.，得ABCC1； （2）以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz，根据两个半平面的法向量可求得结果； （3）根据平面AC1D的法向量与向量A1E不垂直可得结论.

【详解】（1）证明：因为四边形ACC1A1是正方形，所以CC1AC. 又因为平面ABC平面ACC1A1，

4B1F，判断平面AC1D与平面A1EF是否平行，并说明理由.

1（3）平面AC1D与平面A1EF不平行；详见解析 3

平面ABC平面ACC1A1AC，

所以CC1平面ABC 又因为AB平面ABC，

所以ABCC1.

（2）由（1）知，CC1AB，AA1//CC1，所以AA1AB. 又AB4，ACAA12，BC25， 所以AB2AC2BC2.所以ACAB. 如图，以A为原点，建立空间直角坐标系Axyz. 所以A(0,0,0)，B(4,0,0)，C(0,0,2)，A1(0,2,0).

则有D(2,0,1)，C1(0,2,2)，E(4,1,0)， 平面ACC1的一个法向量为u(1,0,0). 设平面AC1D的一个法向量为v(x,y,z)， 又AD(2,0,1)，AC1(0,2,2)，

vAD0,2xz0,由得

2y2z0.vAC0.1令x1，则z2，y2.所以v(1,2,2).

设二面角DAC1C的平面角为，则|cos||uv||u||v|1131. 3

由题知，二面角DAC1C为锐角，所以其余弦值为（3）平面AC1D与平面A1EF不平行.理由如下： 由（2）知，平面AC1D的一个法向量为v所以A1Ev1. 3(1,2,2)，A1E(4,1,0)，

20，所以A1E与平面AC1D不平行.

又因为A1E平面A1EF，

所以平面AC1D与平面A1EF不平行.

【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理，考查了线面垂直的性质，考查了二面角的向量求法，考查了用法向量判断面面平行，属于中档题.

18.某科研团队研发了一款快速检测某种疾病的试剂盒.为了解该试剂盒检测的准确性，质检部门从某地区（人数众多）随机选取了80位患者和100位非患者，用该试剂盒分别对他们进行检测，结果如下：

（1）从该地区患者中随机选取一人，对其检测一次，估计此患者检测结果为阳性的概率；

（2）从该地区患者中随机选取3人，各检测一次，假设每位患者的检测结果相互独立，以X表示检测结果为阳性的患者人数，利用（1）中所得概率，求X的分布列和数学期望；

（3）假设该地区有10万人，患病率为0.01.从该地区随机选取一人，用该试剂盒对其检测一次.若检测结果为阳性，能否判断此人患该疾病的概率超过0.5？并说明理由. 【答案】（1）【解析】 【分析】

（1）直接用古典概型的概率公式计算可得答案；

（2）可知随机变量X服从二项分布，即X~B(n,p)，其中n3，p可得分布列和数学期望；

（3）根据患病率为0.01可知10万人中由99000人没患病，1000人患病，没患病检测呈阳性的有990人，患病的检测呈阳性的950人，共有990+950=1450人呈阳性，所其中只有950人患病，所以患病率为

19（2）详见解析（3）此人患该疾病的概率未超过0.5，理由见解析 2019，根据二项分布的概率公式209500.5，由此可得答案. 1450

【详解】（1）由题意知，80位患者中有76位用该试剂盒检测一次，结果为阳性. 所以从该地区患者中随机选取一位，用该试剂盒检测一次，结果为阳性的概率估计为（2）由题意可知X~B(n,p)，其中n3，p7619. 802019. 20X的所有可能的取值为0，1，2，3.

19011)()3， 202080001571191P(X1)C3()()2，

202080001911083P(X2)C32()2()1，

20208000168593193P(X3)C3()()0.

202080000P(X0)C3(所以X的分布列为

X P

0 1 57 80002 1083 80003 6859 80001 8000故X的数学期望E(X)np31957. 2020（3）此人患该疾病的概率未超过0.5.理由如下：

由题意得，如果该地区所有人用该试剂盒检测一次，那么结果为阳性的人数为

11910009909501940，其中患者人数为950. 100209509700.5. 若某人检测结果为阳性，那么他患该疾病的概率为

1940194099000所以此人患该疾病的概率未超过0.5.

【点睛】本题考查了古典概型的概率公式，考查了二项分布的概率公式、分布列、数学期望，属于中档题.

x2y222219.已知椭圆C:221(ab0)，圆O:xyr（O为坐标原点）.过点(0,b)且斜率为1的直

ab线与圆O交于点(1,2)，与椭圆C的另一个交点的横坐标为. （1）求椭圆C的方程和圆O的方程；

（2）过圆O上的动点P作两条互相垂直的直线l1，l2，若直线l1的斜率为k(k0)且l1与椭圆C相切，试

85

判断直线l2与椭圆C的位置关系，并说明理由.

x2【答案】（1）y21；x2y25（2）直线l2与椭圆C相切，详见解析

4【解析】 【分析】

（1）根据圆O过点(1,2)可得圆O的方程为：xy5，根据过点(0,b)且斜率为1的直线过点(1,2)，

2283可得b1，可得直线与椭圆相交的另一个交点坐标为(,)，将其代入椭圆方程可得椭圆C的方程为

55x2y21； 4（2）设圆O上的动点P(x0,y0)(x02)，所以x02y025，设直线l1：yy0k(xx0)，将其代入

x2y21，得(14k2)x28k(y0kx0)x4(y0kx0)240，利用判别式为0，可得421x(y01)k2x0y0k(1y0)0，设直线l2：yy0(xx0)，将其代入y21，利用判别式

k4222为0可证直线l2与椭圆C相切.

【详解】（1）因为圆O过点(1,2)，所以圆O的方程为：xy5. 因为过点(0,b)且斜率为1的直线方程为yxb， 又因为过点(1,2)，所以b1.

2283因为直线与椭圆相交的另一个交点坐标为(,)，

5583()2()2所以5，解得a24. 51a21x2所以椭圆C的方程为y21.

4（2）直线l2与椭圆C相切.理由如下：

设圆O上的动点P(x0,y0)(x02)，所以x02y025. 依题意，设直线l1：yy0k(xx0).

x24y24,222由得(14k)x8k(y0kx0)x4(y0kx0)40. ykx(y0kx0)因为直线l1与椭圆C相切，

222所以[8k(y0kx0)]4(14k)[4(y0kx0)4]0.

22所以14k(y0kx0).

222所以(4x0)k2x0y0k(1y0)0.

22因为x02y025，所以4x0y01.

222所以(y01)k2x0y0k(1y0)0.

设直线l2：yy01(xx0)， kx24y24,xx48由得(12)x2(y00)x4(y00)240. 1kkkkyy0(xx0)k11则116[(4x02)()22x0y0()(1y02)]

kk16[(4x02)2kx0y0(1y02)k2] 2k162[(y021)2kx0y0(1y02)k2] k162[(y021)k22kx0y0(1y02)]0.

k所以直线l2与椭圆C相切.

【点睛】本题考查了由椭圆上点的坐标求椭圆方程，考查了由圆上的点的坐标求圆的方差，考查了直线与椭圆相切的位置关系，考查了运算求解能力，利用判别式为0是解题关键，属于中档题. 20.已知函数fxexx1. x1（1）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程； （2）判断函数f(x)的零点的个数，并说明理由；

xx（3）设x0是f(x)的一个零点，证明曲线ye在点(x0,e0)处的切线也是曲线ylnx的切线.

【答案】（1）3xy20（2）f(x)有且仅有两个零点，详见解析（3）证明见解析 【解析】

【分析】

（1）根据导数的几何意义可求得结果；

（2）根据单调性和零点存在性定理可得f(x)在(,1)和(1,)上各有唯一一个零点，由此可得答案；

xxxx（3）根据导数的几何意义求出曲线ye在点(x0,e0)处的切线为ye0xx0e0e0，设曲线ylnx在

xx点(x3,y3)处的切线斜率为ex0，根据导数的几何意义求出切线方程为ye0xx01，根据x0是f(x)的一

个零点，可证两条切线重合. 【详解】（1）因为fxexx1， x12(x1)20，f(0)e所以f(0)e00101x2，fxe2(01)23.

所以曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线的方程为3xy20. （2）函数f(x)有且仅有两个零点.理由如下： f(x)的定义域为{x|xR,x1}.

x因为f'(x)e20，

(x1)2所以f(x)在(,1)和(1,)上均单调递增.

1因为f(0)20，f(2)e20，

3所以f(x)在(,1)上有唯一零点x1.

55因为f(2)e30，f()e490，

42所以f(x)在(1,)上有唯一零点x2. 综上，f(x)有且仅有两个零点.

xxxxx（3）曲线ye在点(x0,e0)处的切线方程为yexex(xx0)，即ye0xx0e0e0.

00设曲线ylnx在点(x3,y3)处的切线斜率为ex0，

x0则e111，x3x0，y3x0，即切点为(x0,x0). x3ee1,x0)处的切线方程为 ex0所以曲线ylnx在点(yx0ex0(x1)，即yex0xx01. x0e

x01. x01因为x0是f(x)的一个零点，所以ex0x0x0x0所以x0eee(1x0)x01x01(1x0)1x0.

所以这两条切线重合 所以结论成立.

【点睛】本题考查了根据导数的几何意义求切线的斜率，考查了用导数研究函数的单调性，考查了利用零点存在性判断零点个数，属于中档题. 21.设数列A:a1,a2,,an（n3）的各项均为正整数，且a1a2an.若对任意k{3,4,,n}，存在

正整数i,j(1ijk)使得akaiaj，则称数列A具有性质T.

（1）判断数列A1:1,2,4,7与数列A2:1,2,3,6是否具有性质T；（只需写出结论） （2）若数列A具有性质T，且a11，a22，an200，求n的最小值； （3）若集合S{1,2,3,,2019,2020}S1S2S3S4S5S6，且SiSj（任意i,j{1,2,,6}，

ij）.求证：存在Si，使得从Si中可以选取若干元素（可重复选取）组成一个具有性质T的数列.

【答案】（1）数列A1不具有性质T；数列A2具有性质T（2）n的最小值为10（3）证明见解析 【解析】 【分析】

（1）a47不满足存在正整数i,j(1ijk)使得akaiaj，故数列A1不具有性质T；根据定义可知数列A2具有性质T；

（2）由题可知a22，a32a24，a42a38，

，a82a7128，所以n9，再验证可知n9时，

数列A不具有性质T，n10时，数列A具有性质T，从而可知n的最小值为10； （3）反证法：假设结论不成立，即对任意Si(i1,2,根据定义推出矛盾，从而可证结论正确.

【详解】（1）数列A1不具有性质T；数列A2具有性质T. （2）由题可知a22，a32a24，a42a38，所以n9.

，a82a7128，

,6)都有：若正整数a,bSi,ab，则baSi，再

若n9，因为a9200且a92a8，所以128a8100.

同理，64a750,32a625,16a512.5,8a46.25,4a33.125. 因为数列各项均为正整数，所以a34.所以数列前三项为1,2,4.

因为数列A具有性质T，a4只可能为4,5,6,8之一，而又因为8a46.25， 所以a48.

同理，有a516,a632,a764,a8128. 此时数列为1,2,4,8,16,32,64,128,200.

但数列中不存在1ij9使得200aiaj，所以该数列不具有性质T. 所以n≥10.

当n10时，取A:1,2,4,8,16,32,36,64,100,200.（构造数列不唯一） 经验证，此数列具有性质T. 所以，n的最小值为10.

（3）反证法：假设结论不成立，即对任意Si(i1,2,,6)都有：若正整数a,bSi,ab，则baSi.

否则，存在Si满足：存在a,bSi，ab使得baSi，此时，从Si中取出a,b,ba： 当aba时，a,ba,b是一个具有性质T的数列； 当aba时，ba,a,b是一个具有性质T的数列； 当aba时，a,a,b是一个具有性质T的数列.

（i）由题意可知，这6个集合中至少有一个集合的元素个数不少于337个， 不妨设此集合为S1，从S1中取出337个数，记为a1,a2,令集合N1{a337ai|i1,2,由假设，对任意i1,2,,a337，且a1a2a337.

,336}S.

S3S4S5S6.

,336，a337aiS1，所以N1S2（ii）在S2,S3,S4,S5,S6中至少有一个集合包含N1中的至少68个元素，不妨设这个集合为S2， 从S2N1中取出68个数，记为b1,b2,,b68，且b1b2b68.

令集合N2{b68bi|i1,2,,67}S.

,68，存

由假设b68biS2.对任意k1,2,sk{1,2,,336}使得bka337ask.

,67，b68bi(a337as68)(a337asi)asias68，

所以对任意i1,2,由假设asias68S1，所以b68biS1，所以b68biS1S2，所以N2S3S4S5S6.

（iii）在S3,S4,S5,S6中至少有一个集合包含N2中的至少17个元素，不妨设这个集合为S3， 从S3N2中取出17个数，记为c1,c2,,c17，且c1c2c17.

令集合N3{c17ci|i1,2,,16}S.

,17，存在tk{1,2,由假设c17ciS3.对任意k1,2,所以对任意i1,2,,67}使得ckb68btk.

,16，c17ci(b68bt17)(b68bti)btibt17，

同样，由假设可得btibt17S1S2，所以c17ciS1S2S3，所以N3S4S5S6.

（iv）类似地，在S4,S5,S6中至少有一个集合包含N3中的至少6个元素，不妨设这个集合为S4， 从S4N3中取出6个数，记为d1,d2,,5}S5,d6，且d1d2d6，

则N4{d6di|i1,2,S6.

（v）同样，在S5,S6中至少有一个集合包含N4中的至少3个元素，不妨设这个集合为S5， 从S5N4中取出3个数，记为e1,e2,e3，且e1e2e3，同理可得N5{e3e1,e3e2}S6.

（vi）由假设可得e2e1(e3e1)(e3e2)S6. 同上可知，e2e1S1S2S3S4S5，

而又因为e2e1S，所以e2e1S6，矛盾.所以假设不成立. 所以原命题得证.

【点睛】本题考查了对新定义的理解和运用能力，考查了反证法，考查了集合的并集运算，准确理解定义和运用定义解题是解题关键，属于难题.