《2021年北京市朝陽區(qū)高考數(shù)學一模試卷【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年北京市朝陽區(qū)高考數(shù)學一模試卷【含答案】（16頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2021年北京市朝陽區(qū)高考數(shù)學一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選項中，選出符合題目要求的一項1（4分）已知集合A1，0，1，2，3，Bx|x10，則AB（）A0，1，2，3B1，2，3C2，3D3【分析】利用集合交集的定義求解即可【解答】解：因為集合A1，0，1，2，3，Bx|x10x|x1，所以AB1，2，3故選：B【點評】本題考查了集合的運算，主要考查了集合交集的求解，解題的關(guān)鍵是掌握交集的定義，屬于基礎(chǔ)題2（4分）如果復(fù)數(shù)的實部與虛部相等，那么b（）A2B1C2D4【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，再由實部與虛部相等求得b值【解
2、答】解：的實部與虛部相等，b2故選：A【點評】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題3（4分）已知等差數(shù)列an的前n項和為Sn，a31，S918，則a1（）A0B1C2D3【分析】先由題設(shè)求得a5，再利用等差數(shù)列的性質(zhì)求得結(jié)果【解答】解：S9189a5，a52，又a31，由等差數(shù)列的性質(zhì)可得：a1+a5a1+22a32，a10，故選：A【點評】本題主要考查等差數(shù)列的性質(zhì)及基本量的計算，屬于基礎(chǔ)題4（4分）已知圓x2+y24截直線ykx+2所得弦的長度為，則實數(shù)k（）ABCD【分析】求出圓的圓心與半徑，利用弦長，推出弦心距，利用點到直線的距離公式求解即可【解答】解：圓x2+
3、y24截直線ykx+2所得弦的長度為，可得弦心距為：1，所以：，解得k故選：D【點評】本題考查直線與圓的位置關(guān)系的應(yīng)用，點到直線的距離公式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題5（4分）已知雙曲線的離心率為2，則雙曲線C的漸近線方程為（）ABCDy2x【分析】根據(jù)題意，由雙曲線的離心率e2可得c2a，由雙曲線的幾何性質(zhì)可得ba，由此求解雙曲線的漸近線方程【解答】解：根據(jù)題意，雙曲線的離心率為2，其焦點在x軸上，其漸近線方程為yx，又由其離心率e2，則c2a，則ba，即，則其漸近線方程yx；故選：A【點評】本題考查雙曲線的幾何性質(zhì)，注意由雙曲線的標準方程分析焦點的位置，確定雙曲線的漸近線方程，是中檔題6（4分）在AB
4、C中，若a2b2+c2+ac0，則B（）ABCD【分析】直接利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果【解答】解：若a2b2+c2+ac0，所以，由于B（0，），所以B故選：D【點評】本題考查的知識要點：余弦定理的應(yīng)用，主要考查學生的運算能力和數(shù)學思維能力，屬于基礎(chǔ)題7（4分）某三棱錐的三視圖如圖所示，已知網(wǎng)格紙上小正方形的邊長為1，則該三棱錐最長的棱長為（）A2BCD【分析】首先把三視圖轉(zhuǎn)換為幾何體的直觀圖，進一步求出幾何體的各個棱長，從而確定結(jié)果【解答】解：根據(jù)幾何體的三視圖轉(zhuǎn)換為直觀圖為：該幾何體為三棱錐ABCD；如圖所示：所以：ABBC，CDBD1，AD，AC，故選：C【點評】本題考查的知識要點：三視
5、圖和幾何體的直觀圖之間的轉(zhuǎn)換，三棱錐的棱長的求法，主要考查學生的運算能力和數(shù)學思維能力，屬于基礎(chǔ)題8（4分）在ABC中，“tanAtanB1”是“ABC為鈍角三角形”的（）A充分而不必要條件B必要而不充分條件C充分必要條件D既不充分也不必要條件【分析】解法一：對角分類討論，利用正切和差公式及其三角函數(shù)的單調(diào)性即可判斷出結(jié)論解法二：tanAtanB110cosAcosBcosC0ABC為鈍角三角形，即可判斷出結(jié)論【解答】解：解法一：（1）若C為鈍角，則A，B為銳角，tanCtan（A+B）0，解得tanAtanB1若A或B為鈍角，則tanAtanB1成立（2）若tanAtanB1成立，假設(shè)A或B
6、為鈍角，則ABC為鈍角三角形假設(shè)A，都B為銳角，tanCtan（A+B）0，解得C為鈍角，則ABC為鈍角三角形綜上可得：在ABC中，“tanAtanB1”是“ABC為鈍角三角形”的充要條件解法二：tanAtanB1100cosAcosBcosC0ABC為鈍角三角形在ABC中，“tanAtanB1”是“ABC為鈍角三角形”的充要條件故選：C【點評】本題考查了分類討論、正切和差公式及其三角函數(shù)的單調(diào)性、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題9（4分）已知拋物線C：y24x的焦點為F，準線為l，點P是直線l上的動點若點A在拋物線C上，且|AF|5，則|PA|+|PO|（O為坐標原點
7、）的最小值為（）A8BCD6【分析】不妨設(shè)A為第一象限內(nèi)的點，坐標為（a，b），由拋物線的定義可得|AF|a+15，解得A點的坐標，設(shè)點A關(guān)于直線x1的對稱點為A（6，4），由對稱性可得|PA|+|PO|PA|+|PO|AO|，即可得出答案【解答】解：不妨設(shè)A為第一象限內(nèi)的點，坐標為（a，b）由拋物線的方程可得焦點F（1，0），則|AF|a+15，解得a4，所以A（4，4），所以點A關(guān)于直線x1的對稱點為A（6，4），故|PA|+|PO|PA|+|PO|AO|2，當且僅當A，P，O三點共線時，等號成立，即|PA|+|PO|的最小值為2故選：B【點評】本題考查圖形的對稱性，拋物線的定義，解題中注
8、意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，屬于中檔題10（4分）在棱長為1的正方體ABCDA1B1C1D1中，P是線段BC1上的點，過A1的平面與直線PD垂直當P在線段BC1上運動時，平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面面積的最小值是（）A1BCD【分析】畫出圖形，判斷截面的位置，結(jié)合正方體的特征，轉(zhuǎn)化求解截面面積的最小值即可【解答】解：當P在B點時，BD平面ACC1A1，平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面面積：1是最大值；當P與C1重合時，DC1平面A1D1CB，平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面面積：1是最大值當P由B向C1移動時，平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截
9、面A1EF，E由A向B移動，當P到BC1的中點時，取得最小值，如圖此時E為AB的中點，F(xiàn)為D1C1的中點，（P在底面ABCD上的射影為DH，H是BC的中點，此時ECDH，可得DPEC，同理可得DPCF，可證明DP平面A1ECF），A1ECE，AC，EF，四邊形A1ECF是菱形，所以平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得的截面面積：故選：C【點評】本題考查直線與平面垂直，截面面積的最小值問題，考查空間想象能力，轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是難題二、填空題共5小題，每小題5分，共25分11（5分）在（x+）8的展開式中，x4的系數(shù)為28（用數(shù)字作答）【分析】求出展開式的通項，然后令x的指數(shù)為2，求出r
10、的值，由此即可求解【解答】解：展開式的通項為T，令82r4，解得r2，所以x4的系數(shù)為C，故答案為：28【點評】本題考查了二項式定理的應(yīng)用，考查了學生的運算能力，屬于基礎(chǔ)題12（5分）已知函數(shù)則f（0）1；f（x）的值域為 （，2）【分析】根據(jù)分段函數(shù)的表達式直接代入即可求出f（0），利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的性質(zhì)分別進行求解即可【解答】解：f（0）201，當x1時，02x2，此時0f（x）2，當x1時，log2x0，則log2x0，即此時f（x）0，綜上f（x）2，即函數(shù)f（x）的值域為（，2），故答案為：1，（，2）【點評】本題主要考查分段函數(shù)的應(yīng)用，利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性的性質(zhì)是解
11、決本題的關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題13（5分）已知向量（，1），（x，y）（xy0），且|1，0，則向量的坐標可以是 （，）（寫出一個即可）【分析】利用已知條件畫出圖形，判斷向量的坐標的位置，即可寫出結(jié)果【解答】解：向量（，1），（x，y）（xy0），且|1，0，如圖，可知向量的坐標可以是黑色圓弧上的任意一點，向量的坐標可以是（，）故答案為：（，）【點評】本題考查向量的數(shù)量積的應(yīng)用，點的坐標的求法，是基礎(chǔ)題14（5分）李明自主創(chuàng)業(yè)，經(jīng)營一家網(wǎng)店，每售出一件A商品獲利8元現(xiàn)計劃在“五一”期間對A商品進行廣告促銷，假設(shè)售出A商品的件數(shù)m（單位：萬件）與廣告費用x（單位：萬元）符合函數(shù)模型若要使這次促銷活動獲利
12、最多，則廣告費用x應(yīng)投入3萬元【分析】由題意知，每售出1萬件A商品獲利8萬元，可得售出m萬件A商品的總獲利為24，設(shè)f（x）24（x0），利用導數(shù)求最值得答案【解答】解：由題意知，每售出1萬件A商品獲利8萬元，售出m萬件A商品的總獲利為：8mx8（3）x24，設(shè)f（x）24（x0），則f（x）（x0），令f（x）0，即0（x0），解得0x3，當0x3時，f（x）0，函數(shù)f（x）在0，3）單調(diào)遞增，當x3時，f（x）0，函數(shù)f（x）在（3，+）上單調(diào)遞減，則當x3時，函數(shù)f（x）取得極大值，即最大值，要使這次促銷活動獲利最多，則廣告費用x應(yīng)投入3萬元故答案為3【點評】本題考查函數(shù)模型的選擇及應(yīng)用
13、，訓練了利用導數(shù)求最值，考查運算求解能力，是中檔題15（5分）華人數(shù)學家李天巖和美國數(shù)學家約克給出了“混沌”的數(shù)學定義，由此發(fā)展的混沌理論在生物學、經(jīng)濟學和社會學領(lǐng)域都有重要作用在混沌理論中，函數(shù)的周期點是一個關(guān)鍵概念，定義如下：設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，對于x0R，令xnf（xn1）（n1，2，3，），若存在正整數(shù)k使得xkx0，且當0jk時，xjx0，則稱x0是f（x）的一個周期為k的周期點給出下列四個結(jié)論：若f（x）ex1，則f（x）存在唯一一個周期為1的周期點；若f（x）2（1x），則f（x）存在周期為2的周期點；若f（x）則f（x）不存在周期為3的周期點；若f（x）x（1x），則
14、對任意正整數(shù)n，都不是f（x）的周期為n的周期點其中所有正確結(jié)論的序號是【分析】由周期點的定義，可得直線yx與yf（x）存在交點分別對選項分析，結(jié)合函數(shù)的最值和函數(shù)值的符號，可得結(jié)論【解答】解：對于x0R，令xnf（xn1）（n1，2，3，），若存在正整數(shù)k使得xkx0，且當0jk時，xjx0，則稱x0是f（x）的一個周期為k的周期點對于f（x）ex1，當k1時，x1f（x0）ex01，因為直線yx與yf（x）只有一個交點（1，1），故正確；對于，f（x）2（1x），k2時，x2f（x1）2（1x1）21f（x0）4x02，由x2x0，可得x0，x1，xn，不滿足當0jk時，xjx0，所以f（
15、x）不存在周期為2的周期點，故不正確；對于，當，滿足題意，故存在周期為3的周期點，故錯誤，對于，f（x）x（1x）（x）2+，所以f（x），即f（x），所以不是周期點，故正確故答案為：【點評】本題考查函數(shù)的新定義的理解和運用，主要是周期點的定義，考查運算能力和推理能力，屬于中檔題三、解答題共6小題，共85分解答應(yīng)寫出文字說明，演算步驟或證明過程16（13分）已知函數(shù)由下列四個條件中的三個來確定：最小正周期為；最大值為2；f（0）2（）寫出能確定f（x）的三個條件，并求f（x）的解析式；（）求f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間【分析】（）若函數(shù)f（x）滿足條件，則由f（0）Asin2，推出與A0，0矛盾，可
16、得函數(shù)f（x）不能滿足條件，由條件，利用周期公式可求2，由條件，可得A2，由條件，可得f（）0，結(jié)合范圍0，可求，可得函數(shù)解析式（）利用正弦函數(shù)的單調(diào)性即可求解【解答】解：（）若函數(shù)f（x）滿足條件，則f（0）Asin2，這與A0，0矛盾，故函數(shù)f（x）不能滿足條件，所以函數(shù)f（x）只能滿足條件，由條件，可得，又因為0，可得2，由條件，可得A2，f（x）2sin（2x+）由條件，可得f（）2sin（+）0，sin（+）0，+k，kZ，+k，kZ，又因為0，所以，所以f（x）2sin（2x+）（） 令+2k2x+2k，kZ，+kx+k，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為+k，+k，（kZ）【點評】本題主要
17、考查了由yAsin（x+）的部分圖象確定其解析式，考查了正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題17（13分）如圖，在四棱錐PABCD中，O是AD邊的中點，PO底面ABCD，PO1在底面ABCD中，BCAD，CDAD，BCCD1，AD2（）求證：AB平面POC；（）求二面角BAPD的余弦值【分析】（）先證明四邊形ABCO是平行四邊形，即可得到ABOC，由線面平行的判定定理證明即可；（）建立空間直角坐標系，然后求出所需點的坐標，利用待定系數(shù)法求出平面BAP的法向量，由向量的夾角公式求解即可【解答】（）證明：在四邊形ABCD中，因為BCAD，O是AD的中點，則BCAO，BCAO，所以四邊形ABCO是平行四
18、邊形，所以ABOC，又因為AB平面POC，CO平面POC，所以AB平面POC；（）連結(jié)OB，因為PO平面ABCD，所以POOB，POOD，又因為點O時AD的中點，且，所以BCOD，因為BCAD，CDAD，BCCD，所以四邊形OBCD是正方形，所以BOAD，建立空間直角坐標系如圖所示，則A（0，1，0），B（1，0，0），C（1，1，0），D（0，1，0），P（0，0，1），所以，設(shè)平面BAP的法向量為，則，即，令y1，則xz1，故，因為OB平面PAD，所以是平面PAD的一個法向量，所以，由圖可知，二面角BAPD為銳角，所以二面角BAPD的余弦值為【點評】本題考查了立體幾何的綜合應(yīng)用，涉及了線面
19、平行的判定定理的應(yīng)用，在求解空間角的時候，一般會建立合適的空間直角坐標系，將空間角問題轉(zhuǎn)化為空間向量問題進行研究，屬于中檔題18（14分）我國脫貧攻堅戰(zhàn)取得全面勝利，現(xiàn)行標準下農(nóng)村貧困人口全部脫貧，消除了絕對貧困為了解脫貧家庭人均年純收入情況，某扶貧工作組對A，B兩個地區(qū)2019年脫貧家庭進行簡單隨機抽樣，共抽取500戶家庭作為樣本，獲得數(shù)據(jù)如表：A地區(qū)B地區(qū)2019年人均年純收入超過10000元100戶150戶2019年人均年純收入未超過10000元200戶50戶假設(shè)所有脫貧家庭的人均年純收入是否超過10000元相互獨立（）從A地區(qū)2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，估計該家庭2019年人均年
20、純收入超過10000元的概率；（）在樣本中，分別從A地區(qū)和B地區(qū)2019年脫貧家庭中各隨機抽取1戶，記X為這2戶家庭中2019年人均年純收入超過10000元的戶數(shù)，求X的分布列和數(shù)學期望；（）從樣本中A地區(qū)的300戶脫貧家庭中隨機抽取4戶，發(fā)現(xiàn)這4戶家庭2020年人均年純收入都超過10000元根據(jù)這個結(jié)果，能否認為樣本中A地區(qū)2020年人均年純收入超過10000元的戶數(shù)相比2019年有變化？請說明理由【分析】（）利用概率公式求解即可；（）確定X的取值，分別求解其概率，然后列出分布列求出數(shù)學期望即可；（）先通過2019年的樣本數(shù)據(jù)可得0.012，然后據(jù)此說明理由即可【解答】解：（）設(shè)事件C：從A
21、地區(qū)2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，該家庭2019年人均純收入超過10000元，從表格數(shù)據(jù)可知，A地區(qū)抽出的300戶家庭中2019年人均年收入超過10000元的有100戶，因此P（C）可以估計為；（）設(shè)事件A：從樣本中A地區(qū)2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，該家庭2019年人均純收入超過10000元，設(shè)事件B：從樣本中B地區(qū)2019年脫貧家庭中隨機抽取1戶，該家庭2019年人均純收入超過10000元，由題意可知，X的可能取值為0，1，2，所以X的分布列為：X012 P 所以X的數(shù)學期望為E（X）；（）設(shè)事件E為“從樣本中A地區(qū)的300戶脫貧家庭中隨機抽取4戶，這4戶家庭2020年人均年純收入
22、都超過10000元”，假設(shè)樣本中A地區(qū)2020年人均年純收入超過10000元的戶數(shù)相比2019年沒有變化，則由2019年的樣本數(shù)據(jù)可得0.012答案示例1：可以認為有變化，理由如下：P（E）比較小，概率比較小的事件一般不容易發(fā)生，一旦發(fā)生，就有理由認為樣本中A地區(qū)2020年人均年純收入超過10000元的戶數(shù)相比2019年發(fā)生了變化，所以可以認為有變化答案示例2：無法確定有沒有變化，理由如下：事件E是隨機事件，P（E）比較小，一般不容易發(fā)生，但還是有可能發(fā)生的，所以無法確定有沒有變化【點評】本題考查了離散型隨機變量及其分布列以及離散型隨機變量的期望，考查了邏輯推理能力與運算能力，屬于中檔題19（
23、15分）已知橢圓C的短軸的兩個端點分別為A（0，1），B（0，1），離心率為（）求橢圓C的方程及焦點的坐標；（）若點M為橢圓C上異于A，B的任意一點，過原點且與直線MA平行的直線與直線y3交于點P，直線MB與直線y3交于點Q，試判斷以線段PQ為直徑的圓是否過定點？若過定點，求出定點的坐標；若不過定點，請說明理由【分析】（）由題意可得b的值，再由離心率及a，b，c之間的關(guān)系求出a的值，進而求出橢圓的方程；（）設(shè)直線MA的方程，由題意可得直線OP的方程，與y3聯(lián)立求出P的坐標，將直線AM的方程與橢圓聯(lián)立求出M的坐標，進而求出直線BM的方程，與y3聯(lián)立求出Q的坐標，設(shè)以PQ為直徑的圓的方程過T點，可
24、得數(shù)量積0，求出T的坐標，即圓過的定點的坐標【解答】解（）由題意可得b1，e，c2a2b2，解得a23，所以橢圓的方程為：+y21，且焦點坐標（，0）；（） 設(shè)直線MA的方程為：ykx+1，（k0）則過原點的直線且與直線MA平行的直線為ykx，因為P是直線ykx，y3的交點，所以P（，3），因為直線AM的方程與橢圓方程+y21聯(lián)立：，整理可得：（1+3k2）x2+6kx0，可得xM，yM+1，即M（，），因為B（0，1），直線MB的方程為：y1，聯(lián)立，解得：y3，x12k，由題意可得Q（12k，3），設(shè)T（x0，y0），所以（x0，y03），（x0+12k，y03），由題意可得以線段PQ為直徑
25、的圓過T點，所以0，所以（x0，y03）（x0+12k，y03）0，可得x02+12kx0x036+y026y0+90，要使成立，解得：x00，y03，或x00，y09，所以T的坐標（0，3）或（0，9）【點評】本題考查求橢圓的方程及直線與橢圓的綜合，以線段為直徑的圓的方程恒過定點可得數(shù)量積為0的性質(zhì)，屬于中檔題20（15分）已知函數(shù)f（x）（ax1）ex（aR）（）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；（）若直線yax+a與曲線yf（x）相切，求證：a（1，）【分析】（）求出函數(shù)的導數(shù)，通過討論a的范圍，求出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間即可；（）求出函數(shù)的導數(shù)，根據(jù)直線和f（x）相切，得到a，結(jié)合y的單調(diào)性證明結(jié)論成立即
26、可【解答】解：（）f（x）（ax+a1）ex，令f（x）0，得ax1a，當a0時，f（x）ex0，yf（x）在R單調(diào)遞減，當a0時，x，f（x），f（x）的變化如下：x（，）（，+）f（x）0+f（x）遞減極小值遞增當a0時，x，f（x），f（x）的變化如下：x（，）（，+）f（x）+0f（x）遞增極大值遞減綜上：當a0時，yf（x）在R單調(diào)遞減，當a0時，yf（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（，），單調(diào)遞減區(qū)間是（，+），當a0時，yf（x）的單調(diào)遞增區(qū)間是（，），單調(diào)遞減區(qū)間是（，+）；（）證明：由題意得f（x）（ax+a1）ex，設(shè)直線yax+a與曲線yf（x）相切于點（x0，y0），則，由得aa
27、x0，即a（+x0）0，若a0，則f（x）ex，ax+a0，直線y0與曲線yf（x）不相切，不符合題意，所以a0，所以+x00，令（x）ex+x，則（x）ex+10，故（x）單調(diào)遞增，（）0，（1）e110，故存在唯一x0（1，）使得+x00，將代入得a+ax0x0+a0，故a，易知在（1，）內(nèi)yx+1單調(diào)遞減，且x+10，故y在（1，）內(nèi)單調(diào)遞增，x0（1，），1a，故a（1，）【點評】本題考查了函數(shù)的單調(diào)性，最值問題，考查導數(shù)的應(yīng)用以及切線方程問題，考查轉(zhuǎn)化思想，分類討論思想，是難題21（15分）設(shè)數(shù)列Am：a1，a2，am（m2），若存在公比為q的等比數(shù)列Bm+1：b1，b2，bm+1，
28、使得bkakbk+1，其中k1，2，m，則稱數(shù)列Bm+1為數(shù)列Am的“等比分割數(shù)列”（）寫出數(shù)列A4：3，6，12，24的一個“等比分割數(shù)列”B5；（）若數(shù)列A10的通項公式為an2n（n1，2，10），其“等比分割數(shù)列”B11的首項為1，求數(shù)列B11的公比q的取值范圍；（）若數(shù)列Am的通項公式為ann2（n1，2，m），且數(shù)列Am存在“等比分割數(shù)列”，求m的最大值【分析】（）根據(jù)“等比分割數(shù)列”的定義即可求解；（）根據(jù)定義可得qn12nqn（n1，2，3，10），從而求得q2，且qn12n（n1，2，3，10），n1時顯然成立，當n2，3，10時，將qn12n轉(zhuǎn)化為q，利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即
29、可求得q的取值范圍；（）設(shè)Bm+1是數(shù)列Am的“等比分割數(shù)列”，首項為b1，公比為q，由定義可得b1qn1n2b1qn（n1，2，m），設(shè)m6，解不等式可推出矛盾，可得m5，當m5時，取b10.99，q2.09，滿足定義，從而得解【解答】解：（）根據(jù)定義可得數(shù)列A4：3，6，12，24的一個“等比分割數(shù)列”B5：2，4，8，16，32（答案不唯一）（）由題意可得，qn12nqn（n1，2，3，10），所以q2，且qn12n（n1，2，3，10），當n1時，12成立；當n2，3，10時，應(yīng)有q成立，因為y2x在R上單調(diào)遞增，所以隨著n的增大而減小，故q，綜上，q的取值范圍是（2，）（）設(shè)Bm+1是數(shù)列Am的“等比分割數(shù)列”，首項為b1，公比為q，由題意，應(yīng)有b1qn1n2b1qn（n1，2，m），顯然b10，q0，設(shè)m6，此時有b11b1q4b1q29b1q316b1q425b1q536b1q6所以，可得q39，所以q2，又b1q39，所以b1q592236，與b1q536b1q6矛盾，故m5，又當m5時，取b10.99，q2.09，可得0.9910.992.0940.992.09290.992.093160.992.094250.992.095，所以m5時成立，綜上，m的最大值為5【點評】本題主要考查新定義，數(shù)列的應(yīng)用，考查轉(zhuǎn)化思想與運算求解能力，屬于難題
2021年北京市朝陽區(qū)高考數(shù)學一模試卷【含答案】
