2021年北京市顺义区高考数学二模试卷(附答案详解)

2021年北京市顺义区高考数学第二次统练试卷（二模）
一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）
1.已知集合A={x||x|≤1}，B={x|0≤x<2}，则A∪B=()
A. {x|x<2}
B. {x|−1<x≤2}
C. {x|0≤x≤1}
D. {x|−1≤x<2}
2.在复平面内，复数z=i(i+2)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
3.在(x−√2)6的展开式中，x3的系数为()
A. −40√2
B. 40√2
C. −40
D. 40
4.已知a，b∈R，且a>b，则下列不等式恒成立的是()
A. 2a<2b
B. 1
a2+1>1
b2+1
C. a3>b3
D. lg(a2+1)>lg(b2+1)
5.某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是()
A. √5
2
B. 1
C. √2
D. 2
6.已知函数f(x)=|x|−1−log2|x|，则不等式f(x)<0的解集是()
A. (0,1)∪(2,+∞)
B. (−∞,−2)∪(−1,1)∪(2,+∞)
C. (−∞,−2)∪(−1,0)∪(0,1)∪(2,+∞)
D. (−2,−1)∪(1,2)
7.把物体放在冷空气中冷却，如果物体原来的温度是θ1℃，空气的温度是θ0℃.那么
t min后物体的温度θ(单位：℃)可由公式θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt求得，其中k是一个随着物体与空气的接触情况而定的常数.现有46℃的物体，放在10℃的空气中冷却，1min以后物体的温度是38℃，则k的值约为()(ln3≈1.10,ln7≈1.95)
A. 0.25
B. −0.25
C. 0.89
D. −0.89
8.已知圆(x−a)2+(y−b)2=1经过原点，则圆上的点到直线y=x+2距离的最大
值为()
A. 2√2
B. √2+2
C. √2+1
D. √2
9.已知函数f(x)=sinx，x∈[a,b]，则“存在x1，x2∈[a,b]使得f(x1)−f(x2)=2”
是“b−a≥π”的()
A. 充分必要条件
B. 充分而不必要条件
C. 必要而不充分条件
D. 既不充分也不必要条件
10.设函数f(x)={−x 3+3x,x<a
2x,x≥a，若f(x)恰有两个零点，则实数a的取值范围是()
A. [−√3,√3]
B. (−√3,+∞)
C. (−√3,√3]
D. (−∞,√3)
二、单空题（本大题共5小题，共25.0分）
11.设向量a⃗=(m,3)，b⃗ =(1,2)，c⃗=(1,−1)，若(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，则实数m=______ ．
12.若双曲线C：x2
a2−y2
b2
=1(a>0,b>0)的焦距等于实轴长的√3倍，则C的渐近线方
程为______ ．
13.已知{a n}为等差数列，S n为其前n项和，若a1=6，S3=2a1，则公差d=______ ，
S n的最大值为______ ．
14.已知α是任意角，且满足cos(α+k⋅π
6
)=sinα，则常数k的一个取值为______ ．
15.曲线C是平面内与两个定点F1(0,1)，F2(0,−1)的距离的积等于3
2
的点P的轨迹，给出下列四个结论：
①曲线C关于坐标轴对称；
②△F1PF2周长的最小值为2+√6；
③点P到y轴距离的最大值为√2
2
；
④点P到原点距离的最小值为√2
2
．
其中所有正确结论的序号是______ ．
三、解答题（本大题共6小题，共85.0分）
16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形.且PA⊥平面ABCD，M，N分
别为PB，PD的中点．
(Ⅰ)求证：MN//平面ABCD；
(Ⅱ)若PA=AB=2，求CN与平面PBD所成角的正弦值．
17.在△ABC中，已知sinB=√3sinC，A=30°，再从条件①、条件②这两个条件中
选择一个作为已知，求：
(Ⅰ)c的值；
(Ⅱ)△ABC的面积．
条件①：ab=2√3；
条件②：asinB=6．
18.某学校食堂为了解师生对某种新推出的菜品的满意度，从品尝过该菜品的学生和老
师中分别随机调查了20人，得到师生对该菜品的满意度评分如下：
教师：6063656775777779798283868789929396969696
学生：4749525455576365666674747577808283849596
根据师生对该菜品的满意度评分，将满意度从低到高分为三个等级：
假设教师和学生对该菜品的评价结果相互独立，根据所给数据，用事件发生的频率估计相应事件发生的概率．
(Ⅰ)设数据中教师和学生评分的平均值分别为μ1和μ2，方差分别为η1和η2，试比较μ1和μ2，η1和η2的大小(结论不要求证明)；
(Ⅱ)从全校教师中随机抽取3人，设X为3人中对该菜品非常满意的人数，求随机变量X的分布列及数学期望；
(Ⅲ)求教师的满意度等级高于学生的满意度等级的概率．
19.已知椭圆G：x2
a2+y2
b2
=1(a>b>0)的离心率为√2
2
，且过点(2,√2)．
(Ⅰ)求椭圆G的方程；
(Ⅱ)过点M(0,1)斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆G于A，B两点，在y轴上是否存在点N使得∠ANM=∠BNM(点N与点M不重合)，若存在，求出点N的坐标，若不存在，请说明理由．
20.已知函数f(x)=e x−mx2(m∈R)．
(Ⅰ)已知曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y=−ex+e，求m的值；
(Ⅱ)若存在x0∈[0,1]，使得f(x0)≥2，求m的取值范围．
21.已知数列{a n}(a n∈N)，记S n=a1+a2+⋯+a n，首项a1=n0>0，若对任意整
数k≥2，有0≤a k≤k−1，且S k是k的正整数倍．
(Ⅰ)若a1=21，写出数列{a n}的前10项；
(Ⅱ)证明：对任意n≥2，数列{a n}的第n项a n由a1唯一确定；
(Ⅲ)证明：对任意正整数n0，数列{S n}从某一项起为等差数列．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由|x|≤1，得−1≤x≤1，∴A={x||x|≤1}={x|−1≤x≤1}，
又B={x|0≤x<2}，∴A∪B={x|−1≤x≤1}∪{x|0≤x<2}={x|−1≤x<2}．故选：D．
求解绝对值的不等式化简A，再由并集运算得答案．
本题考查绝对值不等式的解法，考查并集及其运算，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由z=i(i+2)=−i2+2i=−1+2i，
可得复数z=i(i+2)对应的点的坐标为(−1,2)，位于第二象限．
故选：B．
利用复数代数形式的乘除运算化简，求出z的坐标得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题．3.【答案】A
【解析】解：(x−√2)6的展开式中，x3的系数为C63(−√2)3=−40√2．
故选：A．
由二项展开式的通项公式求解即可．
本题主要考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：对于A，函数y=2x为增函数，因为a>b，所以2a>2b，故A错误；
对于B，取a=1，b=−1，可得1
a2+1=1
b2+1
，故B错误；
对于C，幂函数y=x3为增函数，由a>b，可得a3>b3，故C正确；
对于D，取a=1，b=−1，则a2+1=b2+1，所以lg(a2+1)=lg(b2+1)，故D错误．
故选：C．
由指数函数的性质可判断选项A；利用特值法可判断选项B，D；由幂函数的性质可判断选项C．
本题主要考查不等式的基本性质，考查特值法和函数性质的应用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由三视图还原原几何体如图，
底面三角形BCD 为直角三角形，BC ⊥CD ，BC =1，CD =2， 侧面ABC ⊥底面BCD ，AB ⊥BC ，AB =BC =1， S △ABC =1
2×1×1=1
2，S △BCD =1
2×1×2=1， S △ABD =1
2×√5×1=
√5
2
，S △ACD =1
2×2×√2=√2，
∴该四面体四个面的面积中最大的是√2． 故选：C ．
由三视图还原原几何体，分别求出各面面积得答案．
本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．
6.【答案】D
【解析】解：令g(t)=t −1−log 2t ，t ∈(0,+∞)， g′(t)=1−
1tln2
=
(t−
1
ln2
)ln2tln2
，
t ∈(0,1
ln2)时，g′(t)<0，此时函数g(t)单调递减；t ∈(1
ln2,+∞)时，g′(t)>0，此时函数g(t)单调递增．
又g(1)=g(2)=0，1
ln2∈(1,2)． ∴1<t <2时，g(t)<0， 则1<|x|<2时，f(x)<0， 解得−2<x <−1，或1<x <2．
∴不等式f(x)<0的解集是(−2,−1)∪(1,2)．
故选：D．
令g(t)=t−1−log2t，t∈(0,+∞)，利用导数研究其单调性即可得出不等式g(t)<0的解集，进而得出不等式f(x)<0的解集．
本题考查了利用导数研究其单调性、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：∵θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt，且当θ1=46℃，θ0=10℃，t=1min时，θ=38℃，∴38=10+(46−10)e−k，
∴e−k=7
，
9
=ln7−ln9，
∴−k=ln7
9
∴k=ln9−ln7=2ln3−ln7≈0.25，
故选：A．
由题意可知当θ1=46℃，θ0=10℃，t=1min时，θ=38℃，代入θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt，再结合指数的运算性质即可求出k的值．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了指数函数的性质，是基础题．
8.【答案】B
【解析】解：∵圆(x−a)2+(y−b)2=1经过原点，
∴a2+b2=1，则动圆(x−a)2+(y−b)2=1的圆心在以原点为圆心，以1为半径的
圆上，
如图：
=√2，
原点O到直线y=x+2的距离d=
√2
则圆上的点到直线y=x+2距离的最大值为√2+2．
故选：B．
由已知可得动圆(x−a)2+(y−b)2=1的圆心在以原点为圆心，以1为半径的圆上，
画出图形，数形结合得答案．
本题考查直线与圆的位置关系，考查数形结合思想，是中档题．
9.【答案】B
【解析】解：无妨设x 1<x 2，
①若存在x 1，x 2∈[a,b]，使得f(x 1)−f(x 2)=2，又∵sinx ∈[−1,1]， ∴f(x 1)=1，f(x 2)=−1， ∴x 1=π
2+2kπ，x 2=
3π2
+2mπ，k ，m ∈Z ，
则x 2−x 1=π+2kπ，k ∈Z ，又∵x 1<x 2， ∴x 2−x 1≥π，∵x 1，x 2∈[a,b]，∴b −a ≥π， ②若b −a ≥π，比如b =
7π
6
，a =π
6，b −a =π，但f(x 1)−f(x 2)=2不成立， ∴存在x 1，x 2∈[a,b]使得f(x 1)−f(x 2)=2是b −a ≥π的充分不必要条件． 故选：B ．
根据充分条件和必要条件的定义及正弦函数性质进行判断即可．
本题重点考查了充分条件与必要条件概念及其判断，熟练掌握正弦函数的图象与性质是关键，属于中档题．
10.【答案】C
【解析】解：函数y =−x 3+3x ，x ∈R ，则y′=−3x 2+3=−3(x +1)(x −1)，
所以当−1<x <1时，y′>0，故函数单调递增， 当x <−1或x >1时，y′<0，故函数单调递减， 当x =−1时，y =−2，当x =1时，y =2， 作出函数y =−x 3+3x ，x ∈R 的图象与y =2x ，x ∈R 的图象，如图所示，
在图象中作直线x =a ，通过x =a 左右平移，得到函数f(x)={−x 3+3x,x <a
2x,x ≥a 的图象，
因为f(x)恰有两个零点，
则f(x)的图象与x 轴恰有两个交点， 所以实数a 的取值范围是−√3<a ≤√3． 故选：C ．
通过函数的导数求解函数的极值点，作出f(x)的图象，讨论a的范围，根据图象判断即可得出结论．
本题考查了函数零点与函数图象的关系，函数的导数的应用，解决函数零点或方程根的问题，常用的方法有：(1)方程法(直接解方程得到函数的零点)；(2)图象法(直接画出函数的图象分析得解)；(3)方程+图象法(令函数为零，再重新构造两个函数，数形结合分析得解).属于中档题
11.【答案】2
【解析】解：根据题意，向量a⃗=(m,3)，b⃗ =(1,2)，c⃗=(1,−1)，
则a⃗−b⃗ =(m−1,1)，
若(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，则(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=m−1−1=0，解可得m=2，
故答案为：2
根据题意，求出a⃗−b⃗ 的坐标，由向量垂直的判断方法可得(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=m−1−1=0，解可得m的值，即可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量垂直的坐标表示方法，属于基础题．
12.【答案】y=±√2x
【解析】解：由题意知，2c=√3⋅2a，
∴c=√3a，
∴b=√c2−a2=√3a2−a2=√2a，
x=±√2x.
∴C的渐近线方程为y=±b
a
故答案为：y=±√2x.
x，得解．
根据双曲线的几何性质，可得b=√2a，再由渐近线方程为y=±b
a
本题考查双曲线的几何性质，渐近线方程的求法，考查运算求解能力，属于基础题．13.【答案】−212
【解析】解：因为{a n}为等差数列，a1=6，S3=2a1，
所以3×6+3d=12，
则d=−2，
S n=6n+n(n−1)
×(−2)=7n−n2，
2
结合二次函数的性质可知，当n=3或n=4时，S n取最大值12．
故答案为：−2，12．
由已知结合等差数列的求和公式可求d ，然后结合求和公式及二次函数的性质可求． 本题主要考查了等差数列的通项公式及求和公式的应用，二次函数性质的应用，属于基础题．
14.【答案】−3(答案不唯一)
【解析】解：因为cos(α+k ⋅π
6)=sinα， 令k ⋅π
6=−π
2，则k =−3． 故答案为：−3(答案不唯一)．
由已知结合诱导公式进行化简即可求解． 本题主要考查了诱导公式，属于基础题．
15.【答案】①②④
【解析】解：由题意，曲线C 是平面内与两个定点F 1(0,1)，F 2(0,−1)的距离的积等于3
2的点P 的轨迹，
设P(x,y)，可得√x 2+(y +1)2⋅√x 2+(y −1)2=3
2，即[x 2+(y +1)2]⋅[x 2+(y −1)2]=9
4，
以−x 替换x ，−y 替换y 方程不变，∴曲线C 关于坐标轴对称，故①正确；
设a =√x 2+(y +1)2，b =√x 2+(y −1)2，得到ab =3
2， 则a +b ≥2√ab =2⋅√3
2=√6，当且仅当a =b 时等号成立，
∴△F 1PF 2周长的最小值为l △F 1PF 2=a +b +2=2+√6，故②正确； 过点P 作PE ⊥F 1F 2，则cos∠F 1PF 2=a 2+b 2−42ab
=
a 2+
b 2
3
−43
≥13
×2ab −43
=−1
3
，
当且仅当a =b 时等号成立，
当∠F 1PF 2=π
2时，sin∠F 1PF 2取得最大值，
∴△F 1PF 2的最大面积为S =1
2ab ⋅sin∠F 1PF 2=3
4，又由S △F 1PF 2=1
2|F 1F 2||PE|=3
4， 解得|PE|=3
4，即点P 到y 轴的距离为3
4，故③不正确；
由(a +b)2=a 2+b 2+2ab =[x 2+(y +1)2]+[x 2+(y −1)2]+2ab
=2x 2+2y 2+2+2ab =2(√x 2+y 2)2+2+2ab =2(√x 2+y 2)2+5， 又由a +b ≥2√ab =2⋅√3
2=√6，当且仅当a =b 时等号成立，
∴2(√x 2+y 2)2+5≥6，可得√x 2+y 2≥√2
2
，故④正确． 故答案为：①②④．
由题意得到方程√x 2+(y +1)2⋅√x 2+(y −1)2=3
2，结合对称性的判定方法，可判断①正确；设a =√x 2+(y +1)2，b =√x 2+(y −1)2，得到ab =3
2，结合基本不等式，可判断②正确；过点P 作PE ⊥F 1F 2，求得△F 1PF 2的最大面积为S △F 1PF 2=3
4，结合面积相等可判断③正确；化简(a +b)2=a 2+b 2+2ab =2(√x 2+y 2)2+5，结合不等式判断④正确．
本题考查命题的真假判断与应用，考查逻辑思维能力与推理运算能力，结合基本不等式求解是关键，属难题．
16.【答案】解：(Ⅰ)证明：在四棱锥P −ABCD 中，M ，N 分别为PB ，PD 的中点．
取PC 中点P ，连结PM ，PN ，则PM//BC ，PN//CD ，
∵PM ∩PN =P ，BC ∩CD =C ， ∴平面ABCD//平面PMN ，
∵MN ⊂平面PMN ，∴MN//平面ABCD ． (Ⅱ)∵底面ABCD 为正方形．PA ⊥平面ABCD ，PA =AB =2，
∴以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，AP 为z 轴，建立空间直角坐标系，
则C(2,2，0)，N(0,1，1)，P(0,0，2)，B(2,0，0)，D(0,2，0)， CN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−1,1)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，−2)，PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，−2)， 设平面PBD 的法向量n
⃗ =(x,y ，z)， 则{n ⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x −2z =0
n ⃗ ⋅PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，取x =1，得n
⃗ =(1,1，1)， 设CN 与平面PBD 所成角为θ， 则CN 与平面PBD 所成角的正弦值为： sinθ=|CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |
|CN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=√6⋅√
3
=
√2
3
．
【解析】(Ⅰ)取PC中点P，连结PM，PN，则PM//BC，PN//CD，从而平面ABCD//平面PMN，由此能证明MN//平面ABCD．
(Ⅱ)以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出CN与平面PBD所成角的正弦值．
本题考查线面平行的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查推理论证能力、运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
17.【答案】解：由正弦定理知，b
sinB =c
sinC
，
∵sinB=√3sinC，∴b=√3c，选择条件①：
(Ⅰ)∵ab=2√3，∴a=2√3
b =√3
√3c
=2
c
，
由余弦定理知，a2=b2+c2−2bc⋅cosA，∴(2
c
)2=(√3c)2+c2−2⋅√3c⋅c⋅cos30°，化简得，c4=4，
∵c>0，∴c=√2．
(Ⅱ)b=√3c=√6，
∴△ABC的面积S=1
2bc⋅sinA=1
2
×√6×√2sin30°=√3
2
．
选择条件②：
(Ⅰ)由正弦定理知，a
sinA =b
sinB
=c
sinC
，
∴bsinA=asinB=6，
∴b=6
sin30∘
=12，
∵b=√3c，∴c=
√3
=4√3．
(Ⅱ)△ABC的面积S=1
2bc⋅sinA=1
2
×12×4√3sin30°=12√3．
【解析】结合正弦定理和sinB=√3sinC，知b=√3c，
选择条件①：(Ⅰ)用c表示a，再由余弦定理，可得关于c的方程，解之即可；(Ⅱ)由S=1
2
bc⋅sinA，得解．
选择条件②：(Ⅰ)由正弦定理知，bsinA=asinB=6，再由b=√3c，得解；
(Ⅱ)由S=1
2
bc⋅sinA，得解．
本题考查解三角形，涉及角化边的思想，熟练掌握正弦定理、三角形面积公式和余弦定
理是解题的关键，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
18.【答案】解：(Ⅰ)μ1>μ2，η1<η2．
(Ⅱ)教师对菜品满意的概率P =5
20=1
4，则随机变量X 服从二项分布，即X ～B(3,1
4)，
X 的所有可能取值为0，1，2，3，且P(X =k)=C 3k p k (1−p)3−k ， 所以P(X =0)=C 3
0(1
4)0(1−1
4)3=27
64，P(X =1)=C 31
(1
4)1(1−1
4)2=27
64， P(X =2)=C 32
(1
4
)2(1−1
4
)1=
9
64，P(X =3)=C 3
3
(1
4)3(1−1
4)0=1
64， 所以X 的分布列为：
所以数学期望E(X)=0×27
64+1×27
64+2×9
64+3×1
64=3
4． (Ⅲ)记事件C ：教师的满意度等级高于学生的满意度等级，
用A 1，A 2，A 3分别表示教师对该菜品“不满意”、“满意”、“非常满意”， 用B 1，B 2，B 3分别表示学生该菜品“不满意”、“满意”、“非常满意”， 且A 1，A 2，A 3，B 1，B 2，B 3相互独立，
则P(A 1)=5
20，P(A 2)=10
20，P(A 3)=5
20，P(B 1)=10
20，P(B 2)=8
20，P(B 3)=2
20， 所以P(C)=P(A 2B 1)+P(A 3B 1)P(A 3B 2)=10
20×10
20+5
20×10
20+5
20×8
20=19
40， 即教师的满意度等级高于学生的满意度等级的概率为19
40．
【解析】(Ⅰ)根据所给数据直接判断μ1>μ2，η1<η2；
(Ⅱ)经分析X 服从二项分布，利用公式求出概率，写出分布列，计算可得数学期望； (Ⅲ)利用相互独立事件的概率公式计算即可．
本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，相互独立事件概率的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)由题意可得{ c
a =√2
2
4a 2+2b 2
=1a 2=b 2+c 2，
解得a =2√2，b =2， 所以椭圆G 的方程为
x 28
+
y 24
=1．
(Ⅱ)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，N(0,t)(t ≠1)，
所以直线AN 的斜率为k 1=y 1−t x 1
，
直线BN 的斜率为k 2=
y 2−t x 2
，
所以∠ANM =∠BNM ，当且仅当k 1+k 2=0， 所以
y 1−t x 1
+
y 2−t x 2
=
x 2y 1−tx 2+x 1y 2−tx 1
x 1x 2
=
x 2(kx 1+1)−tx 2+x 1(kx 2+1)−tx 1
x 1x 2
=
2kx 1x 2+(1−t)(x 1+x 2)
x 1x 2
=0，
即2kx 1x 2+(1−t)(x 1+x 2)=0， 根据题意，直线l 的方程为y =kx +1，
联立{y =kx +1x 28+y 24=1，得(1+2k 2)x 2+4kx −6=0，
所以x 1+x 2=−4k
2k 2+1，x 1x 2=−6
1+2k 2， 所以2k ⋅−6
1+2k 2+(1−t)−4k
1+2k 2=4k(t−4)2k 2+1
=0，
由因为k ≠0， 所以t =4， 所以
x 28
+
y 24
=1．
所以在y 轴上存在点N 使得∠ANM =∠BNM ，点N 的坐标为(0,4)．
【解析】(Ⅰ)由离心率为√2
2，且过点(2,√2)，列方程组，解得a ，b ，c ，即可得出答案．
(Ⅱ)设A(x 1,y 1)，B(x 2,y 2)，N(0,t)(t ≠1)，写出直线AN 的斜率为k 1，直线BN 的斜率为k 2，由∠ANM =∠BNM ，推出k 1+k 2=0，进而可得2kx 1x 2+(1−t)(x 1+x 2)=0，联立直线l ：y =kx +1与椭圆的方程，结合韦达定理可得x 1+x 2，x 1x 2，即可解得t ，进而可得答案．
本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(Ⅰ)由切线方程为y =−ex +e =−e(x −1)，可得斜率k =−e ，
因为f(x)=e x −mx 2，f′(x)=e x −2mx ， 所以k =f′(1)=e −2m =−e ，解得m =e ．
(Ⅱ)存在x 0∈[0,1]，使得f(x 0)=e x 0−mx 02≥2，
当x 0=0时，1≥2成立，m ∈R ，
当x 0∈(0,1]时，即e x 0−2
x 0
2≥m 有解，
令g(x)=
e x −2x 2
，则g′(x)=e x ⋅x 2−2x(e x −2)
x 4
=
xe x −2e x +4
x 3
，
设ℎ(x)=xe x −2e x +4，ℎ′(x)=e x +xe x −2e x =(x −1)e x ， 因为x ∈(0,1]，所以ℎ′(x)≤0，ℎ(x)单调递减， 所以ℎ(x)min =ℎ(1)=4−e >0，
所以g′(x)>0，所以g(x)在(0,1]上单调递增， 所以g(x)max =g(1)=e −2， 所以m ≤e −2．
综上可得，若存在x 0∈[0,1]，使得f(x 0)≥2，则m 的取值范围是(−∞,e −2]．
【解析】(Ⅰ)求出f(x)的导函数，由导数的几何意义即可求得m 的值；
(Ⅱ)当x 0=0时，不等式成立，此时m ∈R ，当x 0∈(0,1]时，e x 0−2
x 0
2≥m 有解，令g(x)=
e
x −2
x 2
，
利用导数求出g(x)的最大值，即可求解m 的取值范围．
本题主要考查导数的几何意义，不等式成立求参数问题，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】
(Ⅰ)解：因为S k 是k 的正整数倍，当a 1=21时，则{S n }的前10项为21，22，24，24，25，30，35，40，45，
所以数列{a n }的前10项为21，1，2，0，1，5，5，5，5，5；
(Ⅱ)证明：当k =2时，根据题意a 1+a 2=2b 为偶数，并且0≤a 2≤1， 所以a 2={0,若a 1为偶数1,若a 2为奇数
，从而a 2由a 1唯一确定，
接下来用反证法，假设数列的某一项可以有两种不同的取值， 假设第k +1项是第1个可以有两个不同取值的项， 即前面k 项由a 1唯一确定，
记第k +1项的两种取值为a k+1和c k+1(a k+1≠c k+1)，
根据题意存在b ，c ∈N ，使得a 1+a 2+⋯+a k +a k+1=(k +1)b①， 且a 1+a 2+⋯+a k +c k+1=(k +1)c②， 并且满足0≤a k+1，c k+1≤k ，
由①②两式作差可知，|a k+1−c k+1|是k +1的倍数， 又因为|a k+1−c k+1|≤k ， 可知a k+1=c k+1，与假设矛盾，
故假设不成立，
所以对任意n≥2，数列{a n}的第n项a n由a1唯一确定；(Ⅲ)证明：因为S k+1=S k+a k+1≤S k+k，
所以S k+1
k+1<S k+1
k
≤S k+k
k
=S k
k
+1，
因为S k+1
k+1，S k
k
都是正整数，由整数的离散性可知S k+1
k+1
≤S k
k
，
因此存在m0，当n≥m0时，S n
n
为常数，
不妨记为S n
n
=c，从而当n≥m0时，S n=cn，
所以数列{S n}从某一项起为等差数列．
【解析】(Ⅰ)利用S k是k的正整数倍，先求出{S n}的前10项，进而由前n项和与第n项之间的关系求出数列{a n}的前10项即可；
(Ⅱ)首先证明a2由a1唯一确定，然后利用反证法，假设第k+1项是第1个可以有两个不同取值的项，结合已知条件进行推导，得到矛盾，从而证明结论；
(Ⅲ)利用S k+1=S k+a k+1≤S k+k，得到S k+1
k+1≤S k
k
，存在m0，当n≥m0时，S n
n
为常数，
求出S n，即可证明．
本题考查了数列的综合应用，主要考查了新定义数列的理解，涉及了数列的前n项和与第n项之间关系的运用，反证法的运用等，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．。