2021届北京市朝阳区高考二模数学试卷（解析版）

这是一份2021届北京市朝阳区高考二模数学试卷（解析版），共23页。试卷主要包含了选择题.，解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。

2021年北京市朝阳区高考数学二模试卷
一、选择题（共10小题）.
1．在复平面内，复数z＝（1﹣i）2+1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．下列函数是奇函数的是（　　）
A．y＝cosx B．y＝x2 C．y＝ln|x| D．y＝ex﹣e﹣x
3．已知双曲线C：x2﹣＝1的一个焦点为（﹣2，0），则双曲线C的一条渐近线方程为（　　）
A．x+y＝0 B．x+y＝0 C．x+y﹣1＝0 D．x+y﹣1＝0
4．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则f（x）的表达式为（　　）

A． B．
C． D．
5．某四棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的5个面的面积中，最大的是（　　）

A．2 B． C． D．3
6．设x＞0，y＞0，则“x+y＝1”是“xy≤”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
7．某地对生活垃圾使用填埋和环保两种方式处理．该地2020年产生的生活垃圾为20万吨，其中15万吨以填埋方式处理，5万吨以环保方式处理．预计每年生活垃圾的总量比前一年增加1万吨，同时，因垃圾处理技术越来越进步，要求从2021年起每年通过环保方式处理的生活垃圾量是前一年的q倍，若要使得2024年通过填埋方式处理的生活垃圾量不高于当年生活垃圾总量的50%，则q的值至少为（　　）
A． B． C． D．
8．若圆O：x2+y2＝1上存在点P，直线l：y＝k（x+2）上存在点Q，使得＝，则实数k的取值范围为（　　）
A．[，] B．[﹣，] C．{﹣，} D．{﹣，}
9．集合A＝{1，2，3，4，5}的所有三个元素的子集记为B1，B2，…，Bn（n∈N*）．记bi为集合Bi（i＝1，2，3，…，n）中的最大元素，则b1+b2+b3+…+bn＝（　　）
A．10 B．40 C．45 D．50
10．已知抛物线C的焦点F到准线l的距离为2，点P是直线l上的动点．若点A在抛物线C上，且|AF|＝5，过点A作直线PF的垂线，垂足为H，则|PH|•|PF|的最小值为（　　）
A．2 B．6 C． D．2
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．已知向量＝（2，m），＝（﹣1，2），且+2＝，则m＝　 　．
12．在等差数列{an}中，已知a2＝5，a5＝2，则a3+a5+a7+a9＝　 　．
13．已知sinα＝，则sin（2α+）＝　 　．
14．已知函数f（x）＝3x，g（x）＝|x+a|﹣2（a∈R）．若函数y＝f（g（x））是偶函数，则a＝　 　；若函数y＝g（f（x））存在两个零点，则a的一个取值是　 　．
15．“S”型函数是统计分析、生态学、人工智能等领域常见的函数模型，其图象形似英文字母“S”，所以其图象也被称为“S“型曲线．某校生物兴趣小组在0.5毫升培养液中放入5个大草履虫，每隔一段时间统计一次大草履虫的数量，经过反复试验得到大草履虫的数量y（单位：个）与时间t（单位：小时）的关系近似为一个“S“型函数y＝．已知函数f（t）＝（t≥0）的部分图象如图所示，f′（t）为（t）的导函数．

给出下列四个结论：
①对任意t1∈（0，24），t3∈（96，144），存在t2∈（24，96），使得f'（t2）＞；
②对任意t1∈（0，24），t3∈（96，144），存在t2∈（24，96），使得f'（t2）＝；
③对任意t2∈（24，96），存在t1∈（0，24），t3∈（96，144），使得f（t2）＞；
④对任意t2∈（24，96），存在t1∈（0，24），t3∈（96，144），使得f'（t2）＝．
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．在△ABC中，b2+c2﹣a2＝bc．
（Ⅰ）求tanA的值；
（Ⅱ）若3csinA＝asinB，且△ABC的面积S＝2，求c的值．
17．为迎接2022年冬奥会，某地区高一、高二年级学生参加了冬奥知识竞赛．为了解知识竞赛成绩优秀（不低于85分）学生的得分情况，从高一、高二这两个年级知识竞赛成绩优秀的学生中分别随机抽取容量为15、20的样本，得分情况统计如图所示（满分100分，得分均为整数），其中高二年级学生得分按[85，90），[90，95），[95，100]分组．

（Ⅰ）从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，求其得分不低于90分的概率；
（Ⅱ）从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取3人，用频率估计概率，记为取出的3人中得分不低于90分的人数，求X的分布列及数学期望；
（Ⅲ）由于高二年级学生样本原始数据丢失，请根据统计图信息，判断高二年级学生样本得分的最高分至少为多少分时，高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分，并说明理由．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB＝3．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值．
条件①：BC＝5；
条件②：AB⊥AA1；
条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C．

19．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）判断函数f（x）的极值点的个数，并说明理由；
（Ⅲ）若对任意x∈R，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．
20．已知F为椭圆C：＝1的左焦点，直线l：y＝k（x﹣2）与椭圆C交于不同的两点M，N．
（Ⅰ）当k＝﹣时，求△FMN的面积；
（Ⅱ）设直线FM，FN分别与直线x＝1交于两点P、Q，线段MN，PQ的中点分别为G，H、点A（，0）．当k变化时，证明A，G，H三点共线．
21．已知各项均为整数的数列AN：a1，a2，…，aN（N≥3，N∈N*）满足a1aN＜0，且对任意i＝2，3，…，N，都有|ai﹣ai﹣1|≤1．记S（AN）＝a1+a2+…+aN．
（Ⅰ）若a1＝3，写出一个符合要求的A6；
（Ⅱ）证明：数列AN中存在ak使得ak＝0；
（Ⅲ）若S（AN）是N的整数倍，证明：数列AN中存在ar，使得S（AN）＝N•ar．


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z＝（1﹣i）2+1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
解：在复平面内，复数z＝（1﹣i）2+1＝﹣2i+1对应的点（1，﹣2）位于第四象限，
故选：D．
2．下列函数是奇函数的是（　　）
A．y＝cosx B．y＝x2 C．y＝ln|x| D．y＝ex﹣e﹣x
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，y＝cosx，是余弦函数，是偶函数，不符合题意，
对于B，y＝x2，是二次函数，是偶函数，不符合题意，
对于C，y＝ln|x|，其定义域为{x|x≠0}，有ln|﹣x|＝lnx，是偶函数，不符合题意，
对于D，y＝ex﹣e﹣x，其定义域为R，ex﹣e﹣x＝﹣（y＝ex﹣e﹣x），则函数为奇函数，符合题意，
故选：D．
3．已知双曲线C：x2﹣＝1的一个焦点为（﹣2，0），则双曲线C的一条渐近线方程为（　　）
A．x+y＝0 B．x+y＝0 C．x+y﹣1＝0 D．x+y﹣1＝0
解：双曲线C：x2﹣＝1的一个焦点为（﹣2，0），所以c＝2，因为a＝1，所以b＝，
所以双曲线的渐近线方程为：．
故选：B．
4．已知函数f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的部分图象如图所示，则f（x）的表达式为（　　）

A． B．
C． D．
解：由函数f（x）＝sin（ωx+φ）的部分图象知，
T＝﹣＝π，
解得T＝π，所以ω＝＝2；
又2×+φ＝+2kπ，k∈Z；
解得φ＝+2kπ，k∈Z；
由|φ|＜，所以k＝0时，φ＝满足题意，
所以f（x）＝sin（2x+）．
故选：A．
5．某四棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的5个面的面积中，最大的是（　　）

A．2 B． C． D．3
解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为四棱锥体；
如图所示：

求出：BC＝1，CD＝2，AD＝2，AB＝，PC＝2，PD＝2，AP＝2，PB＝3，
在△ABP中，
利用余弦定理：，
故，
，
，
，
故最大面积为3．
故选：D．
6．设x＞0，y＞0，则“x+y＝1”是“xy≤”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
解：①当x+y＝1时，∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2，∴xy≤，
当且仅当x＝y时取等号，∴xy≤，∴充分性成立，
②当xy≤时，比如x＝1，y＝时，xy≤成立，但x+y＝1不成立，
∴必要性不成立，
∴x+y＝1是xy≤的充分不必要条件．
故选：A．
7．某地对生活垃圾使用填埋和环保两种方式处理．该地2020年产生的生活垃圾为20万吨，其中15万吨以填埋方式处理，5万吨以环保方式处理．预计每年生活垃圾的总量比前一年增加1万吨，同时，因垃圾处理技术越来越进步，要求从2021年起每年通过环保方式处理的生活垃圾量是前一年的q倍，若要使得2024年通过填埋方式处理的生活垃圾量不高于当年生活垃圾总量的50%，则q的值至少为（　　）
A． B． C． D．
解：由题意可知2024年的生活垃圾为24万吨，
有题意可知2024年通过环保方式处理的生活垃圾量为5×q4（万吨），
∴，
解得：，
故选：C．
8．若圆O：x2+y2＝1上存在点P，直线l：y＝k（x+2）上存在点Q，使得＝，则实数k的取值范围为（　　）
A．[，] B．[﹣，] C．{﹣，} D．{﹣，}
解：圆O：x2+y2＝1上存在点P，直线l：y＝k（x+2）上存在点Q，使得＝，
可得：≤1，
解得k∈[﹣，]．
故选：B．
9．集合A＝{1，2，3，4，5}的所有三个元素的子集记为B1，B2，…，Bn（n∈N*）．记bi为集合Bi（i＝1，2，3，…，n）中的最大元素，则b1+b2+b3+…+bn＝（　　）
A．10 B．40 C．45 D．50
解：由题意知：集合A中含三个元素的子集共个，∴n＝10，
则在集合Bi中含最大元素为3的共有1个，
在集合Bi中含最大元素为4的共有＝3个，
在集合Bi中含最大元素为5的共有＝6个，
∴3×1+4×3+5×6＝45，
故选：C．
10．已知抛物线C的焦点F到准线l的距离为2，点P是直线l上的动点．若点A在抛物线C上，且|AF|＝5，过点A作直线PF的垂线，垂足为H，则|PH|•|PF|的最小值为（　　）
A．2 B．6 C． D．2
解：∵抛物线C的焦点F到准线l的距离为2，
∴p＝2，
∴抛物线方程为y2＝4x，
∴F1（1，0），准线x＝﹣1，
设A（x1，y1），
∵点A在抛物线C上，且|AF|＝5，
∴x1+＝5，
∴x1＝4，
∴A（4，4），
设直线PF：x＝my+1，①，
直线AH：y﹣4＝﹣m（x﹣4），②，
联立方程①②可得yH＝，
∴|PH|＝•|﹣﹣|，
|PF|＝•|﹣﹣2|，
∴|PH|•|PF|＝（1+m2）•||•||＝2|5++|，
设＝t，
则|PH|•|PF|＝2|2t2+4t+5|＝2|2（t+1）2+3|＝4（t+1）2+6，
当t＝﹣1，即m＝﹣1时，|PH|•|PF|取得的最小值6，
故选：B．

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．已知向量＝（2，m），＝（﹣1，2），且+2＝，则m＝　﹣4　．
解：∵＝（2，m），＝（﹣1，2），且+2＝，
∴+2＝（2，m）+2（﹣1，2）＝（0，m+4）＝，
∴m+4＝0，解得：m＝﹣4，
故答案为：﹣4．
12．在等差数列{an}中，已知a2＝5，a5＝2，则a3+a5+a7+a9＝　4　．
解：（1）设等差数列{an}公差为d，
∵a2＝5，a5＝2，
∴，
解得a1＝6，d＝﹣1，
∴an＝7﹣n，
∴a3+a5+a7+a9＝4a6＝4，
故答案为：4．
13．已知sinα＝，则sin（2α+）＝　　．
解：因为sinα＝，
所以sin（2α+）＝cos2α＝1﹣2sin2α＝1﹣2×＝．
故答案为：．
14．已知函数f（x）＝3x，g（x）＝|x+a|﹣2（a∈R）．若函数y＝f（g（x））是偶函数，则a＝　0　；若函数y＝g（f（x））存在两个零点，则a的一个取值是　﹣3　．
解：f（g（x））＝3|x+a|﹣2为偶函数，则f（g（﹣x））＝3|﹣x+a|﹣2＝f（g（x）），
∴|x+a|＝|﹣x+a|，则a＝0；
g（f（x））＝|3x+a|﹣2，
①若a≥0，则g（f（x））＝3x+a﹣2在R上为增函数，至多有一个零点，不合题意；
②若a＜0，则，则g（f（x））min＝g（log3（﹣a））＝﹣2＜0，
又x＜log3（﹣a）时，﹣3x﹣a＜﹣a，
∴﹣a﹣2＞0，解得a＜﹣2，
∴a的一个取值可以是﹣3（答案不唯一）．
故答案为：0；﹣3．
15．“S”型函数是统计分析、生态学、人工智能等领域常见的函数模型，其图象形似英文字母“S”，所以其图象也被称为“S“型曲线．某校生物兴趣小组在0.5毫升培养液中放入5个大草履虫，每隔一段时间统计一次大草履虫的数量，经过反复试验得到大草履虫的数量y（单位：个）与时间t（单位：小时）的关系近似为一个“S“型函数y＝．已知函数f（t）＝（t≥0）的部分图象如图所示，f′（t）为（t）的导函数．

给出下列四个结论：
①对任意t1∈（0，24），t3∈（96，144），存在t2∈（24，96），使得f'（t2）＞；
②对任意t1∈（0，24），t3∈（96，144），存在t2∈（24，96），使得f'（t2）＝；
③对任意t2∈（24，96），存在t1∈（0，24），t3∈（96，144），使得f（t2）＞；
④对任意t2∈（24，96），存在t1∈（0，24），t3∈（96，144），使得f'（t2）＝．
其中所有正确结论的序号是　①②　．
解：根据函数的图象知导数的图象如下图所示：

设导数f′（t）在t＝t0取最大值，结合f（t）的图象可知24＜t0＜96，
且当t∈（0，t0）时，f′（t）为增函数，在（t0，+∞）上f′（t）为减函数，
对于①，任意t1∈（0，24），t3∈（96，144），取t2＝t0，则，故①成立；

对于②，设A（t1，f（t1）），B（t2，f（t2）），
由f（t）的图象的性质可平移直线B至C处，
此时平移后的直线与f（t）图象相切，且xC∈（24，96），取t2＝xC，
∴，故②正确；

对于③，取如图所示的t3，设Q（t3，f（t3）），S（t3，），
过S作横轴的平行线，交f（t）的图象于T，由函数的图象特征可得xT∈（24，96），
取t2＝xT，则2f（t2）＝f（t3）＜f（t1）+f（t3），故③不成立；

对于④，取N（t0，f（t0）），（t0为①中f′（t）最大值点），
则过N的切线“穿过”曲线y＝f（x），
曲线上不存在与该切线平行的割线，
否则与导数存在唯一的最大值点矛盾，故④错误．
故答案为：①②．
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，b2+c2﹣a2＝bc．
（Ⅰ）求tanA的值；
（Ⅱ）若3csinA＝asinB，且△ABC的面积S＝2，求c的值．
解：（Ⅰ）因为b2+c2﹣a2＝bc，
所以cosA＝＝，
因为A∈（0，π），
所以sinA＝＝＝，可得tanA＝＝．
（Ⅱ）因为3csinA＝asinB，
由正弦定理可得3ac＝ab，所以b＝c，
因为△ABC的面积S＝2＝bcsinA，可得×＝2，
所以c2＝8，
所以c＝2．
17．为迎接2022年冬奥会，某地区高一、高二年级学生参加了冬奥知识竞赛．为了解知识竞赛成绩优秀（不低于85分）学生的得分情况，从高一、高二这两个年级知识竞赛成绩优秀的学生中分别随机抽取容量为15、20的样本，得分情况统计如图所示（满分100分，得分均为整数），其中高二年级学生得分按[85，90），[90，95），[95，100]分组．

（Ⅰ）从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，求其得分不低于90分的概率；
（Ⅱ）从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取3人，用频率估计概率，记为取出的3人中得分不低于90分的人数，求X的分布列及数学期望；
（Ⅲ）由于高二年级学生样本原始数据丢失，请根据统计图信息，判断高二年级学生样本得分的最高分至少为多少分时，高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分，并说明理由．
解：（Ⅰ）设事件A：从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，其得分不低于90分．则P（A）＝＝．
∴从抽取的高二年级学生样本中随机抽取一人，其得分不低于90分的概率为．
（II）由（I）可知：从该地区高二年级参加知识竞赛成绩优秀的学生中随机抽取1人，其得分不低于90分的概率为0.4．
由题意可得：X～B（3，0.4），X的可能取值为0，1，2，3．
∴P（X＝0）＝×0.40×0.63＝0.216；P（X＝1）＝×0.41×0.62＝0.432；P（X＝2）＝×0.42×0.6＝0.288；P（X＝3）＝×0.43＝0.064．
可得X分布列：
X
0
1
2
3
P
0.216
0.432
0.288
0.064
E（X）＝3×0.4＝1.2．
（III）由题意可得：高一年级学生样本得分的平均分＝＝＝87.5．
设高二年级学生样本得分的最高分为m，
由图可知：要使得高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级样本得分的平均分，只需＞87.4，解得m＞98．
∴高二年级学生样本得分的最高分至少为99分时，高二年级学生样本得分的平均分一定超过高一年级学生样本得分的平均分．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，四边形AA1C1C是边长为4的正方形，AB＝3．再从条件①、条件②、条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答．
（Ⅰ）求证：AB⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）求直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值．
条件①：BC＝5；
条件②：AB⊥AA1；
条件③：平面ABC⊥平面AA1C1C．

解：若选择①②，
（Ⅰ）证明：∵AC＝4，AB＝3，BC＝5，
∴AB⊥AC，
又∵AB⊥AA1，AC∩AA1＝A，
∴AB⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AB⊥AC，AB⊥AA1，
∵四边形AA1C1C是正方形，
∴AC⊥AA1，
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，0，4），A1（0，4，0），C1（0，4，4），
∴，
设平面A1BC1的一个法向量为，则，则可取，
设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则，
∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为．
若选择①③，
（Ⅰ）证明：∵AC＝4，AB＝3，BC＝5，
∴AB⊥AC，
又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，
∴AB⊥平面AA1C1C；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AB⊥AC，AB⊥AA1，
∵四边形AA1C1C是正方形，
∴AC⊥AA1，
如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，0，4），A1（0，4，0），C1（0，4，4），
∴，
设平面A1BC1的一个法向量为，则，则可取，
设直线BC与平面A1BC1所成角为θ，则，
∴直线BC与平面A1BC1所成角的正弦值为．

19．已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1（a∈R）．
（Ⅰ）当a＝0时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
（Ⅱ）判断函数f（x）的极值点的个数，并说明理由；
（Ⅲ）若对任意x∈R，f（x）≥0恒成立，求a的取值范围．
解：（Ⅰ）当a＝0时，f（x）＝（x﹣1）ex+1，f（1）＝1，
又f′（x）＝ex+（x﹣1）ex＝xex，故f′（1）＝e，
故曲线y＝f（x）在点（0，f（1））处的切线方程是ex﹣y+1﹣e＝0；
（Ⅱ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1，
∴f′（x）＝xex﹣ax＝x（ex﹣a），
（i）当a≤0时，有ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得：x＝0，
x，f′（x），f（x）的变化如下：
x
（﹣∞，0）
0
（0，+∞）
f′（x）
﹣
0
+
f（x）
递减
极小值
递增
∴当a≤0时，函数f（x）只有1个极值点，
（ii）当a＞0时，令f′（x）＝0，解得：x＝0或x＝lna，
①当0＜a＜1时，lna＜0，
x，f′（x），f（x）的变化如下：
x
（﹣∞，lna）
lna
（lna，0）
0
（0，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
递增
极大值
递减
极小值
递增
故当0＜a＜1时，函数f（x）有2个极值点，
②当a＝1时，f′（x）＝x（ex﹣1）≥0恒成立，
故f（x）在R上单调递增，
故当a＝1时，函数f（x）无极值点，
③当a＞1时，lna＞0，
x，f′（x），f（x）的变化如下：
x
（﹣∞，0）
0
（0，lna）
lna
（lna，+∞）
f′（x）
+
0
﹣
0
+
f（x）
递增
极大值
递减
极小值
递增
故当a＞1时，函数f（x）有2个极值点，
综上：当a≤0时，函数f（x）有1个极值点，
当0＜a＜1或a＞1时，函数f（x）有2个极值点，
当a＝1时，函数f（x）无极值点；
（Ⅲ）（1）若a≤0，由（Ⅱ）可知，f（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，
故f（x）≥f（x）min＝f（0）＝0，
故a≤0符合题意，
（2）若a＞0，当x＜0时，∵（x﹣1）ex＜0，
∴f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1＜﹣ax2+1，
又f（﹣）＜﹣a+1＝0，
故f（x）≥0不恒成立，故a＞0不合题意，
综上：a的取值范围是（﹣∞，0]．
20．已知F为椭圆C：＝1的左焦点，直线l：y＝k（x﹣2）与椭圆C交于不同的两点M，N．
（Ⅰ）当k＝﹣时，求△FMN的面积；
（Ⅱ）设直线FM，FN分别与直线x＝1交于两点P、Q，线段MN，PQ的中点分别为G，H、点A（，0）．当k变化时，证明A，G，H三点共线．
解：（Ⅰ）当k＝时，由解得M（0，1），N（，），
|MN|＝＝，
因为F（﹣1，0）到直线y＝（x﹣2）的距离为d＝，
所以△FMN的距离为|MN|d＝××＝1；
（Ⅱ）证明：设M（x1，y1），N（x2，y2），
由，可得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，
由△＝（﹣8k2）2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＞0，解得k2＜，
所以x1+x2＝，x1x2＝，
y1y2＝k（x1+x2﹣4）＝﹣，
所以G（，），
由题意可得k2≠，直线AG的斜率kAG＝＝，
直线FM的方程为y＝（x+1），
则点P的坐标为（1，），
同理可得Q（1，），
因为+＝
＝
＝，
所以H（1，），所以直线AH的斜率kAH＝＝，
因为kAG＝kAH，
所以A，G，H三点共线．
21．已知各项均为整数的数列AN：a1，a2，…，aN（N≥3，N∈N*）满足a1aN＜0，且对任意i＝2，3，…，N，都有|ai﹣ai﹣1|≤1．记S（AN）＝a1+a2+…+aN．
（Ⅰ）若a1＝3，写出一个符合要求的A6；
（Ⅱ）证明：数列AN中存在ak使得ak＝0；
（Ⅲ）若S（AN）是N的整数倍，证明：数列AN中存在ar，使得S（AN）＝N•ar．
解：（Ⅰ）3，2，1，1，0，﹣1．（答案不唯一）．
（Ⅱ）证明：∵a1aN＜0，∴a1，aN异号，
假设a1＜0，aN＞0，
设T＝|i|a1＜0，i∈{1，2，3，•••，N}，∵a1＜0，∴T≠∅，
又∵T是有限自然数集，∴可设T中的最大数为m，（1≤m≤N﹣1），
令k＝m+1，则ak≥0，
∵|ak﹣ak﹣1|＝ak﹣ak﹣1≤1，∴ak≤1+ak﹣1＝1+am＜1，
∵0≤ak＜1，且ak为整数，∴ak＝0，
∴若数列AN：a1，a2，•••，aN（N≥3）满足a1＜0，aN＞0，且对任意i＝2，3，•••，N，
都有|ak﹣ak﹣1|≤1，则存在ak，使得ak＝0，
若a1＞0，aN＜0，则数列﹣a1，﹣a2，•••，﹣aN满足﹣a1＜0，﹣aN＞0，
且对任意k＝2，3，•••，N，都有|（﹣ak）﹣（﹣ak﹣1）|＝|ak﹣ak﹣1|≤1，
∴存在﹣ak，使得﹣ak＝0，即存在ak，使得ak＝0，
∴数列AN中存在ak使得ak＝0．
（Ⅲ）证明：设t＝，则t∈Z，
设数列AN：a1，a2，•••，aN中最大的值为M＞0，最小值为m＜0，
∵Nm＜S（AN）＜NM，∴m＜t＝，
设在数列AN中，ai＝m，aj＝M，
若i＜j，∵|ai﹣aj|＝M﹣m≥1﹣（﹣1）＝2，∴j≥i+2，
设数列B：ai﹣t，ai+1﹣t，•••，aj﹣t，则数列B至少有3项，
∵（ai﹣t）（aj﹣t）＝（m﹣t）（M﹣t）＜0，且对任意k＝1，2，•••，j﹣1，
都有|（ai+k﹣t））﹣（ai+k﹣1﹣t）|＝|ai+k﹣ai+k﹣1|≤1，
∴由（Ⅱ）可知存在ar﹣t，使得ar﹣t＝0（r∈{i+1，i+2，•••，j﹣1}，即t＝＝ar，
若i＞j，设数列t﹣aj，t﹣aj+1，•••，t﹣ai，
同理，存在t﹣ar，使得t﹣ar＝0（r∈{j+1，j+2，•••，i﹣1}，即t＝＝ar，
综上，若S（AN）是N的整数倍，则数列AN中存在ar，使得S（AN）＝N•ar．