2021届浙江省水球高考命题研究组方向性测试I数学试题(WORD版含答案)

名校联盟★《新高考研究卷》 2021年1月《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（一）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．答案C 【解析】{}{}2=1011A x x x x −<=−<<，{}{}=ln 0B x y x x x ==>， 则AB ={}1x x >−故选C ．2．答案D 【解析】()()()()2i 1i 2i 13i 1i 1i 1i 2z ++++===−−+，13i 2z −=，则z =D ． 3．答案A 【解析】不等式组表示的平面区域如图中阴影部分所示（含边界），其三个顶点分别是()1,0A ，()0,1B ，()2,2C ，目标函数1yz x =+表示点(),x y 与()1,0−连线的斜率，过()1,0A 时，min0z =，过()0,1B 时，max 1z =，故01z ≤≤，选A ．4．答案B 【解析】33sin108606666f ππππππ⎛⎫=+=+> ⎪⎝⎭⎛⎫⎪⎝⎭，排除C ； 33sin 108606666f ππππππ⎛⎫− ⎪⎛⎫⎝⎭−=−+=−+> ⎪⎝⎭⎛⎫− ⎪⎝⎭，排除A 、D ；选B ． 5．答案D 【解析】由三视图得该几何体为四棱锥A BCDE −（如图），底面棱长与高均为2，12222ABC ABE S S ∆∆==⨯⨯=，122ADE ADC S S ∆∆==⨯⨯=，4BCDE S =，所以28表S =+，选D ．6．答案A 【解析】根据线面垂直的判定定理m α⊂，且m β⊥αβ⇒⊥，反之m α⊂，且αβ⊥，直线m 与平面β可能垂直，也可能是斜交，或在平面β内，所以“m β⊥”是“αβ⊥”的充分不必要条件，选A ．7．答案B 【解析】因为2021201920192020a a a a −=−所以20212020201920a a a +−=，即220q q +−=，因为1q ≠，所以2q =−，20202021201920202020202120202021220S S S a a a a a +−=++=+=，选B ．8．答案C 【解析】由题意知2DEF DOF DOE S S S ∆∆∆=⋅所以2EFOF OE =⋅① :AB l y x c =+，设()11,A x x c +，()22,B x x c +，则()11,D x x c −−，则直线DB 的方程为()1222212x x c y x c x x x x ++−−=−−，令0y =，则()()()212121*********E x x x c x x c x x x x x x cx x c−−+++=+=++++②2222+1x y a b y x c ⎧=⎪⇒⎨⎪=+⎩()2222222220a b x a cx a c a b +++−=，则21222222212222a cx x a b a c a b x x a b ⎧−+=⎪⎪+⎨−⎪=⎪+⎩代入②得2E a x c =−，由①得：22222222()()a a c c c a a c c c⋅=−⇒=−，即422430a c a c −+=，所以42310e e −+=2e ⇒=即e =C ．9．答案D 【解析】令1c b =则0c >，21a c +=，2121221212222ab a a a cb ac a a c a++=+=++++1112222a a c a c a +=++≥=+，当且仅当2aa c a c a +=+即)1c a =又因为21a c +=，所以1a =−，3c =−3b =+取等号，选D ．10．答案B 【解析】())(()()()()121121n n n n f x f x f x g x g x g x g x f x −−++++=++++即为()()()()()()()()112211n n n n f x g x f x g x f x g x f x g x −−−=−+−++−即112211ln ln ln ln n n n n x x x x x x x x −−−=−+−++−，令()ln h x x x =−，则()111x h x x x−'=−=， 所以()h x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减，21,e ⎡⎤⎣⎦单调递增()()min 11h x h ==， ()()222max 1max ,e e 2e h x h h ⎧⎫⎛⎫==−⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭，所以()()2e 2111n h n −≥−=−即2e 1n ≤−，故正整数n 的最大值为6，选B ．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．答案1−，14n −−【解析】令1n =，得114133a a =+得11a =−，当2n ≥时，114133n n S a −−=+，所以114433n n n n n a S S a a −−=−=−，所以()142n n a a n −=≥，所以14n n a −=−．12．答案90，528【解析】()()5532311x x −=−+⎡⎤⎣⎦，则2a 为展开式第四项的系数()()2234531901T C x x =−=−⎡⎤⎣⎦，则290a =；在展开式中令2x =得50123454a a a a a a +++++=，令0x =得50123452a a a a a a −+−+−=−，两式相减得135528a a a ++=．13．答案2425−，50− 【解析】因为π,π2α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以sin 0α>，cos 0α<，221sin cos 5sin cos 1αααα⎧+=⎪⎨⎪+=⎩解得4sin 53cos 5αα⎧=⎪⎪⎨⎪=−⎪⎩， 24sin 22sin cos 25ααα==−；227cos 2cos sin 25ααα=−=−，πππcos 2cos 2cos sin 2sin 444ααα⎛⎫−=+ ⎪⎝⎭3125250=−⨯=−． 14．答案3【解析】如图过A 作AF BE ⊥于F ，则AF =在折叠过程中点A 到平面BDE 的距离d AF ≤，故max d =1233A BDE BDE V S d d'−∆==≤． 15．答案⎤⎥⎦表示点(),P x y 与点()3,0C −的距离PC ，如图当CP AB ⊥时距离最短，直线AB 的方程为145x y+=，即54200x y +−=，min CP ==，max 7PCCA ==⎤⎥⎦．16．答案427，45【解析】记事件A 为红、黄两球恰好在一个盒子内，则()()1125442242324254552280454027C C A P A C C A C A A A +===⎛⎫++ ⎪⎝⎭；{}0,1,2ξ∈， ()224232424444222040540540C C A C A A A P ξ++===，()()132244342401540540C A C A P ξ+===， ()()221444962540540C A C P ξ+===，所以240964324=1+2==5405405405E ξ⨯⨯． 17．答案13m =或3m =【解析】以{},AC AB 为基底，则CB CA AB AB AC =+=−，()AC mAB CB −⋅=()()220AC mAB AB AC AC AB ACmAB mAB AC −⋅−=⋅−−+⋅=，即()221cos mc b m bc A+=+，所以()22cos 1mc b A m bc+=≥=+，当且仅当b =时取等号，因为角A最大值为π6=即231030m m −+=， 所以13m =或3m =．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．【解析】（Ⅰ）因为222sin sinsin sin C B A A B −=，由正弦定理222c b a −=，所以222+a b c −，由余弦定理222+cos 2a b c C ab −=，因为π02C <<，所以π=6C ． （Ⅱ）因为在锐角△ABC 中6C π=，所以π02π025π6A B A C ⎧<<⎪⎪⎪<<⎨⎪⎪+=⎪⎩得ππ32B <<，sin cos tan A B C++()3π=sin cos cos 23B C B B B B ⎛⎫++++++⎪⎝⎭，2ππ5π336B <+<，所以1πsin 23B ⎛⎫<+< ⎪⎝⎭即3sin cos tan 623A B C <++<+． 19．【解析】（Ⅰ）如图取AB 、AC 中点M 、N 连CM 、BN ， 则CM AB ⊥，因为面11ABB A ⊥面ABC ，面11ABB A 面ABC AB =，CM ⊂面ABC ，所以CM ⊥面11ABB A ，所以1AA CM ⊥，同理1AA BN ⊥，设=CMCN Q ，所以1AA ⊥面ABC ．（Ⅱ）连1C N ，由第一问与1112A B AB =知1、、NB NCNC 两两垂直，以N为原点，1、、NB NC NC 所在直线为、、x y z 轴如图建立坐标系．()0,A ，()3,0,0B，()0,3,0C ，()16C ，(10,CC =，()3,3,0BC =−，设(),,n x y z =为面11BCC B 的法向量，则100n BC n CC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即3060x z ⎧−=⎪⎨=⎪⎩，令x 则y =z =所以(2,6,n =，11n =．12++0,333AE AC CE AC CC ⎛=== ⎝⎭，22AE =，62n AE ⋅= 设AE 与面11BCC B 所成角为θ，3sin cos ,11n AE n AE n AEθ⋅=<>==cos 11θ=，所以AE 与面11AB D ． 20．【解析】（Ⅰ）因为()221110n n n n n a na a a +++−+=所以()()1110n n n n n a na a a +++−+=⎡⎤⎣⎦，即()111n n n a na ++===，所以1n a n=，21a 1n n S b =−，当1n =时111S b =−得112b =，当2n ≥时，1n n n b S S −=−得12n n b b −=即112n n b b −=，所以12n n b =．（Ⅱ）要证2221223n n a a a S +++<+只需证明222111511232n n +++<−，当1n =时，左边11S =，右边517326=−=，不等式成立，当2n ≥时，22211411214121214n n n n n ⎛⎫<==− ⎪−−+⎝⎭−， 22211111111152121235572121321n n n n ⎛⎫+++<+−+−++−=− ⎪−++⎝⎭， 只需证明12221n n <+，因为当2n ≥时，1212122n n n n +>+>+=，即12221n n <+成立，故原不等式成立．21．【解析】（Ⅰ）设()11,A x y ，()22,B x y ，()00,P x y直线AP 的方程：()11y y k x x −=−与22y x =联立得2112220ky y y kx −+−=，因为PA 与抛物线相切所以()1144220k y kx ∆=−−=，将2112y x =代入得11k y =，11:AP l yy x x =+，同理22:BP l yy x x =+，将()00,P x y 代入得0101y y x x =+，0202y y x x =+，所以直线AB 的方程为00y y x x =+，将002x y =−代入得()012y y x −=−过定点()2,1N ．（Ⅱ）1212,22x x y y D ++⎛⎫ ⎪⎝⎭，1122yy x x yy x x =+⎧⎨=+⎩所以1202y y y +=，则PD y ⊥轴， ()00,P x y ，200,2y E y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()2000,D y x y −，所以E 为PD 中点，则1122AE AD AP =+1142AB AP =+，在ABP ∆中，12AM t AB t AP =+，则121t t +=，由A 、E 、M 三点共线知113t =，223t =，所以22113326BEM BPE BPD PAB S S S S ∆∆∆∆==⨯=，直线AB 的方程为00y y x x =+，点()00,P x y 到直线AB 的距离d =，由0022y y x x yx =+⎧⎨=⎩得200220y y y x −+=，2048y x ∆=−， 12AB y =−=，所以()322200000012224332PAB S AB d y x y x y y ∆==−−=−+≥，当01y =时取等号， 所以()min 32BEM S ∆=．22．【解析】（Ⅰ）因为()e e ln x xa f x x x−'=+，所以()1e e 1f a '=−=−得1a =．（Ⅱ）由（Ⅰ）知()()e 1ln x f x x =−，即证当1x ≥时，()2e 1ln x x x x −≥−①；先证当1x ≥时，1ln x x x −≥，令()11ln ln 1x h x x x x x−=−=+−， 所以()221110x h x x x x−'=−=≥成立，即()h x 在[)1,+∞单调递增，()()min 10h x h ==，故当1x ≥时，1ln 0x x x−≥≥，要证①式只需证明当1x ≥时，2e 1x x −≥， 令()()2g =e 11x x x x −−≥，()g =e 2x x x '−，()g =e 2e 20x x ''−≥−>，所以()g x '在[)1,+∞单调递增，()min g =e 20x '−>，所以()g x 在[)1,+∞单调递增，()min g =e 20x −>成立，因此原不等式成立．（Ⅲ）当1x ≥时，()1m x x f x m+−≥恒成立，即()1e 1ln m xx x x m +−−≥②成立，当1x =时，R m ∈，当1x > 时，②ln e 11e 1ln ln x m m x x x m x m x −−−⇔≥=，令()e 1x p x x−=，则()()ln p x p m x ≥，因为()()()()221e 111110x x x x p x x x−+−++'=>=>，所以()p x 在定义域上单调递增，故只需ln x m x ≥，所以当1x >时ln xm x ≤，令()()1ln x q x x x =>，则()()2ln 10ln x q x x −'=>得e x >，所以()q x 在()1,e 单调递减，在()e,+∞单调递增，()()min e e q x q ==，所以e m ≤，实数m 的最大值为e ．《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（二）1．A 解析：{-1,3}{-1}，A B ==，则{3}A C B =，故选A.2．B 解析：展开式中含x 项为1231(2)(-)-12C x x x=，故选B .3．A 解析：当12x y ==时，3x y +取得最大值2，故选A .4．D 解析：两个函数均经过点(0,1)，且在定义域内均有相同的单调性，故选D. 5．C 解析：利用线面平行性质得充分性，线面平行的判定定理得必要性，故选C .6．C 解析：由条件可得222282+a b a b +=，则222842b a a b a b ab++=≥，当且仅当2222216ab a b ⎧=⎪⎨+=⎪⎩时取等号，此时,a b 有解，故不等式等号能取到，从而选C .第7题7．D 解析：结合图像，连接OP ，则OP =2c，因为OP a ≥， 所以22ca e ≥⇒≥，故选择D. 8．B 解析：取AC 中点O ，连接PO ，则直线PO 即直线l ，在平面PAQ 中，PA 是定直线，因为AB PA ≤，所以且直线AO 与直线AP 夹角小于等于4π，根据最小角定理，直线l 与平面PAQ 夹角的最大值为4π，当且就当平面PAO 与平面PAQ 垂直时，取到最大值，显然此时满足题意，故选B .9．A 解析：记,,OA a OB b OC c ===，其中不妨设OB 为固定线段，则点A,C 分别在以点O ，点B 为圆心，半径为2的圆上，且直线AC ，直线OB 夹角为6π，则|-|a c 最小值为PQ ，最大值为AC .分别取线段AP ，QC 中点为M,N ，结合图像可知3MN =，所以|-|a c 最小值为0，此时与条件不符，所以|-|0a c >，|-|a c 最大值为23-23PQ ≤.故选A.10．C 解析：令x =0，则b =0.1()-sin 2sin 42f x a x c x ππ+=+，(2)sin 4f x a x π=+sin 8c x π，带入可得2sin 4sin 4sin 8c x a x c x πππ=+.整理得2-2cos 4c a c x π=恒成立，故0a c ==，综上所述，三个参数均为可确定.故选C.11．2π解析：记11()sin sin 2sin 4 (24)f x x x x =+++，则(2)()f x f x π+=.12．5；－7 解析：2-724z i =+.13．53103； 提示：由三视图可知，几何体为一个三棱柱剪去一个三棱锥.14．（1，1）；(2,2) 解析：(1)10a x y −+−=，易得过定点（1,1）；结合函数图像可知，当直线与圆相切与(1,1)时，恰好两个交点，此时2r =；当圆经过（2,0）时，恰好两个交点，此时2r =，故(2,2)r ∈.15．24；1 解析：本质是四个水果的全排列，故有24种取法；ξ可取0，1，2.111(0);(1);(2)333P P P ξξξ======，故()1E ξ=.16．3754解析：2-1，a a b S T b ==，则(2-1)124a b =，故5,4a b ==.又2375(2-1)4bb a a S T b ==. 17．2 解析：令1x =，得2a b +=，则32323=32x ax x b x ax x a +−++−+−322=32=(1)[+(1)2+]0x ax x a x x a x a +−+−−+−≥，2+(1)2+x a x a +−含因子(-1)x ，故0,2a b ==. 18．解析：（Ⅰ）由题设及正弦定理得cos 2sin cos 222B B B =．因为cos 02B ≠，故1sin 22B =，O第8题第9题因此B =60°．......................................................7分（Ⅱ）13sin -3sin()-3sin sin(-)3223A C C C C C C ππ=+==，由△ABC 为锐角三角形，则(,)62C ππ∈，所以11sin(-)(-,)322C π∈..................14分19．解析：（Ⅰ）根据题意，有AD BD BD AE AD AE A ⊥⎧⎪⊥⎨⎪=⎩，则BD ⊥平面ADE .因为平面BD ABCD ⊆，所以平面ADE ⊥平面ABCD ............................7分 （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系，以D 点为原点，DA ，DB 为,x y 轴，竖直向上为z 轴，则(0,0,0),(1,0,1),(0,2,0)D E B ，设(,,)M x y z 3λ=，由EM MB λ=则(-1,,-1)EM x y z =，(-,2-,-)MB x y z =，所以121()111，，M λλλλ+++，在平面ADM 中，(1,0,0)AD =，121()111，，DM λλλλ=+++，所以平面ADM 一个法向量为1(0,-1,2)n λ=，即13)n =.平面AED 一个法向量2(0,1,0)n =所以121cos ,-2n n <>=，所以二面角--E AD M 的平面角为3π.....................15分20．解析：（Ⅰ）当1n =时，1a =4−，2n ≥时，114112(21)(21)2(2)88n a n n n n +−−=−−−=≥综上5()n a n n N *=−∈.............................7分（Ⅱ）易得5|5|()21n n n b n N *−−=∈+，显然0n b ≥.105|5|+21n n n n b b −−−=++5|5|21n n −+−+|5|(9)n n =−≤，故129...10b b b +++=，即11n ≥时，不等式成立.........15分21．解析：（Ⅰ）易得1(3,)2A ，则13,)2A 带入抛物线得3p =，则3(0,)2F ，所以直线'A F 的方程为6-23-90y x =................5分 （Ⅱ）设点2(2,2)A pa pa ，带入椭圆得242(4)1p a a +=，且2'(-2,2)A pa pa ，2(-2,-2)C pa pa ，2(-,)28p p B a a ，若点B 在椭圆内，所以221282p pa a a <⇒>. 42212216-1,2()8a S p a S p a a ==，故212424-14(41)a S S a a =+令24-10t a =>，则1224(1)(2)t S S t t =++，记2()(1)(2)th t t t =++，则232-2-22'()(1)(2)t t h t t t +=++，令'()0h t >，得5-1t ∈；'()0h t <，得)t∈+∞，所以t=时，12S S的取值最大值，此时2a=，所以2221(41)pa a==+...................15分22．解析：（Ⅰ）易知(0,)x∈+∞，令1ln()0xexf xke=⇒=，令()h xlnxexe=，则11-ln'()xexx eh xe=.11()-ln,g x xx e=则211'()--0g xx ex=<，即()g x在(0,)x∈+∞上单调递减.因为()0g e=，所以(0,)x e∈时，'()0h x>，递增()h x；()，x e∈+∞时，'()0h x<，()h x递减；所以max1()()h x h ee==,且x→+∞时，()0h x→;0x→时，()-h x→∞,所以当11ek≤，即k e≥，函数()f x存在零点........7分另解：1(1)0ef e=>，()-0f e e k=≤，∴()f x在(1]e，内有零点，得证.（Ⅱ）()0-(ln)0xexf x k e ke+=⇔=，令1212,x xt te e==，则12,t t时方程-ln0t e k t=两个不同实根.若0k≤，函数()-lntm t e k t=是定域上得单调函数，与已知矛盾，故0k>，从而12,1t t>.故要证3221ln-1xexx k<<，即证221ln tett ke<<.先证明：22ln ttke<，等价于证明22t e et>，即22-0t e et>.记()-th t e et=，1t>，其中'()-0th t e e=>，所以()(1)0h t h>=，不等式得证.下证：12t t e>.因为121212121212-ln ln ln ln ln-lnt t t t t te e e e e ekt t t t t t+====+，由对数平均不等式得121212121212---ln-ln22t t t tt t t te e e et t t t++<，所以1212ln lnt te et t+<+121222t t t te e++，即12124()lnt t t t<+，所以122t t<，所以12t t e>，不等式得证.................15分《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（三）一、选择题1．C 解答集合]5,0[=A，),1(+∞=B，则]5,1(=BA ，选择C．2．B解答331212i iz===−−，选择B．3．C 解答直线m上有两点到平面α的距离相等，直线m与平面α平行或相交；直线//m平面α，直线m上存在两点到平面α的距离相等，选择C．4．B 解答作出不等式组的可行域，由线性规划可求得2x y−的最大值为3−，选择B．5．D 解答特殊赋值，选择D．6．A 解答圆的圆心在第二象限，设其方程为222()()(0)x a y a a a++−=>，由于此圆过点(2,1)−，则222(2)(1)a a a−++−=，解得1=a或5=a．当1a =时，圆心为(1,1)−，其到直线10x y +−=的距离d =． 当5a =时，圆心为(5,5)−，其到直线10x y +−=的距离d =．综上，选择A ．7．D 解答 由于22BAF BF A ∠=∠，则2BA BF =，从而1212BF BF AF a −==．又212AF AF a −=，则24AF a =．由于22222(416)44a a b c +=+，则222210a c a c =−+，解得2e =，选择D ． 8．A 解答 有放回依次取出两个小球时，212(0)()n P m n ξ==+，122(1)()mnP m n ξ==+， 212(2)()m P m n ξ==+，12()m E m n ξ=+，122()()mnD m n ξ=+． 当无放回依次取出两个小球时，2(1)(0)()(1)n n P m n m n ξ−==++−，22(1)()(1)mn P m n m n ξ==++−，2(1)(2)()(1)m m P m n m n ξ−==++−，22()m E m n ξ=+，2222()()1mn m n D m n m n ξ+−=⋅++−． 综上，选择A ．本题也可特殊赋值，如取2m n ==，则12()()1E E ξξ==，11()2D ξ=，11()2D ξ=，故选择A ． 9．C 解法1 令()ln 1e x t h x tx −=−−若0t <，则()h x 在(,0)−∞单调递增，()h x 不存在两个零点． 若0t >，则1()e x t h x x−'=−在(0,)+∞单调递增，0x +→时，()0h x '<， 1(1)01e h t t '+=−>+，存在唯一实数0(0,1)x t ∈+，001e x t x −=，00ln x t x =−．()h x 在0(0,)x 递减，0(,)x +∞递增，且0x +→时，()h x →+∞；x →+∞时，()h x →+∞．若()h x 在(0,)+∞有两个零点，则0()0h x <，00001ln 1ln 10e x t tx t x t x −−−=−−+−<，001ln 1t t x x ++>+，ln 12t t ++>，解得1t >，选择C ．解法2 函数e x y =与ln y x =关于y x =对称．若0t <，()e x t f x −=与()ln 1g x tx =+的图像仅有一个交点． 0t >时，()e x t f x −=由函数e x y =项右平移t 个单位得到．10et <<时，()ln ln 1g x x t =++由函数ln y x =向下平移ln 1t +个单位， 1et ≥，()ln ln 1g x x t =++由函数ln y x =向上平移ln 1t +个单位．当1t =时，两曲线相切1t >时，二者有两个交点，选择C ．10．B 解法1 1cos602EF EG EF EG EF EG ⋅==21sin 6023EF EG =⋅23EFG S ∆=， 又133224EFG S FG FG ∆=⋅⋅=，则12EF EG FG ⋅=，FG EF EG =．由余弦定理，222FG EF EG EF EG =+−⋅，即223()FG FG EF EG +=+．记EFG θ∠=（(,)62ππθ∈），由正弦定理，sin 60sin(120)sin FG EF EGθθ==− sin(120)sin EF EG θθ+=−+，则2sin()6EF EG FG πθ+=+，从而234sin ()16FG πθ=+−3[1,)2∈，即EF EG ⋅)43,21[∈，选择B ．解法2 过点E 作AB 的垂线，垂足为H ，由△EFG 是锐角三角形知点H 在线段AB 上（不含端点），记HEF θ∠=，3HEG πθ∠=，(0,)3πθ∈， ()()EF EG EH HF EH HG ⋅=+⋅+2EH HF HG =+⋅33tan tan()443πθθ=−−231tan 413tan θθ+=⋅+，记θt tan 3+1=，(14)t ∈，，上式22414(2)44t t t t t −+==+−13[)24∈，，选择B ． 二、填空题11．1,5 解答 2(lg5)lg 2lg50+⋅2(lg5)lg 2lg5lg 2=+⋅+lg5(lg5lg 2)lg 2=++1=，94log 4log 923+32log 2log 3235=+=．12．12，34π 解答 由三视图知此几何体是一个四棱锥，其体积为12cm 3．设此几何体外接球的半径为r ，则249916r =++，从而外接球的表面积是34πcm 2．13．128，129 解答 令1x =，则702128a ==．令1x t −=，则上式等价于3710910910(1)(2)t t a t a t a t a ++=++++，526787772323129a C C C =⋅+⋅+=．14．)4,(−∞，)2,0( 解答（1）当0a ≤时，由图像知，一定存在实数12,x x （12x x ≠），使得12()()f x f x =．当02a <<时，2254a a −<恒成立．当2a ≥时，125a a −>−，解得4a <，从而24a ≤<． 综上，当4a <时，存在实数12,x x （12x x ≠），使得12()()f x f x =成立． （2）当0a ≤时，由图像知，251a a −>−，解得4a >，不合题意．当02a <<时，2254a a −<恒成立，即02a <<时存在实数123,,x x x （123x x x ≠≠），使得123()()()f x f x f x ==成立． 当2a ≥时，不合题意．综上，当02a <<时，存在实数123,,x x x （123x x x ≠≠），使得123()()()f x f x f x ==成立．15．3π−解答 函数)2sin(2)(ϕ+=x x f 的图像向左平移6π个单位，得到的函数 2sin[2()]6y x πφ=++2sin(2)3x πφ=++关于原点对称，则3k πφπ+=，即3k πφπ=−（∈k Z ）． 由于22ππφ−<<，则3πφ=−．16．2 解答 由均值不等式，2221211ab a b a ++++221211a a a bb =++++211a a +≤+2211a a =++2≤，当12a b =⎧⎪⎨=⎪⎩时取等． 17．2 解答 设ACD θ∠=，23BCD πθ∠=−，2[0,]3πθ∈．由三余弦定理，cos cos cos A CB A CD BCD ''∠=∠∠2cos cos()3πθθ=−，在△BC A '中，254cos A B A CB ''=−∠ 254cos cos()3πθθ=−−262cos(2)3πθ=−−4≥，当3πθ=时取等，即A B '的最小值为2．三、解答题 18．解答（1）3sin cos()0a B b B C ++=等价于3sin cos a B b A =，由正弦定理，3sin sin sin cos A B B A =．由于0,2A B π<<，sin 0B ≠，从而3tan 3A =，解得6A π=．（2）由于A B C π++=，则56B C π+=．由于0202B C ππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<<⎪⎩，解得32B ππ<<． 由正弦定理，2sin sin sin b c aB C A===，解得2sin b B =，2sin c C =， 从而c b −323sin 2sin B C =−523sin 2sin()6B B π=−−3sin cos B B =−2sin()6B π=−，由于32B ππ<<，则663B πππ<−<，2sin()(1,3)6B π−∈．即)3,1(3∈−c b ．19．解答（1）证法1 取PD 中点为F ，连结,EF AF ，如答图1，因为E 是PC 的中点，则//EF CD ， 即//EF AB 且EF AB =，所以，四边形ABEF 为平行四边形，//BE AF 又AF ⊂平面PAD ，BE ⊄平面PAD ， 故//BE 平面PAD ．（2）因为BCD ∠为直角，则AB BC ⊥．又PA BC ⊥且PAAB A =，则BC ⊥平面PAB ，PB BC ⊥，平面PAB ⊥平面ABCD ，所以PBA ∠是二面角P BC D −−的平面角，即45PBA ∠=． 过点P 作PM AB ⊥于M ，连结DM ，则PM ⊥平面ABCD ，2MB MP ==，5AD AP ==，22PD =． 由于//BM CD 且BM CD =，则四边形BCDM 是平行四边形，//BC DM ，直线BC 与平面PAD 所成角即为直线DM 与平面PAD 所成角θ．设点M 到平面PAD 的距离为d ，由等体积法，P ADM M ADP V V −−=，即ADP ADM dS S ∆∆=⋅31231，解得63d =， 6sin 6d DM θ==，故直线BC 与平面PAD 所成角的正弦值为66． （几何法、空间向量法均可）20．解答（1）两式相加，则112()n n n n a b a b +++=+，数列{}n n a b +首项为114a b +=，公比为2的等比数列，11422n n n n a b −++=⋅= ①．两式相减，则112n n n n a b a b ++−=−−，又11a b <，则n n a b <，112()n n n n a b a b ++−=−，数列{}n n a b −首项为112a b −=−，公比为2的等比数列，1222n n n n a b −−=−⋅=−． ②联立①、②，解得12n n a −=，132n n b −=⋅．（2）12(21)n n nc =−11212n n =−−12n ≤，从而122111222n nc c c +++<+++1112n =−<，即证．21．解答（1）1(0,)2m F ，2(,0)2nF ．联立2222x my y nx⎧=⎪⎨=⎪⎩，解得2133123322Q Qx m n y m n ⎧=⎪⎨⎪=⎩，即21123333(2,2)Q m n m n ． 由于12OQ F F ⊥，则12OQ F F ⋅=21123333(2,2)(,)022n mm n m n ⋅−=，解得m n =．（2）设222(,),(,),(,)222C A BA B C y y y A y B y C y n n n．由于2AB A B n k y y =+，直线AB 的方程为2A B A B A By y ny x y y y y =+++．由于直线AB 与抛物线1C 相切，联立222A B A B A B y y n y x y y y y x y m ⎧=+⎪++⎪⎨⎪=⎪⎩，2240A B A B A Bmy y mnx x y y y y −−=++，22128160()A B A B A B my y m n y y y y ∆=+=++，2()2A B A B y y y y mn +=−． 同理，2()2A C A C y y y y mn +=−．()()B A B C A C y y y y y y +=+，即()()0B C A B C y y y y y −++=，0A B C y y y ++=，△ABC 的重心G 在x 轴上，1OG OF ⊥．22．解答（1）若21()2e xf x x x =−−，则()1e x f x x '=−−． 令()1e x g x x =−−，()1e x g x '=−，()g x 在(,0)−∞递减，在(0,)+∞单调递增，()(0)0g x g ≥=，即()0f x '≥在x ∈R 上恒成立，)(x f 在R 上单调递增．（2）()21e x f x ax '=−−，()2e x f x a ''=−，()f x '在(,ln 2)a −∞递减，在(ln 2,)a +∞单调递增，(ln 2)2(1ln 2)10f a a a '=−−<，(0)0f '=，x →+∞时，()f x '→+∞．()f x 有两个极值点0,m （(ln 2,)m a ∈+∞），()f x 在(,0)−∞递增，(0,)m 递减，(,)m +∞递增．若00x =，则01()()1f x f x ==，10x >，010x x +>． 若0x m =（0m >），1()()f m f x =，此时10x <． 1000()()()()f x f x f x f x −−=−−0002e e x x x −=−−．设()2e e x x h x x −=−−（0x >），()20e e x x h x −'=+−≥恒成立，()h x 在(0,)+∞单调递增，()(0)0h x h >=，即10()()f x f x >−．又()f x 在(,0)−∞递增，则100x x >>−，即010x x +>． （3）设曲线()y f x =上的切点为2(,)e s P s as bs −−，则切线斜率2e s k as b =−−，切线l 的方程为22)()(e e s s y as b x s as bs =−−−+−−．又点(1,0)在直线l 上，则22)(1)0(e e s s as b s as bs −−−+−−=，关于s 的方程2(2)2e s s as as b −+−=有3个实数根．令2()(2)2e x x x ax ax φ=−+−（0a >），()(1)2(1)e x x x a x φ'=−+−(1)(2)e x x a =−−−．若2ea =，()x φ在R 上单调递减，不合题意．若122ee a ≤<，()x φ在(,ln 2)a −∞递减，在(ln 2,1)a 递增，在(1,)+∞递减， (ln 2)(1)a b φφ<<，即244ln 2(ln 2)e a a a a a b a −+<<−， 此时254ln 2(ln 2)e a a a a a a b −+<+<．令25()(ln )2ln 22x F x x x x x =−+（e),e 1[∈x ），则21()(ln 1)02F x x '=−≥，()F x 在1[,e)e x ∈递增，11()2e F x ≥，即112e e a b ≤+<．若222e ea <≤，()x φ在(,1)−∞递减，在(1,ln 2)a 递增，在(ln 2,)a +∞递减， (1)(ln 2)b a φφ<<，即244ln 2(ln 2)e a b a a a a a −<<−+，此时254ln 2(ln 2)e a b a a a a a <+<−+，22e e a b <+≤．综上，当122e e a ≤<时，112e ea b ≤+<；当222e e a <≤时，22e e a b <+≤．《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（四）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．C ； 2．A ； 3．A ； 4. B ； 5．B ； 6．C ； 7．C ； 8．B ； 9．D ； 10．D 。

2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

（共10题；共40分）1.设集合，，则（）A. B. C. D.2.已知，，(i为虚数单位)，则（）A. -1B. 1C. -3D. 33.已知非零向量，则“ ”是“ ”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A. B. 3 C. D.5.若实数x，y满足约束条件，则的最小值是（）A. -2B.C.D.6.如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与直线异面，直线平面7.已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A. B. C. D.8.已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（）A. 0B. 1C. 2D. 39.已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10.已知数列满足.记数列的前n项和为，则（）A. B. C. D.二、填空题（共7题；共36分），小正方形的面积为，则________.12.已知，函数若，则________.13.已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为________. 14.已知多项式，则________，________.15.在中，，M是的中点，，则________，________.16.袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则________，________.17.已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________.三、解答题：本大题共5小题，共74分。

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x|x⩾1} , B= {x|−1<x<2}，则A∩B=()A. B. C. D.2.已知a∈R，(1+ai) i =3+i(i为虚数单位)，则a=()A. B. C. D.3.已知非零向量a⃗，b⃗ ，c⃗，则“a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗”是“a⃗=b⃗ ”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示(单位：厘米)，则该几何体的体积是(单位：cm3)()A.B.C.D.5.若实数x , y满足约束条件{x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0，则z=x−12y最小值是()A. B. C. D.6.已知正方体，，分别是，，，的中点，则()A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与异面，直线平面7.已知函数，则为右图的函数可能是()A.B. y =f(x)−g(x)−14 C.D.8. 已知，，是三个锐角，则，，中，大于的数至多有( )A. 个B. 个C. 个D. 个9. 已知 a , b ∈ R , a b >0，若函数f(x)=ax 2+b (x ∈R)，且f(s −t)，f(s)，f(s +t)成等比数列，则平面上点(s , t)的轨迹是( )A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10. 已知数列满足，，记数列的前和项，则( )A.B.C.D.二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)，若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S 1，小正方形的面积为S 2，则S1S 2= ．12. 已知，函数；若，则_________． 13. 已知多项式，则__________；__________．14. 在中，，，是的中点，，则__________；__________．15.袋中有4个红球，个黄球，个绿球，现从中任取两个球，记取出的红球数为；若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则_________，_________．16.已知椭圆，焦点，；过的直线和圆相切，并与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是_________，椭圆的离心率是__________．17.已知平面向量，，满足，，，，记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为，则的最小值的等于__________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.设函数f(x)=sinx+cosx(x∈R).(1)求函数y=[f(x+π2)]2的最小正周期；(2)求函数y=f(x)f(x−π4)在[0,π2]上的最大值．19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．1证明：；2求直线与平面所成角的正弦值．20.已知数列a n的前n项和为S n，a1=−9，且4S n+1=3S n−9(n∈N∗).4(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n+(n−4)a n=0(n∈N∗)，记{b n}的前项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围．21.如图，已知F是抛物线y2=2px (p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2．(1)求抛物线方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A , B两点，若斜率为2的直线l与直线MA , MB , AB , x轴依次交于点P , Q , R , N，且满足|RN|2=|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．22.设a , b为实数，且a>1，函数f(x)=a x−b x+e2(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，且满足x2>blnb2e2x1+e2b．答案和解析1.【答案】D【知识点】相等关系与不等关系、交集及其运算【解析】【解析】由题意可知，A∩B= { x | 1⩽x<2 }，故选D．2.【答案】C【知识点】复数的概念、复数的四则运算、复数相等的充要条件【解析】【解析】∵(1+ai) i = −a+i = 3+i，∴a=−3.故选：C．3.【答案】B【知识点】推理、必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量的数量积【解析】【解析】∵a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，∴(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=0，即(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，但a⃗≠b⃗ 不一定成立，故充分性不满足，若a⃗=b⃗ ，则a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗必成立，故必要性满足，所以是必要不充分条件．故选：B．4.【答案】A【知识点】几何体的侧面积、表面积、体积问题、数学模型与数学探究活动、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体的三视图【解析】【解析】由三视图可得，直观图如图所示，四棱柱A B C D−A1B1C1D1，由俯视图可知，底面A B C D为等腰梯形，将四棱柱补形成棱长为2的长方体，则BE=√22，所以V=12×(√2+2√2)×√22⋅1=32．故选：A．5.【答案】B【知识点】数学思想和方法、范围与最值问题、二元一次不等式（组）与平面区域【解析】【解析】由题意可知，可行域如图所示，令直线l：y=2x−2z，当直线l过点A(−1 ,1)时，z有最小值−32．故选：B．6.【答案】A【知识点】空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间中的位置关系 【解析】【解析】连接AD 1，则AD 1与A 1D 交于M ，AD 1⊥AD 1， 在正方体中，∵A B ⊥平面ADD 1A 1，∴A B ⊥A 1D ， ∴AD 1⊥平面ABD 1， ∴A 1D ⊥D 1 B ， ∵M 为AD 1中点， N 为D 1 B 中点， ∴M N//A B ，∴M N//平面A B C D ． 故选：A ．7.【答案】D【知识点】函数的图象、函数的奇偶性、复合函数的单调性、数学模型与数学探究活动 【解析】【解析】易知函数图像表示的是奇函数，y =f(x)+g(x)−14=x 2+sinx 与y =f(x)−g(x)−14=x 2−sinx 均为非奇非偶函数，排除A 和B ，对于C ，y =f(x)g(x)=(x 2+14) sinx 在[0， π2]上单调，与题意不符． 故选：D ．8.【答案】C【知识点】推理、运用反证法证明、三角恒等变换【解析】【解析】假设sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα均大于12，即sinαcosβ>12，sinβcosγ>12，sinγcosα>12，则(sinαcosβ)⋅(sinβcosγ)⋅(sinγcosα)>18，而另一方面，(sinαcosβ)(sinβcosγ)(sinγcosα)=(sinαcosα)(sinβcosβ)(sinγcosγ)，化简得，12sin2α⋅12sin2β⋅12sin2γ=18sin2α⋅sin2β⋅sin2γ≤18，故sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα不可能均大于12，取β=π4，α=π3，γ=π6，得到sinαcosβ=√64>12，且sinβcosγ=√64>12，∴大于12的数至多有2个．故选：C．9.【答案】C【知识点】数学思想和方法、圆锥曲线中的对称性问题、直线方程的综合应用、双曲线的概念及标准方程【解析】【解析】∵f(s−t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，∴f2(s)=f(s−t)⋅f(s+t)⇒[a(s−t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2，⇒a2(s2−t2)2+a b(2s2+2t2)+b2=a2s4+2abs2+b2，⇒a2(s4−2s2t2+t4)+2abs2+2abt2+b2=a2s4+2abs2+b2，∴a2t4−2a2s2t2+2abt2=0⇒at4−2as2t2+2bt2=0⇒t2(at2−2as2+2b)= 0，当t=0时，(s , t)的轨迹是直线，当at2−2as2+2b=0时，2s2−t2=2ba>0，即s2ba−t2a=1，此时(s , t)的轨迹是双曲线．故选：C．10.【答案】A【知识点】运用放缩法证明不等式、数列的递推关系、数列的求和【解析】【解析】∵a n+1=n1+√a ⇒a n+1+a n+1√a n =a n ，∴a n+1=n n+1√a ，∵√a n >12(√a n +√a n+1)， ∴a n+1<n n+112(√a +√a )=2(√a n −√a n+1)，∴S 100<1+2(√a 1−√a 2+√a 2−√a 3+⋯+√a 99−√a 100)=1+2(1−√a 100)<3， 易知：n ⩾2时，a n ≤12，先证明：n ⩾2时，√a n <712(√a n +√a n+1)⇔5√a n <7√a n+1⇔25 a n <49 a n+1，即：25a n <49⋅n1+√a ⇔√a n <2425(n ⩾2)成立，当n ⩾2，a n+1>n n+1712(√a +√a )=127(√a n −√a n+1)， 由a n+1=n 1+√a ⇒1an+1=1+√a n a n=1a n+√1a n ⇒1a n+1−1a n =√1a n≥1，则1a 2−1a 1>1 , 1a 3−1a 2>1 , ⋯ , 1a100−1a 99>1 ⇒1a 10>100，即a 100<1100， ∴S 100>1+12+127(√a 2−√a 3+√a 3−√a 4+⋯+√a 99−√a 100)=1+12+6√27−127√a 100≥32+6√27−635>52，综上：52<S 100<3． 故选：A ．11.【答案】25．【知识点】数学思想和方法、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】由题意可知，大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，则S 1S 2=251= 25．故答案为：25．12.【答案】2.【知识点】函数的解析式、复合函数、分段函数【解析】【解析】f(√6)=(√6)2−4=2，f(2)=|2−3|+a =3，解得a =2． 故答案为：2．13.【答案】5；10．【知识点】数学思想和方法、二项展开式的特定项与特定项的系数【解析】【解析】a 1 x 3=C 30x 3(−1)0+C 41x 3=5x 3，则a 1=5； a 2 x 2=C 31x 2(−1)1+C 42x 2=3x 2，则a 2=3； a 3 x =C 32x 1(−1)2+C 43x =7x ，则a 3=7； a 4=C 33x 0(−1)3+C 44=0；a 2+a 3+a 4=3+7+0=10． 故答案为：5；10．14.【答案】2√13；2√3913．【知识点】解三角形、数学模型与数学探究活动、余弦定理 【解析】【解析】因为= 60∘ ，AB =2 ，AM =2√3 ，所以BM =4 ，所以BC =8 ，AC = √AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB = 2√13 ， cos∠MAC =AC 2+AM 2−CM 22⋅AC⋅AM = 2√3913。

2021年高考数学真题试卷（浙江卷）一、选择题1.已知全集U={1，2，3，4，5}，A={1，3}，则∁U A=（）A. ∅B. {1，3}C. {2，4，5}D. {1，2，3，4，5}【答案】C【考点】补集及其运算【解析】【解答】解：因为全集U={1,2,3,4,5}，A={1,3}，所以根据补集的定义得∁U A={2,4,5}, 故答案为：C.【分析】根据补集的定义直接求解：∁U A是由所有属于集合U但不属于A的元素构成的集合．−y2=1的焦点坐标是（）2.双曲线x23A. (− √2，0)，( √2，0)B. (−2，0)，(2，0)C. (0，−√2)，(0，√2)D. (0，−2)，(0，2)【答案】B【考点】双曲线的简单性质−y2=1，所以焦点坐标可设为(±c,0)，【解析】【解答】解：因为双曲线方程为x23因为c2=a2+b2=3+1=4,c=2，所以焦点坐标为(±2,0)，故答案为：B.【分析】求得双曲线的a，b，由c=√a2+b2，求得c=2，即可得到所求焦点坐标．3.某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A. 2B. 4C. 6D. 8【答案】C【考点】由三视图求面积、体积【解析】【解答】详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别×(1+2)×2×2=6,为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为12故答案为：C.【分析】直接利用三视图的复原图求出几何体的体积．注意画出图形，结合图中数据即可求出它的体积．4.复数21−i(i为虚数单位)的共轭复数是（）A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i【答案】B【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】详解：∵21−i =2(1+i)2=1+i，∴共轭复数为1−i，故答案为：B.【分析】由复数的除法运算化简复数为a+bi（a，b∈R）的形式，则其共轭复数可求．5.函数y= 2|x|sin2x的图象可能是（）A. B.C. D.【答案】 D【考点】函数奇偶性的性质，奇偶函数图象的对称性【解析】【解答】解：令f(x)=2|x|sin2x，因为x∈R,f(−x)=2|−x|sin2(−x)=−2|x|sin2x=−f(x)，所以f(x)=2|x|sin2x为奇函数，排除选项A,B;因为x∈(π2,π)时，f(x)<0，所以排除选项C，故答案为：D.【分析】直接利用函数的图象和性质求出结果．可根据三角函数图象及其性质，利用排除法即可．6.已知平面α，直线m，n满足m⊄α，n⊂α，则“m∥n”是“m∥α”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】【解答】详解：因为m⊄α,n⊂α,m//n，所以根据线面平行的判定定理得m//α.由m//α不能得出m与α内任一直线平行，所以m//n是m//α的充分不必要条件，故答案为：A.【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．当命题“若p则q”为真时，可表示为p⇒q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．7.设0<p<1，随机变量ξ的分布列是则当p在（0，1）内增大时，（）A. D（ξ）减小B. D（ξ）增大C. D（ξ）先减小后增大D. D（ξ）先增大后减小【答案】 D【考点】离散型随机变量的期望与方差【解析】【解答】详解：∵E(ξ)=0×1−p2+1×12+2×p2=p+12，∴D(ξ)=1−p2(0−p−12)2+12(1−p−12)2+p2(2−p−12)2=−p2+p+14，∵12∈(0,1)，∴D(ξ)先增后减,故答案为：D.【分析】求出随机变量ξ的分布列与方差，再讨论D（ξ）的单调情况．解题的关键是掌握离散型随机变量的数学期望与方差.8.已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则（）A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【答案】 D【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面之间的位置关系【解析】【解答】详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD 于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此∠SEN=θ1,∠SEO=θ2,∠SMO=θ3,从而tanθ1=SNEN =SNOM,tanθ2=SOEO,tanθ3=SOOM,因为SN≥SO，EO≥OM，所以tanθ1≥tanθ3≥tanθ2,即θ1≥θ3≥θ2，故答案为：D.【分析】根据图形的特征作出三个角，表示出三个角的正弦或正切值，根据三角函数的单调性即可得出三个角的大小．9.已知a，b，e是平面向量，e是单位向量．若非零向量a与e的夹角为π3，向量b满足b2−4e·b+3=0，则|a−b|的最小值是（）A. √3−1B. √3+1C. 2D. 2− √3【答案】A【考点】平面向量数量积的性质及其运算律【解析】【解答】详解：设a=(x,y),e=(1,0),b=(m,n)，则由a,e=π3得a⋅e=|a|⋅|e|cosπ3,x=12√x2+y2,∴y=±√3x，由b2−4e⋅b+3=0得m2+n2−4m+3=0,(m−2)2+n2=1,因此|a−b|的最小值为圆心(2,0)到直线y=±√3x的距离2√32=√3减去半径1，为√3−1.故答案为：A.【分析】则向量b的终点在以（2，0）为圆心，以1为半径的圆周上，再由已知得到向量a的终点在不含端点O的两条射线y=± √3x（x＞0）上，利用直线和圆的位置关系可得答案．10.已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则（）A. a1<a3,a2<a4B. a1>a3,a2<a4C. a1＜a3,a2＞a4D. a1>a3,a2>a4【答案】B【考点】函数的单调性与导数的关系，等比数列，数列的应用【解析】【解答】a1,a2,a3,a4成等比数列，由等比数列的性质可知，奇数项符号相同，偶数项符号相同，a1＞1，设公比为q当q>0时，a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3) ，不成立；即a1>a3，a2<a4，a1<a3，a2<a4不成立，排除AD；当q=-1时，a1+a2+a3+a4=0，ln(a1+a2+a3) >0，等式不成立，所以q≠-1；当q<-1时，a1+a2+a3+a4<0，ln(a1+a2+a3) >0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)不成立，当q∈（-1,0）时，a1>a3>0，a2<a4<0，a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3) ，能够成立，故答案为：B【分析】利用等比数列的性质以及对数函数的单调性，通过数列的公比的讨论分析判断即可．二、填空题11.我国古代数学著作《张邱建算经》中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一。

ax
-4-
yloga
1
过定点(
1
,0)且单调递减，D选项符合；当
a1时，函数
单调递增，函数
x
2
2
y
a
x
(0,1)且单调递增，那么函数y
1
过定点
a
x过定点(0,1)且单调递减，函数
y
logax
1
过定点(1
,0〕且单调递增，各选项均不符合
.综上，选D.
2
2
【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；
D.既不充分也不必要条件
【答案】A
-3-
【解析】
【分析】
此题根据根本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法〞，通过特取a,b值，
推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、根底知识、逻辑推理能力的
考查.
【详解】当a>0,b>0时，a
b2ab，那么当a
b4时，有
2abab4，解得
【分析】
此题是简单线性规划问题的基此题型，根据“画、移、解〞等步骤可得解.题目难度不大题，注
重了根底知识、根本技能的考查.
【详解】在平面直角坐标系内画出题中的不等式组表示的平面区域为以(-1,1),(1,-1),(2,2)为
顶点的三角形区域〔包含边界〕
，由图易得当目标函数
z=3x+2y经过平面区域的点
2021年普通高等学校招生全国统一考试〔浙江卷〕
数学
参考公式：
假设事件A,B互斥，那么P(A
B)
P(A)
P(B)
柱体的体积公式V
Sh
假设事件A,B相互独立，那么P(AB)

23 + bn = 1+ q + q2 +
+
n qn−1
，
1 q
Tn
=
1 q
+
2 q2
+
3 q3
+ n −1+ n ， qn−1 qn
则 (1 −
1 q )Tn
=1+
1 q
+
1 q2
+
1 q3
+
1
−
n
=
1−
1 qn
−
n
，
qn−1 qn 1 − 1 qn
q
故 Tn
=
q2 (q −1)2
−( q n+ q −1
h(e−4 )
=
2 e4
+
4
2+
ln
2e
，所以 x1x2
1 e4
x1
1 e4 x2
从而得证.
《浙江省新高考研究卷》数学参考答案（二）
一、选择题：
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
A
D
D
C
D
B
D
A
B
A
二、填空题：本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分。
11． lg 3
12． − 2 5
x
+
x2 + e x -1
2x
+
2
5
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《浙江省新高考研究卷》2021 年 3 月卷 数学参考答案 第 2 页 共 20 页

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1.设集合A={x|x⩾1} , B= {x|−1<x<2}，则A∩B=()A. B. C. D.2.已知a∈R，(1+ai) i =3+i(i为虚数单位)，则a=()A. B. C. D.3.已知非零向量a⃗，b⃗ ，c⃗，则“a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗”是“a⃗=b⃗ ”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件4.某几何体的三视图如图所示(单位：厘米)，则该几何体的体积是(单位：cm3)()A.B.C.D.5.若实数x , y满足约束条件{x+1≥0x−y≤02x+3y−1≤0，则z=x−12y最小值是()A. B. C. D.6.已知正方体，，分别是，，，的中点，则()A. 直线与直线垂直，直线平面B. 直线与直线平行，直线平面C. 直线与直线相交，直线平面D. 直线与异面，直线平面7.已知函数，则为右图的函数可能是()A.B. y =f(x)−g(x)−14 C.D.8. 已知，，是三个锐角，则，，中，大于的数至多有( )A. 个B. 个C. 个D. 个9. 已知 a , b ∈ R , a b >0，若函数f(x)=ax 2+b (x ∈R)，且f(s −t)，f(s)，f(s +t)成等比数列，则平面上点(s , t)的轨迹是( )A. 直线和圆B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10. 已知数列满足，，记数列的前和项，则( )A.B.C.D.二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明，弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示)，若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S 1，小正方形的面积为S 2，则S1S 2= ．12. 已知，函数；若，则_________． 13. 已知多项式，则__________；__________．14. 在中，，，是的中点，，则__________；__________．15.袋中有4个红球，个黄球，个绿球，现从中任取两个球，记取出的红球数为；若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则_________，_________．16.已知椭圆，焦点，；过的直线和圆相切，并与椭圆的第一象限交于点，且轴，则该直线的斜率是_________，椭圆的离心率是__________．17.已知平面向量，，满足，，，，记平面向量在，方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为，则的最小值的等于__________．三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）18.设函数f(x)=sinx+cosx(x∈R).(1)求函数y=[f(x+π2)]2的最小正周期；(2)求函数y=f(x)f(x−π4)在[0,π2]上的最大值．19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，，，分别为，的中点，，．1证明：；2求直线与平面所成角的正弦值．20.已知数列a n的前n项和为S n，a1=−9，且4S n+1=3S n−9(n∈N∗).4(1)求数列a n的通项公式；(2)设数列{b n}满足3b n+(n−4)a n=0(n∈N∗)，记{b n}的前项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N∗恒成立，求实数λ的取值范围．21.如图，已知F是抛物线y2=2px (p>0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|=2．(1)求抛物线方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A , B两点，若斜率为2的直线l与直线MA , MB , AB , x轴依次交于点P , Q , R , N，且满足|RN|2=|PN|·|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．22.设a , b为实数，且a>1，函数f(x)=a x−b x+e2(x∈R).(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意b>2e2，函数f(x)有两个不同的零点，求a的取值范围；(3)当a=e时，证明：对任意b>e4，函数f(x)有两个不同的零点x1，x2(x1<x2)，且满足x2>blnb2e2x1+e2b．答案和解析1.【答案】D【知识点】相等关系与不等关系、交集及其运算【解析】【解析】由题意可知，A∩B= { x | 1⩽x<2 }，故选D．2.【答案】C【知识点】复数的概念、复数的四则运算、复数相等的充要条件【解析】【解析】∵(1+ai) i = −a+i = 3+i，∴a=−3.故选：C．3.【答案】B【知识点】推理、必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量的数量积【解析】【解析】∵a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗，∴(a⃗−b⃗ )⋅c⃗=0，即(a⃗−b⃗ )⊥c⃗，但a⃗≠b⃗ 不一定成立，故充分性不满足，若a⃗=b⃗ ，则a⃗⋅c⃗=b⃗ ⋅c⃗必成立，故必要性满足，所以是必要不充分条件．故选：B．4.【答案】A【知识点】几何体的侧面积、表面积、体积问题、数学模型与数学探究活动、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体的三视图【解析】【解析】由三视图可得，直观图如图所示，四棱柱A B C D−A1B1C1D1，由俯视图可知，底面A B C D为等腰梯形，将四棱柱补形成棱长为2的长方体，则BE=√22，所以V=12×(√2+2√2)×√22⋅1=32．故选：A．5.【答案】B【知识点】数学思想和方法、范围与最值问题、二元一次不等式（组）与平面区域【解析】【解析】由题意可知，可行域如图所示，令直线l：y=2x−2z，当直线l过点A(−1 ,1)时，z有最小值−32．故选：B．6.【答案】A【知识点】空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间中的位置关系 【解析】【解析】连接AD 1，则AD 1与A 1D 交于M ，AD 1⊥AD 1， 在正方体中，∵A B ⊥平面ADD 1A 1，∴A B ⊥A 1D ， ∴AD 1⊥平面ABD 1， ∴A 1D ⊥D 1 B ， ∵M 为AD 1中点， N 为D 1 B 中点， ∴M N//A B ，∴M N//平面A B C D ． 故选：A ．7.【答案】D【知识点】函数的图象、函数的奇偶性、复合函数的单调性、数学模型与数学探究活动 【解析】【解析】易知函数图像表示的是奇函数，y =f(x)+g(x)−14=x 2+sinx 与y =f(x)−g(x)−14=x 2−sinx 均为非奇非偶函数，排除A 和B ，对于C ，y =f(x)g(x)=(x 2+14) sinx 在[0， π2]上单调，与题意不符． 故选：D ．8.【答案】C【知识点】推理、运用反证法证明、三角恒等变换【解析】【解析】假设sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα均大于12，即sinαcosβ>12，sinβcosγ>12，sinγcosα>12，则(sinαcosβ)⋅(sinβcosγ)⋅(sinγcosα)>18，而另一方面，(sinαcosβ)(sinβcosγ)(sinγcosα)=(sinαcosα)(sinβcosβ)(sinγcosγ)，化简得，12sin2α⋅12sin2β⋅12sin2γ=18sin2α⋅sin2β⋅sin2γ≤18，故sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα不可能均大于12，取β=π4，α=π3，γ=π6，得到sinαcosβ=√64>12，且sinβcosγ=√64>12，∴大于12的数至多有2个．故选：C．9.【答案】C【知识点】数学思想和方法、圆锥曲线中的对称性问题、直线方程的综合应用、双曲线的概念及标准方程【解析】【解析】∵f(s−t)，f(s)，f(s+t)成等比数列，∴f2(s)=f(s−t)⋅f(s+t)⇒[a(s−t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2，⇒a2(s2−t2)2+a b(2s2+2t2)+b2=a2s4+2abs2+b2，⇒a2(s4−2s2t2+t4)+2abs2+2abt2+b2=a2s4+2abs2+b2，∴a2t4−2a2s2t2+2abt2=0⇒at4−2as2t2+2bt2=0⇒t2(at2−2as2+2b)= 0，当t=0时，(s , t)的轨迹是直线，当at2−2as2+2b=0时，2s2−t2=2ba>0，即s2ba−t2a=1，此时(s , t)的轨迹是双曲线．故选：C．10.【答案】A【知识点】运用放缩法证明不等式、数列的递推关系、数列的求和【解析】【解析】∵a n+1=n1+√a ⇒a n+1+a n+1√a n =a n ，∴a n+1=n n+1√a ，∵√a n >12(√a n +√a n+1)， ∴a n+1<n n+112(√a +√a )=2(√a n −√a n+1)，∴S 100<1+2(√a 1−√a 2+√a 2−√a 3+⋯+√a 99−√a 100)=1+2(1−√a 100)<3， 易知：n ⩾2时，a n ≤12，先证明：n ⩾2时，√a n <712(√a n +√a n+1)⇔5√a n <7√a n+1⇔25 a n <49 a n+1，即：25a n <49⋅n1+√a ⇔√a n <2425(n ⩾2)成立，当n ⩾2，a n+1>n n+1712(√a +√a )=127(√a n −√a n+1)， 由a n+1=n 1+√a ⇒1an+1=1+√a n a n=1a n+√1a n ⇒1a n+1−1a n =√1a n≥1，则1a 2−1a 1>1 , 1a 3−1a 2>1 , ⋯ , 1a100−1a 99>1 ⇒1a 10>100，即a 100<1100， ∴S 100>1+12+127(√a 2−√a 3+√a 3−√a 4+⋯+√a 99−√a 100)=1+12+6√27−127√a 100≥32+6√27−635>52，综上：52<S 100<3． 故选：A ．11.【答案】25．【知识点】数学思想和方法、数学模型与数学探究活动【解析】【解析】由题意可知，大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，则S 1S 2=251= 25．故答案为：25．12.【答案】2.【知识点】函数的解析式、复合函数、分段函数【解析】【解析】f(√6)=(√6)2−4=2，f(2)=|2−3|+a =3，解得a =2． 故答案为：2．13.【答案】5；10．【知识点】数学思想和方法、二项展开式的特定项与特定项的系数【解析】【解析】a 1 x 3=C 30x 3(−1)0+C 41x 3=5x 3，则a 1=5； a 2 x 2=C 31x 2(−1)1+C 42x 2=3x 2，则a 2=3； a 3 x =C 32x 1(−1)2+C 43x =7x ，则a 3=7； a 4=C 33x 0(−1)3+C 44=0；a 2+a 3+a 4=3+7+0=10． 故答案为：5；10．14.【答案】2√13；2√3913．【知识点】解三角形、数学模型与数学探究活动、余弦定理 【解析】【解析】因为= 60∘ ，AB =2 ，AM =2√3 ，所以BM =4 ，所以BC =8 ，AC = √AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB = 2√13 ， cos∠MAC =AC 2+AM 2−CM 22⋅AC⋅AM = 2√3913。

2021年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（4分）设集合{|1}A x x =，{|12}B x x =-<<，则(A B = )A ．{|1}x x >-B ．{|1}x xC ．{|11}x x -<<D ．{|12}x x <2．（4分）已知a R ∈，(1)3(ai i i i +=+为虚数单位），则(a = ) A ．1-B ．1C ．3-D ．33．（4分）已知非零向量a ，b ，c ，则“a c b c ⋅=⋅”是“a b =”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．32B ．3C 32D ．325．（4分）若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +⎧⎪-⎨⎪+-⎩，则12z x y =-的最小值是( )A ．2-B ．32-C ．12-D ．1106．（4分）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7．（4分）已知函数21()4f x x =+，()sing x x =，则图象为如图的函数可能是( )A ．1()()4y f x g x =+- B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =8．（4分）已知α，β，r 是互不相同的锐角，则在sin cos αβ，sin cos βγ，sin cos γα三个值中，大于12的个数的最大值是( ) A ．0B ．1C ．2D ．39．（4分）已知a ，b R ∈，0ab >，函数2()()f x ax b x R =+∈．若()f s t -，()f s ，()f s t +成等比数列，则平面上点(,)s t 的轨迹是( ) A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线10．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，1*)1n n na n N a +=∈+．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则( )A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分。

2021年浙江省高考数学试题一､选择题1. 设集合{}1A x x =≥，{}12B x x =-<<，则A B =（ ）A. {}1x x >-B. {}1x x ≥C. {}11x x -<<D.{}12x x ≤<2. 已知a R ∈，()13ai i i +=+，(i 为虚数单位)，则a =（ ） A. 1-B. 1C. 3-D. 33. 已知非零向量,,a b c ，则“a c b c ⋅=⋅”是“a b =”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件D. 既不充分又不必要条件4. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A.32B. 3C.32D. 325. 若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩，则12z x y=-最小值是（ ）A. 2-B. 32-C. 12-D.1106. 如图已知正方体1111ABCD A BC D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则（ ）A. 直线1A D 与直线1D B 垂直，直线//MN 平面ABCDB. 直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC. 直线1A D 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCDD. 直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B 7. 已知函数21(),()sin 4f x xg x x =+=，则图象为如图的函数可能是（ ）A. 1()()4y f x g x =+- B. 1()()4y f x g x =-- C. ()()y f x g x =D. ()()g x y f x =8. 已知,,αβγ是互不相同的锐角，则在sin cos ,sin cos ,sin cos αββγγα三个值中，大于12的个数的最大值是（ ） A. 0B. 1C. 2D. 39. 已知,R,0a b ab ∈>，函数()2R ()f x ax b x =+∈.若(),(),()f s t f s f s t -+成等比数列，则平面上点(),s t 的轨迹是（ ） A. 直线和圆 B. 直线和椭圆C. 直线和双曲线D. 直线和抛物线10. 已知数列{}n a 满足()111,N 1nn na a a n a *+==∈+.记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则（ ） A100321S << B. 10034S << C. 100942S <<D.100952S << 二､填空题11. 我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为1S ，小正方形的面积为2S ，则11S S =___________.12. 已知R a ∈，函数24,2()3,2,x x f x x a x ⎧->⎪=⎨-+≤⎪⎩若)63f f ⎡⎤=⎣⎦，则a =___________. 13. 已知多项式344321234(1)(1)x x x a x a x a x a -++=++++，则1a =___________，234a a a ++=___________.14. 在ABC 中，60,2B AB ∠=︒=，M 是BC 的中点，23AM =AC =___________，cos MAC ∠=___________.15. 袋中有4个红球m 个黄球，n 个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为16，一红一黄的概率为13，则m n -=___________，()E ξ=___________.16. 已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>，焦点1(,0)F c -，2(,0)F c (0)c >，若过1F 的直线和圆22212x c y c ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭相切，与椭圆在第一象限交于点P ，且2PF x ⊥轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.17. 已知平面向量,,,(0)a b c c ≠满足()1,2,0,0a b a b a b c ==⋅=-⋅=.记向量d 在,a b 方向上的投影分别为x ，y ，d a -在c 方向上的投影为z ，则222x y z ++的最小值为___________.三､解答题18. 设函数()sin cos (R)f x x x x =+∈. （1）求函数22y f x π⎡⎤⎛⎫=+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦的最小正周期；（2）求函数()4y f x f x π⎛⎫=-⎪⎝⎭在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值.19. 如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是平行四边形，120,1,4,15ABC AB BC PA ∠=︒===，M ，N 分别为,BC PC 的中点，,PD DC PM MD ⊥⊥.（1）证明：AB PM ⊥；（2）求直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值. 20. 已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，194a =-，且1439n n S S +=-. （1）求数列{}n a 的通项；（2）设数列{}n b 满足*3(4)0()n n b n a n N +-=∈，记{}n b 的前n 项和为n T ，若n n T b λ≤对任意N n *∈恒成立，求实数λ的取值范围.21. 如图，已知F 是抛物线()220y px p =>的焦点，M 是抛物线的准线与x 轴的交点，且2MF =，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线,,MA MB AB ，x 轴依次交于点P ，Q ，R ，N ，且2RNPN QN =⋅，求直线l 在x 轴上截距的范围.22. 设a ，b 为实数，且1a >，函数()2R ()xf x a bx e x =-+∈ （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若对任意22b e >，函数()f x 有两个不同的零点，求a 的取值范围； （3）当a e =时，证明：对任意4b e >，函数()f x 有两个不同的零点12,x x ，满足2212ln 2b b e x x e b>+. (注： 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数)2021年浙江省高考数学试题 答案解析一､选择题1. D 解析：由交集的定义结合题意可得：{}|12A B x x =≤<.故选D. 2. C 解析：()213ai i i ai i a a i i +=-=-+=++=，利用复数相等的充分必要条件可得：3,3a a -=∴=-. 故选C. 3. B 解析：如图所示，,,,OA a OB b OC c BA a b ====-,当AB OC ⊥时，a b -与c 垂直，，所以成立，此时a b ≠，∴不是a b =的充分条件，当a b =时，0a b -=，∴()00a b c c -⋅=⋅=,∴成立，∴是a b =的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选B. 4. A 解析：几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A BC D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ， 该等腰梯形的上底为2，下底为22，腰长为1，故梯形的高为12122-=， 故()11111232221222ABCD A B C D V -=⨯+⨯⨯=， 故选A.5. B 解析：画出满足约束条件1002310x x y x y +≥⎧⎪-≤⎨⎪+-≤⎩的可行域，如下图所示：目标函数12z x y =-化为22y x z =-， 由12310x x y =-⎧⎨+-=⎩，解得11x y =-⎧⎨=⎩，设(1,1)A -，当直线22y x z =-过A 点时，12z x y =-取得最小值为32-.故选B 6. A 解析：连1AD ，在正方体1111ABCD A BC D -中， M 是1A D 的中点，所以M 为1AD 中点， 又N 是1D B 的中点，所以//MN AB ，MN ⊄平面,ABCD AB ⊂平面ABCD ，所以//MN 平面ABCD .因为AB 不垂直BD ，所以MN 不垂直BD则MN 不垂直平面11BDD B ，所以选项B,D 不正确； 在正方体1111ABCD A BC D -中，11AD A D ⊥，AB ⊥平面11AA D D ，所以1AB A D ⊥，1AD AB A ⋂=，所以1A D ⊥平面1ABD ， 1D B ⊂平面1ABD ，所以11A D D B ⊥，且直线11,A D D B 是异面直线， 所以选项C 错误，选项A 正确. 故选A. 7. D 解析：对于A ，()()21sin 4y f x g x x x =+-=+，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ；对于B ，()()21sin 4y f x g x x x =--=-，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ；对于C ，()()21sin 4y f x g x x x ⎛⎫==+⎪⎝⎭，则212sin cos 4y x x x x ⎛⎫'=++ ⎪⎝⎭，当4x π=时，210221642y ππ⎛⎫'=⨯++⨯> ⎪⎝⎭，与图象不符，排除C. 故选D. 8. C 解析：法1：由基本不等式有22sin cos sin cos 2αβαβ+≤，同理22sin cos sin cos 2βγβγ+≤，22sin cos sin cos 2γαγα+≤，故3sin cos sin cos sin cos 2αββγγα++≤， 故sin cos ,sin cos ,sin cos αββγγα不可能均大于12. 取6πα=，3πβ=，4πγ=，则1111sin cos ,sin cos ,sin cos 4222αββγγα=<=>=>，故三式中大于12的个数的最大值为2， 故选：C.法2：不妨设αβγ<<，则cos cos cos ,sin sin sin αβγαβγ>><<， 由排列不等式可得：sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos sin cos αββγγααγββγα++≤++，而()13sin cos sin cos sin cos sin sin 222αγββγαγαβ++=++≤， 故sin cos ,sin cos ,sin cos αββγγα不可能均大于12. 取6πα=，3πβ=，4πγ=，则1111sin cos ,sin cos ,sin cos 4222αββγγα=<=>=>， 故三式中大于12的个数的最大值为2， 故选C. 9. C 解析：由题意得2()()[()]f s t f s t f s -+=，即()2222()()a s t b a s t b as b ⎡⎤⎡⎤-+++=+⎣⎦⎣⎦，对其进行整理变形：()()()22222222as at ast b as at ast b as b +-++++=+，()()222222(2)0as at b ast as b++--+=，()2222222240asat b at a s t ++-=，222242220a s t a t abt -++=，所以22220as at b -++=或0t =，其中2212s t b ba a-=为双曲线，0t =为直线. 故选C.10. A 解析：因为)111,N n a a n *+==∈，所以0n a >，10012S >．由211111124n n n a a a ++⎛⎫=⇒==+-⎪⎪⎭2111122n a +⎛⎫∴<+⇒<+⎪⎪⎭12<11122n n -+≤+=，当且仅当1n =时取等号，12412(1)311n n n n a n a a a n n n ++∴≥∴=≤=++++ 113n n a n a n ++∴≤+， 由累乘法可得6(1)(2)n a n n ≤++，当且仅当1n =时取等号，由裂项求和法得： 所以10011111111116632334451011022102S ⎛⎫⎛⎫≤-+-+-++-=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，即100321S <<． 故选A ．二､填空题11. 答案：25 解析：由题意可得，大正方形的边长为：5a ==， 则其面积为：21525S ==， 小正方形的面积：212543412S ⎛⎫=-⨯⨯⨯=⎪⎝⎭，从而2125251S S ==. 故答案为25. 12. 答案：2 解析：()()()6642233f f f f a ⎡⎤=-==-+=⎣⎦，故2a =， 故答案为2. 13.答案： (1). 5; (2). 10. 解析：332(1)331x x x x -=-+-， 4432(1)4641x x x x x +=++++，所以12145,363a a =+==-+=，34347,110a a =+==-+=，所以23410a a a ++=. 故答案为：5,10. 14.答案： (1). 213 (2). 23913解析：由题意作出图形，如图，在ABM 中，由余弦定理得2222cos AM AB BM BM BA B =+-⋅⋅， 即21124222BM BM =+-⨯⨯，解得=4BM （负值舍去）， 所以=2=2=8BC BM CM ， 在ABC 中，由余弦定理得22212cos 464228522AC AB BC AB BC B =+-⋅⋅=+-⨯⨯⨯=，所以AC = 在AMC中，由余弦定理得222cos 213AC AM MC MAC AM AC +-∠===⋅.故答案为：15.答案： (1). 1 (2). 89解析：2244224461(2)366m n m n m n C P C C C ξ++++++====⇒=，所以49m n ++=， ()P 一红一黄114244133693m m n C C m m m C ++⋅====⇒=, 所以2n =, 则1m n -=． 由于11245522991455105(2),(1),(0)63693618C C C P P P C C ξξξ⋅⨯========== 155158()2106918399E ξ∴=⨯+⨯+⨯=+=．故答案为：1；89． 16.答案：(1).(2). 解析：如图所示：不妨假设2c =，设切点为B ，12112sin sin 3ABPF F BF A F A ∠=∠==，12222tan 5532PF F ∠==- 所以255k =, 由21212,24PF k F F c F F ===，所以2855PF =，21121125=sin PF PF PF F ⨯=∠于是12452PF a PF +==，即25a =5525c e a ===． 255 17. 答案：25解析：由题意，设(1,0),(02),(,)a b c m n ===，， 则()20a b c m n -⋅=-=，即2m n =，又向量d 在,a b 方向上的投影分别为x ，y ，所以(),d x y =， 所以d a -在c 方向上的投影(221()||5m x ny d a c z c m n-+-⋅===±+即252x yz +=,所以(()()22222222221122152510105x y z x y z x y z⎡⎤++=++±++≥+=⎢⎥⎣⎦，当且仅当215252x y z x y z ⎧==⎪⎨⎪+=⎩即251555x y z ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时，等号成立，所以222x y z ++的最小值为25. 故答案为：25.三､解答题18.答案：（1）π；（2）1+解析：（1）由辅助角公式得()sin cos 4f x x x xπ⎛⎫=+=+⎪⎝⎭， 则2223332sin 1cos 21sin 22442y f x x x x x ππππ⎡⎤⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+=+=-+=- ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎛⎫ ⎪⎭⎦⎝，所以该函数的最小正周期22T ππ==; （2）由题意，()2sin sin 444y f x f x x x x x πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=+=+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭22sin cos cos 22x x x xx x ⎛⎫=⋅+= ⎪ ⎪⎝⎭1cos 2222sin 224x x x x x π-⎛⎫==+=- ⎪⎝⎭ 由0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦可得32,444x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦， 所以当242x ππ-=即38x π=时，函数取最大值12+.答案：（1）证明见解析；（2）156． 解析：（1）在DCM △中，1DC =，2CM =，60DCM ∠=，由余弦定理可得3DM =，所以222DM DC CM +=，∴DM DC ⊥．由题意DC PD ⊥且PD DM D ⋂=，DC ∴⊥平面PDM ，而PM ⊂平面PDM ，所以DC PM ⊥，又//AB DC ，所以AB PM ⊥． （2）由PM MD ⊥，AB PM ⊥，而AB 与DM 相交，所以PM ⊥平面ABCD ，因为7AM =，所以22PM =，取AD 中点E ，连接ME ，则,,ME DM PM 两两垂直，以点M 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则(3,2,0),(0,0,22),(3,0,0)A P D -,(0,0,0),(3,1,0)M C -又N 为PC 中点，所以31335,,2,,,22222N AN ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由（1）得CD ⊥平面PDM ，所以平面PDM 的一个法向量(0,1,0)n =从而直线AN 与平面PDM 所成角的正弦值为5||152sin 6||2725244AN n AN n θ⋅===++‖．20.答案：（1）33()4nn a =-⋅；（2）31λ-≤≤.（1）当1n =时，1214()39a a a +=-，229272749,4416a a =-=-∴=-， 当2n ≥时，由1439n n S S +=-①， 得1439n n S S -=-②，①-②得143n n a a +=122730,0,164n n n a a a a +=-≠∴≠∴=， 又213,{}4n a a a =∴是首项为94-，公比为34的等比数列， 1933()3()444n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由3(4)0n n b n a +-=，得43(4)()34n n n n b a n -=-=-， 所以234333333210(4)44444nn T n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎝+⎭⎭，2413333333321(5)(4)444444nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，两式相减得234113333333(4)4444444n n n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1193116493(4)34414n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-111993334(4)44444n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以134()4n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1334()(4)()44n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(4)30n n λ-+≥恒成立，4n =时不等式恒成立；4n <时，312344n n n λ≤-=----，得1λ≤； 4n >时，312344n n n λ≥-=----，得3λ≥-； 所以31λ-≤≤. 21.答案：（1）24y x =；（2）()(),7743,11,⎡-∞---++∞⎣.解析：（1）因为2MF =，故2p =，故抛物线的方程为：24y x =. （2）设:1AB x ty =+，()()1122,,,A x y B x y ，(),0N n ， 所以直线:2y l x n =+，由题设可得1n ≠且12t ≠.由214x ty y x=+⎧⎨=⎩可得2440y ty --=，故12124,4y y y y t =-+=，因为2RN PN QN =⋅，故2R P Q y y ⎫=⎪⎪⎭，故2R P Q y y y =⋅.又()11:11y MA y x x =++，由()11112y y x x y x n⎧=+⎪+⎪⎨⎪=+⎪⎩可得()1112122P n y y x y +=+-，同理()2222122Q n y y x y +=+-，由12x ty yx n =+⎧⎪⎨=+⎪⎩可得()2121R n y t -=-，所以()()()2212211212121=212222n n y n y t x y x y -++⎡⎤⨯⎢⎥-+-+-⎣⎦， 整理得到()()()2212221112112222y y n t n x y x y -⎛⎫=- ⎪++-+-⎝⎭， ()22221214212222t y y y y -=⎛⎫⎛⎫+-+- ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()()()()2222222121212112214212134+++2+442t t t y y y y y y y y y y y y --==+--⨯-+故()222134121n t n t ++⎛⎫= ⎪-⎝⎭-， 令21s t =-，则12s t +=且0s ≠， 故()22222234242411331+444421t s s s s s s t +++⎛⎫==+=++≥ ⎪⎝⎭-， 故213141n n n ⎧+⎛⎫≥⎪ ⎪-⎨⎝⎭⎪≠⎩即214101n n n ⎧++≥⎨≠⎩， 解得7n ≤--71n -+≤<或1n >.故直线l 在x 轴上的截距的范围为7n ≤--71n -+≤<或1n >. 22.答案：(1)0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln ab a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln ab a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭； (2)(21,e ⎤⎦；(3)证明见解析. 解析：(1)2(),()ln x x f x b f a x e a x a b '==+--，①若0b ≤，则()ln 0x f x a a b '=-≥，所以()f x 在R 上单调递增； ②若0b >， 当,log ln ab x a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x <单调递减， 当log ,ln ab x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()()'0,f x f x >单调递增. 综上可得，0b ≤时，()f x 在R 上单调递增；0b >时，函数的单调减区间为,log ln a b a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调增区间为log ,ln a b a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.(2)()f x 有2个不同零点20x a bx e ⇔-+=有2个不同解ln 20x a e bx e ⇔-+=有2个不同的解，令ln t x a =，则220,0ln ln t tb b e e e e t a a tt +-+=⇒=>，记()22222(1)(),()t t t t e t e e e e e t e g t g t t t t'⋅-++--===， 记2()(1),()(1)10t t t t h t e t e h t e t e e t '=--=-+⋅=⋅>， 又(2)0h =，所以(0,2)t ∈时，()0,(2,)h t t <∈+∞时，()0h t >，则()g t 在(0,2)单调递减，(2,)+∞单调递增，22(2),ln ln b bg e a a e∴>=∴<， 22222,ln ,21b b e a a e e>∴>∴≤⇒<≤. 即实数a 的取值范围是(21,e ⎤⎦.(3)2,()x a e f x e bx e ==-+有2个不同零点，则2x e e bx +=，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为2x ，较小者为1x ，1222412x x e e e e b e x x ++==>，注意到函数2x e e y x+=在区间()0,2上单调递减，在区间()2,+∞上单调递增，故122x x <<，又由5245e e e +<知25x >， 122211122x e e e e b x x x b+=<⇒<， 要证2212ln 2b b e x x e b >+，只需22ln e x b b>+， 222222x x e e e b x x +=<且关于b 的函数()2ln e g b b b=+在4b e >上单调递增， 所以只需证()22222222ln 52x x e x e x x x e>+>， 只需证2222222ln ln 02x x x e x e e x e -->， 只需证2ln ln 202x e x x e-->， 242e <，只需证4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正， 由于()11()44410x x x h x xe e e x xx '---+-+-==>，故函数()h x 单调递增， 又54520(5)ln 5l 20n 2ln 02h e e =--=->，故4()ln ln 2x x h x x e =--在5x >时为正， 从而题中的不等式得证.。

2021年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（4分）设集合{|1}A x x =，{|12}B x x =-<<，则(A B = )A ．{|1}x x >-B ．{|1}x xC ．{|11}x x -<<D ．{|12}x x <2．（4分）已知a R ∈，(1)3(ai i i i +=+为虚数单位），则(a = ) A ．1-B ．1C ．3-D ．33．（4分）已知非零向量a ，b ，c ，则“a c b c ⋅=⋅”是“a b =”的( ) A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件D ．既不充分也不必要条件4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：)cm ，则该几何体的体积（单位：3)cm 是( )A ．32B ．3C 32D ．325．（4分）若实数x ，y 满足约束条件1002310x x y x y +⎧⎪-⎨⎪+-⎩，则12z x y =-的最小值是( )A ．2-B ．32-C ．12-D ．1106．（4分）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -，M ，N 分别是1A D ，1D B 的中点，则( )A ．直线1A D 与直线1DB 垂直，直线//MN 平面ABCD B ．直线1A D 与直线1D B 平行，直线MN ⊥平面11BDD BC ．直线1AD 与直线1D B 相交，直线//MN 平面ABCD D ．直线1A D 与直线1D B 异面，直线MN ⊥平面11BDD B7．（4分）已知函数21()4f x x =+，()sing x x =，则图象为如图的函数可能是( )A ．1()()4y f x g x =+- B ．1()()4y f x g x =--C ．()()y f x g x =D ．()()g x y f x =8．（4分）已知α，β，r 是互不相同的锐角，则在sin cos αβ，sin cos βγ，sin cos γα三个值中，大于12的个数的最大值是( ) A ．0B ．1C ．2D ．39．（4分）已知a ，b R ∈，0ab >，函数2()()f x ax b x R =+∈．若()f s t -，()f s ，()f s t +成等比数列，则平面上点(,)s t 的轨迹是( ) A ．直线和圆B ．直线和椭圆C ．直线和双曲线D ．直线和抛物线10．（4分）已知数列{}n a 满足11a =，1*)1n n na n N a +=∈+．记数列{}n a 的前n 项和为n S ，则( )A ．100332S << B ．10034S << C ．100942S <<D ．100952S << 二、填空题：本大题共7小题，单空题每题4分，多空题每题6分，共36分。

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用2B 铅笔将试卷类型(A )填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1. 设集合{}24A x x =-<<，{}2,3,4,5B =，则A B =（ ）A. {}2B. {}2,3C. {}3,4D.{}2,3,42. 已知2i z =-，则()i z z +=（ ） A. 62i -B. 42i -C. 62i +D. 42i +3. ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A. 2B. C. 4D. 4. 下列区间中，函数()7sin 6f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭单调递增的区间是（ ） A. 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭C. 3,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D.3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭5. 已知1F ，2F 是椭圆C ：22194x y +=的两个焦点，点M 在C 上，则12MF MF ⋅的最大值为（ ） A. 13B. 12C. 9D. 66. 若tan 2θ=-，则()sin 1sin 2sin cos θθθθ+=+（ ）A. 65-B. 25-C.25D.657. 若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A. e b a < B. e a b < C. 0e b a <<D. 0e a b <<8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（ ） A. 甲与丙相互独立 B. 甲与丁相互独立 C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9. 有一组样本数据1x ，2x ，…，n x ，由这组数据得到新样本数据1y ，2y ，…，n y ，其中i i y x c =+(1,2,,),i n c =⋅⋅⋅为非零常数，则（ ）A. 两组样本数据的样本平均数相同B. 两组样本数据样本中位数相同C. 两组样本数据的样本标准差相同D. 两组样数据的样本极差相同10. 已知O 为坐标原点，点()1cos ,sin P αα，()2cos ,sin P ββ-，()()()3cos ,sin P αβαβ++，1,0A ，则（ ）A. 12OP OP =B. 12AP AP =C. 312OA OP OP OP ⋅=⋅ D. 123OA OP OP OP ⋅=⋅ 11. 已知点P 在圆()()225516x y -+-=上，点()4,0A 、()0,2B ，则（ ） A. 点P 到直线AB 的距离小于10 B. 点P 到直线AB 的距离大于2 C. 当PBA ∠最小时，PB =D. 当PBA ∠最大时，PB =12.正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A. 当1λ=时，1AB P △的周长为定值B. 当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C. 当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D. 当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数()()322xx xa f x -=⋅-是偶函数，则a =______.14. 已知O 为坐标原点，抛物线C ：22y px =(0p >)的焦点为F ，P 为C 上一点，PF 与x 轴垂直，Q 为x 轴上一点，且PQ OP ⊥，若6FQ =，则C 的准线方程为______.15. 函数()212ln f x x x =--的最小值为______.16. 某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为20dm 12dm ⨯的长方形纸，对折1次共可以得到10dm 12dm ⨯，20dm 6dm ⨯两种规格的图形，它们的面积之和21240dm S =，对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，它们的面积之和22180dm S =，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折n 次，那么1nkk S==∑______2dm .四､解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.17. 已知数列{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 的前20项和.18. 某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A ，B 两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.A 类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B 类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分，己知小明能正确回答A 类问题的概率为0.8，能正确回答B 类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答A 类问题，记X 为小明的累计得分，求X 的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.19. 记ABC 是内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2b ac =，点D 在边AC 上，sin sin BD ABC a C ∠=.（1）证明：BD b =；（2）若2AD DC =，求cos ABC ∠.20. 如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.21. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点()1F 、)2122F MF MF -=，点M的轨迹为C . （1）求C 的方程； （2）设点T 在直线12x =上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB TP TQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.22. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.2021年普通高等学校招生全国统一考试数学 答案解析一､选择题：1. B 解析：由题设有{}2,3A B ⋂=， 故选B . 2. C 解析：因为2z i =-，故2z i =+，故()()()2222=4+42262z z i i i i i i i +=-+--=+故选C. 3. B 解析：设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=，解得l =故选B.4. A 解析：因为函数sin y x =的单调递增区间为()22,22k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭， 对于函数()7sin 6f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，由()22262k x k k Z πππππ-<-<+∈，解得()22233k x k k Z ππππ-<<+∈， 取0k =，可得函数()f x 的一个单调递增区间为2,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭， 则20,,233πππ⎛⎫⎛⎫⊆- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 选项满足条件，B 不满足条件； 取1k =，可得函数()f x 的一个单调递增区间为58,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭， 32,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且358,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，358,2,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，CD 选项均不满足条件 故选A. 5. C 解析：由题，229,4a b ==，则1226MF MF a +==，所以2121292MF MF MF MF ⎛+⎫⋅≤= ⎪⎝⎭（当且仅当123MF MF ==时，等号成立）． 故选C ． 6. C 解析：将式子进行齐次化处理得：()()()22sin sin cos 2sin cos sin 1sin 2sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθ+++==+++()2222sin sin cos tan tan 422sin cos 1tan 145θθθθθθθθ++-====+++． 故选：C ． 7. D 解析：在曲线xy e =上任取一点(),tP t e，对函数xy e=求导得e x y '=，所以，曲线xy e =在点P 处的切线方程为()tty e e x t -=-，即()1tty e x t e =+-，由题意可知，点(),a b 在直线()1tty e x t e =+-上，可得()()11tttb ae t e a t e =+-=+-，令()()1t f t a t e =+-，则()()t f t a t e '=-.当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增， 当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减， 所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点. 故选D.解法二：画出函数曲线xy e =的图象如图所示，根据直观即可判定点(),a b 在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0a b e <<.故选D. 8. B 解析：11561()()()()6636366P P P P =====甲，乙，丙，丁， ，1()0()()()()()36P P P P P P =≠==甲丙甲丙，甲丁甲丁，1()()()()0()()36P P P P P P =≠=≠乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选B二､选择题：9. CD 解析：()()()()D y D x D c D x =+=，故方差相同，C 正确；由极差的定义知：若第一组的极差为max min x x -，则第二组的极差为max min max min max min ()()y y x c x c x x -=+-+=-，故极差相同，D 正确；故选CD 10. AC 解析：A 项，1(cos ,sin )OP αα=，2(cos ,sin )OP ββ=-，所以1||cos 1OP ==，2||(cos 1OP ==，故12||||OP OP =，正确；C 项，由题意得：31cos()0sin()cos()OA OP αβαβαβ⋅=⨯++⨯+=+，12cos cos sin (sin )cos()OP OP αβαβαβ⋅=⋅+⋅-=+，正确；故选AC 11. ACD 解析：圆()()225516x y -+-=的圆心为()5,5M ，半径为4，直线AB 的方程为142x y+=，即240x y +-=，圆心M 到直线AB45==>，所以，点P 到直线AB 的距离的最小值为425-<410<，A 选项正确； 如下图所示：当PBA ∠最大或最小时，PB 与圆M 相切，连接MP 、BM ，可知PM PB ⊥，()()22052534BM =-+-=，4MP =，由勾股定理可得2232BP BM MP =-=，CD 选项正确.故选ACD. 12. BD 解析：易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选BD ．三､填空题：13. 答案：1 解析： 因为()()322xx xa f x -=⋅-，故()()322x x f x x a --=-⋅-，因为()f x 为偶函数，故()()f x f x -=， 时()()332222xx x x xa x a --⋅-=-⋅-，整理得到()()12+2=0x x a --，故1a =， 故答案为1 14. 答案：32x =- 解析：抛物线C ：22y px = (0p >)的焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭, ∵P 为C 上一点，PF 与x 轴垂直， 所以P 的横坐标为2p，代入抛物线方程求得P 的纵坐标为p ±, 不妨设(,)2pP p , 因为Q 为x 轴上一点，且PQ OP ⊥，所以Q 在F 的右侧， 又||6FQ =，(6,0),(6,)2pQ PQ p ∴+∴=- 因为PQ OP ⊥，所以PQ OP ⋅=2602pp ⨯-=, 0,3p p >∴=，所以C 的准线方程为32x =- 故答案为32x =-. 15. 答案：1 解析：由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减； 当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减； 当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=->，此时()f x 单调递增； 又()f x 在各分段的界点处连续，∴综上有：01x <≤时，()f x 单调递减，1x >时，()f x 单调递增； ∴()(1)1f x f ≥= 故答案为1. 16.答案： (1). 5 (2). ()41537202n n -+-解析：（1）由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022⨯⨯⨯⨯，，；，共4种不同规格（单位2dm )； 故对折4次可得到如下规格：5124⨯，562⨯，53⨯，3102⨯，3204⨯，共5种不同规格；（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为12的等比数列，首项为120()2dm ,第n 次对折后的图形面积为111202n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭，对于第n 此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为1n +种（证明从略），故得猜想1120(1)2n n n S -+=，设()0121112011202120312042222nk n k n S S -=+⨯⨯⨯==++++∑，则121112021203120120(1)22222n nn n S -⨯⨯+=++++， 两式作差得：()211201111124012022222n nn S -+⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ ()11601120122401212n n n -⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+-- ()()112011203120360360222n n nn n -++=--=-， 因此，()()4240315372072022n n n n S -++=-=-. 故答案为5；()41537202n n -+-. 四､解答题：17.答案：（1）122,5b b ==；（2）300. 解析：（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，*()k N ∈故2223k k a a +=+，即13n n b b +=+，即13n n b b +-= 所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-.（2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.18.答案：（1）见解析；（2）B 类． 解析：（1）由题可知，X 的所有可能取值为0，20，100．()010.80.2P X ==-=； ()()200.810.60.32P X ==-=； ()1000.80.60.48P X ==⨯=．所以X 的分布列为（2）由（1）知，()00.2200.321000.4854.4E X =⨯+⨯+⨯=．若小明先回答B 问题，记Y 为小明的累计得分，则Y 的所有可能取值为0，80，100．()010.60.4P Y ==-=； ()()800.610.80.12P Y ==-=； ()1000.80.60.48P X ==⨯=．所以()00.4800.121000.4857.6E Y =⨯+⨯+⨯=． 因为54.457.6<，所以小明应选择先回答B 类问题． 19.答案：（1）证明见解析；（2）7cos 12ABC ∠=.（1）由题设，sin sin a C BD ABC =∠，由正弦定理知：sin sin c b C ABC =∠，即sin sin C cABC b=∠，∴acBD b=，又2b ac =， ∴BD b =，得证.（2）由题意知：2,,33b b BD b AD DC ===， ∴22222241399cos 24233b b b c c ADB b b b +--∠==⋅，同理2222221099cos 2233b b b a a CDB b b b +--∠==⋅， ∵ADB CDB π∠=-∠，∴2222221310994233b bc a b b --=，整理得2221123b a c +=，又2b ac =， ∴42221123b b a a +=，整理得422461130a a b b -+=，解得2213a b =或2232a b =，由余弦定理知：222224cos 232a c b a ABC ac b+-∠==-，当2213a b =时，7cos 16ABC ∠=>不合题意；当2232a b =时，7cos 12ABC ∠=； 综上，7cos 12ABC ∠=.答案：(1)详见解析(2) 36解析：（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD因为平面ABD 平面BCD =BD ,平面ABD ⊥平面BCD ，AO ⊂平面ABD ， 因此AO ⊥平面BCD ，因为CD ⊂平面BCD ，所以AO ⊥CD (2)作EF ⊥BD 于F, 作FM ⊥BC 于M,连FM 因为AO ⊥平面BCD ，所以AO ⊥BD, AO ⊥CD所以EF ⊥BD, EF ⊥CD, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形 因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=21.答案：（1）()221116y x x -=≥；（2）0. 解析：因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b-=>>，则22a =，可得1a =，4b ==，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥；（2）设点1,2T t ⎛⎫ ⎪⎝⎭，若过点T 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C 无公共点，不妨直线AB 的方程为112y t k x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，即1112y k x t k =+-， 联立1122121616y k x t k x y ⎧=+-⎪⎨⎪-=⎩，消去y 并整理可得()()222111111621602k x k t k x t k ⎛⎫-+-+-+= ⎪⎝⎭，设点()11,A x y 、()22,B x y ，则112x >且212x >. 由韦达定理可得2111221216k k t x x k -+=-，211221116216t k x x k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-，所以，()()()()22122121121122112111*********t k x x TA TB k x x k x x k +++⎛⎫⋅=+⋅-⋅-=+⋅-+= ⎪-⎝⎭， 设直线PQ 的斜率为2k ，同理可得()()2222212116t k TP TQ k ++⋅=-，因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，即()()()()22221222121211211616tk t k k k ++++=--，整理可得2212k k =，即()()12120k k k k -+=，显然120k k -≠，故120k k +=. 因此，直线AB 与直线PQ 的斜率之和为0.22.答案：（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 解析：（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<， 故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立， 综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >， 结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->， 则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=， 故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<.。

2021届浙江省高三下学期水球高考命题研究组方向性测试（二）数学试题一、单选题1．已知集合{}0,1,2A =，{}1,2,3,4B =，则()A B A =（ ） A ．{}1,2 B ．{}3,4C ．{}0,1,2D ．{}0,3,4【答案】B【分析】先利用并集的定义求出A B ⋃，进而利用补集的定义求得. 【详解】{}{}0,1,2,1,2,3,4A B ==,{}0,1,2,3,4A B ∴⋃=, (){}3,4A B A ⋃∴=,故选:B.【点睛】本题考查集合的并集，补集的运算，属基础题.关键是理解()A B A ⋃的意义. 2．抛物线21y x =+的准线方程是（ ） A ．34x =B ．54x =C ．34y =D ．54y =【答案】C【分析】先求出2x y =的准线方程，再向上平移1个单位，即可得答案； 【详解】2x y =的准线方程为14y =-，14y =-向上平移1个单位后可得21x y =-的准线方程为34y =，故选：C.3．已知半径为()0r r >的圆被直线2y x =-和25y x =-+所截得的弦长均为2，则r =（ ）A ．54B C ．32D 【答案】C【分析】根据两条平行直线截圆所得弦长相等可知圆心到两条直线的距离为两平行直线间距离的一半，由垂径定理可构造方程求得r .【详解】直线2y x =-和25y x =-+截圆所得弦长相等，且两直线平行，则圆心到两条直线的距离相等且为两条平行直线间距离的一半，∴圆心到直线2y x =-的距离12d ==，2∴==，解得：32r =.故选：C.【点睛】方法点睛：圆的弦长的求法：（1）几何法，设圆的半径为r ，弦心距为d ，弦长为L ，则2222L r d ⎛⎫=- ⎪⎝⎭；（2）代数法，设直线与圆相交于()11,A x y ，()22,B x y ，联立直线与圆的方程()()222y kx mx a y b r=+⎧⎪⎨-+-=⎪⎩，消去y 得到一个关于x 的一元二次方程，从而可求出12x x +，12x x，根据弦长公式AB =，即可得出结果.4．若函数()sin 4f x x πω⎛⎫=+⎪⎝⎭在区间,012π⎛⎫-⎪⎝⎭内单调，且,08P π⎛⎫⎪⎝⎭是()f x 的一个对称中心，则ω的值可以是（ ） A ．6 B ．10-C ．9D ．4-【答案】A【分析】由对称中心得到ω82k =-(k ∈Z)，当0>ω时，根据正弦函数的单调性结合x ωϕ+的范围得到πω1242ππ-⨯+≥-，求得9ω≤，当0ω<时，根据正弦函数的单调性结合x ωϕ+的范围得到πω1242ππ-⨯+≤，求得3ω≥-，从而求得ω的值.【详解】ππsin ω084⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭,解得ππω84k π⨯+=,ω82k =-(k ∈Z) 若0>ω,则πω1242ππ-⨯+≥-，解得9ω≤； 若0ω<，则πω1242ππ-⨯+≤，解得3ω≥-； 故2ω=-，或6ω=， 如图所示，经检验符合题意.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的对称性和单调性，关键是注意ω正负的讨论.5．函数()3log 01a y x ax a =-<<的图象可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【分析】先求出函数的定义域，判断函数的奇偶性，构造函数，求函数的导数，利用是的导数和极值符号进行判断即可.【详解】根据题意，()3log a f x x ax =-，必有30x ax -≠，则0x ≠且x ≠即函数的定义域为{|0x x ≠且x ≠，()()()()33log log a a x a x x f f x ax x ---=--==，则函数3log a y x ax =-为偶函数，排除D ，设()3g x x ax =-，其导数()23g x x a '=-，由()0g x '=得x =当3x >时，()0g x '>，()g x 为增函数，而()f x 为减函数，排除C ，在区间⎛ ⎝⎭上，()0g x '<，则()g x 在区间⎛ ⎝⎭上为减函数，在区间3⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上，()0g x '>，则()g x 在区间,3⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上为增函数，0g=，则()g x 存在极小值3g a =-=⎝⎭⎝⎭，此时()g x ()0,1，此时()0f x >，排除A ，故选：B.【点睛】函数图象的辨识可以从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置； （2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势； （3）从函数的奇偶性，判断图象的对称性； （4）从函数的特征点，排除不合要求的图象.6．己知a 、b 、c 、d R ∈，则“{}{}max ,max ,0a b c d +>”是“{}max ,0a c b d ++>”的（ ）注：{}max ,p q 表示p 、q 之间的较大者. A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用特殊值法、不等式的基本性质结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】充分性：取1a d ==，1b c ==-，则{}{}{}{}max ,max ,max 1,1max 1,1110a b c d +=-+-=+>成立，但{}{}max ,max 0,00a c b d ++==，充分性不成立；必要性：设{}max ,a c b d a c ++=+，则{}max ,a b a ≥，{}max ,c d c ≥， 从而可得{}{}max ,max ,0a b c d a c +≥+>，必要性成立.因此，“{}{}max ,max ,0a b c d +>”是“{}max ,0a c b d ++>”的必要不充分条件. 故选：B.【点睛】方法点睛：判断充分条件和必要条件，一般有以下几种方法： （1）定义法； （2）集合法； （3）转化法.7．已知实数a ，b ，c 成公差不为0的等差数列，若函数()f x 满足()f a ，f b ，()f c 成等比数列，则()f x 的解析式可以是（ ）A ．()2f x x =B ．()21f x x =+C ．()3f x x =D ．()21f x x =+【答案】D【分析】根据等差数列的线型组合还是等差数列，一个数列既是等差数列，又是等比数列，则必为常数列，可以对ABC 进行否定，进而判定D 正确.D 的正确可以举特例，但这个特例比较难找.利用等价分析转化法可以得到f (a ),f (b ),f (c )成等比数列的条件为d 2-2b 2+2=0,进而找到例子，说明f (x )可以为D 的形式.【详解】若是f (x )=2x ,则由于a ,b ,c 成等差数列，∴2a ,2b ,2c 也成等差数列，即f (a ),f (b ),f (c )也成等差数列，要使f (a ),f (b ),f (c )同时也成等比数列，则f (a )=f (b )=f (c )，从而a =b =c ,从而等差数列a ,b ,c 的公差为零，与已知矛盾； 若f (x )=2x +1,同理得到矛盾；若f (x )=x 3,为使f (a ),f (b ),f (c )成等比数列，必须且只需a ,b ,c 成等比数列，又∵a ,b ,c 成等差数列，∴a ,b ,c 为常数列，进而公差为零，与已知矛盾； 若f (x )=x 2+1，设a =b -d ,c =b +d (d ≠0),f (a )f (c )=f 2(b )等价于[(b -d )2+1][(b +d )2+1]=(b 2+1)2, 整理得：d 2-2b 2+2=0,即只要b ,d 满足上式，f (a ),f (b ),f (c )便成等比数列， 比如取b =d.取a =0,bc=满足a ,b ,c 成等差数列，且公差不为零，此时，f (a )=1,f (b )=3,f (c )=9,f (a ),f (b ),f (c )成等比数列. 故选：D.【点睛】本题考查等差等比数列的性质，关键是数列掌握等差数列的线型组合还是等差数列，既是等差数列又是等比数列的数列必为常数列的常用结论，即可较为轻松的解决此类问题.8．设随机变量()~,X B n p ，若二项式()201322nn n x p a x x a x +=++++，则（ ）A ．()3E X =，()2D X =B ．()4E X =，()2D X =C ．()2E X =，()1D X = D ．()3E X =，()1D X =【答案】C【分析】利用二项式的通项公式，建立方程组，解出,n p ，代入公式得到结果. 【详解】二项式展开式的通项公式为{}1,0,1,,r n rr r n T C x p r n -+=∈，又()201322nn n x p a x x a x +=++++， ∴111112n n n n T C xp x ---+==，22222132n n n n T C x px ---+==， 即11221232n n n n n n C p C p ----⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，解得：61p n =-， 此时，16n -≤， 经检验可得，14,2n p ==， ∴()2E X np ==，()()11D X np p =-=， 故选：C【点睛】方法点睛：求二项展开式有关问题的常见类型及解题策略(1)求展开式中的特定项.可依据条件写出第r ＋1项，再由特定项的特点求出r 值即可. (2)已知展开式的某项，求特定项的系数.可由某项得出参数项，再由通项写出第r ＋1项，由特定项得出r 值，最后求出其参数.9．已知非零平面向量a ，b 满足a b a b +=⋅，则a b ⋅的最小值是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【答案】D【分析】设向量a 与b 的夹角为θ，由已知及平面向量数量积的定义可得0cos 1θ<≤，由已知可得222222cos cos a b a b a b θθ++=⋅，利用均值不等式有222cos 2112cos cos cos a b θθθθ+⎛⎫⋅≥=+ ⎪⎝⎭，令1cos t θ=，再利用二次函数知识可得21124cos cos θθ⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，从而即可求解. 【详解】解：设向量a 与b 的夹角为θ，cos a b a b a b θ+=⋅=⋅，∴0cos 1θ<≤，2222cos a b a b θ∴+=⋅，又()22222cos a b a ba b a b θ+=+=++，222222cos cos a b a b a b θθ∴++=⋅， 22222cos 2cos 2a b a b a b a b θθ∴⋅-=+≥， 2cos 2cos 2a b θθ∴⋅≥+，即222cos 2112cos cos cos a b θθθθ+⎛⎫⋅≥=+ ⎪⎝⎭， 令1cos t θ=()1t ≥，则()()22211222114cos cos t t θθ⎛⎫+=+≥+= ⎪⎝⎭， 4a b ∴⋅≥，即a b ⋅的最小值是4.故选：D.【点睛】关键点点睛：设向量a 与b 的夹角为θ，由已知及平面向量数量积的定义得0cos 1θ<≤，结合平面向量数量积的定义将已知两边平方，再结合均值不等式得222cos 2112cos cos cos a b θθθθ+⎛⎫⋅≥=+ ⎪⎝⎭是本题的解题关键. 10．如图，在大小为1θ的锐二面角l αβ--中，A α∈，B β∈，M 、N l ∈，AM l ⊥，BN l ⊥，C 、D 分别为AB 、MN 的中点.记直线AN 与半平面β的夹角为2θ，直线CD 与半平面β的夹角为3θ.若AM MN BN >>，则（ ）A ．122θθ<，132θθ<B ．122θθ<，132θθ>C ．122θθ>，132θθ<D ．122θθ>，132θθ>【答案】A【分析】构造直三棱柱AMF CNB -，可得出1AMF GDI ENB θ∠=∠=∠=，2ANH θ∠=，3CDI θ∠=，由GDC IDC S S =△△，AM MN BN >>推导出132θθ<，由sin sin sin ANH AMF ANM ∠=∠⋅∠可得2112sin sin sin sin 2ANM θθθ=⋅∠>，推导出122θθ<，即可得出结论.【详解】如下图所示，构造直三棱柱AMF CNB -，分别取AE 、BF 的中点G 、I ，连接DG 、DI 、GI ，则AM l ⊥，MF l ⊥，则1AMF θ∠=，同理可得1BNE θ∠=，//AE MN 且AE MN =，G 、D 分别为AE 、MN 的中点，所以，//AG DM 且AG DM =，所以，四边形AMDG 为平行四边形，所以，//DG AM ，同理可知//DI MF ， 所以，DG l ⊥，DI l ⊥，故1GDI θ∠=，//AE BF 且AE BF =，G 、I 分别为AE 、BF 的中点，//AG BI ∴且AG BI =，设ABGI R =，则RAG RBI ∠=∠，ARG BRI ∠=∠，ARG BRI ∴≅△△，AR BR ∴=，则R 为AB 的中点，故点R 与点C 重合，DG l ⊥，DI l ⊥，DG DI D =，l ∴⊥平面DGI ，CD ⊂平面DGI ，则CD l ⊥，故3CDI θ∠=，在GDI △中，GDC IDC S S =△△，则311sin sin 22CD DG GDC CD DI θ⋅∠=⋅，AM MN BN >>，则DG DI >，所以，3sin sin GDC θ∠<，由于GDC ∠、3θ均为锐角，所以，3GDC θ∠<，则1332GDC θθθ=∠+<， 过点A 在平面AMF 内作AH MF ⊥，垂足为点H ，连接NH ，l ⊥平面AMF ，AH ⊂平面AMF ，AH l ∴⊥，又AH MF ⊥，MFl M =，AH β∴⊥，所以，2ANH θ∠=，tan 1AM ANM MN ∠=>且ANM ∠为锐角，所以，42ANM ππ<∠<，1sin AH AM θ=，1211sin sin sin sin 2AM AH ANM AN AN θθθθ===∠>，所以，222221111cos 212sin 12sin cos cos 2θθθθθ=-<-⨯=<， 易知1θ、()220,θπ∈，且余弦函数在()0,π上单调递减，所以，122θθ<. 故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查空间角的大小比较，解题的关键在于根据对应角的同名三角函数的大小关系结合同名三角函数的单调性来进行比较.二、填空题11．三角学于十七世纪传入中国，此后徐光启､薛风祚等数学家对此深入研究，对三角学的现代化发展作出了巨大贡献，类似二倍角的展开，三倍角可以通过拆写成二倍角和一倍角的和，再把二倍角拆写成两个一倍角的和来化简.注意到sin 36cos54=，化简并整理可得sin18=___________.【分析】利用两角和的余弦公式及倍角公式把已知等式转化为关于sin18的一元二次方程求解可得答案.【详解】()cos54cos 3618cos36cos18sin 36sin18=+=-()2212sin 18cos182sin 18cos18=--，又因为sin 36cos54=，所以()22cos54sin 362sin18cos1812sin 18cos182sin 18cos18===--因为sin180≠，所以()222sin1812sin 182sin 18=--，解得5sin18=或sin18-=(舍去).【点睛】本题考查了三角函数的化简求值，解题的关键点是对公式的熟练掌握及应用，考查了两角和的余弦及倍角公式的应用，考查运算求解能力.12．从1，2，3，4，5，6中选出五个数字组成五位数，要求有且仅有两个奇数相邻，则所有满足条件的五位数的个数是___________.(用数字作答) 【答案】360【分析】按五位数中奇数的个数分两种情况讨论，求出每种情况下五位数的数目，结合分类计数原理即可求解.【详解】根据题意，按五位数中奇数的个数分两种情况讨论： （1）选出的5个数字中有2个奇数、3个偶数时，将2个奇数看成一个整体，与3个偶数全排列，共有224324144C A A =种符合条件的五位数；（2）选出的5个数字中有3个奇数、2和偶数时， 在3个偶数中任选2个偶数全排列，排好后有3个空位， 再将3个奇数分为2组，安排到3个空位中即可， 共有2222232323216C A C A A =种符合条件的五位数，由分类计数原理，可得共有144216360+=种符合条件的五位数.故答案为：360.三、双空题13．设i 是虚数单位，复数1221i z i+=++，则z 的虚部是___________，z =___________.【答案】12-102【分析】先利用复数的加法和除法运算化简复数z ，再利用复数的概念和复数的模公式求解.【详解】因为复数()()()21121312121122i i i z i i i i -++=+=+=-++-， 所以z 的虚部是12-，z =22311022⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 故答案为：12-，1014．某几何体的三视图如图所示(单位：cm )，则该几何体的体积(单位：3cm )是___________，表面积(单位：2cm )是___________.【答案】6 1442+【分析】由三视图可还原得到几何体为直五棱柱11111ABCDE A BC D E -，根据棱柱的体积公式可求得几何体体积；分别计算各个面的面积，加和可得表面积.【详解】由三视图可得直观图为如下图所示的直五棱柱11111ABCDE A BC D E -，其中四边形BCDE 为矩形，1BC =，2BE =，12BB =，2AE AB =()11111112121262ABCDE A B C D E ABE BCDE V SSBB -⎛⎫∴=+⋅=⨯⨯+⨯⨯=⎪⎝⎭， 111122ABB A AEE A S S==11112112ABEA B E SS==⨯⨯=， 11111111212BCC B DEE D BCDEB C D E SSS S====⨯=，11224CDD C S =⨯=，∴几何体表面积422841442S =++=+故答案为：6；1442+15．已知平面区域10:3100x y x y xy -+>⎧⎪Ω--<⎨⎪<⎩，则Ω的面积是___________，2x y -的取值范围是___________. 【答案】23()()2,00,1-⋃ 【分析】由不等式组可得平面区域Ω，根据图形可知Ω面积为两三角形面积之和，由此求得Ω面积；将2x y -取值范围的求解问题转化为2y x z =-在y 轴截距的取值范围，由数形结合的方式可求得结果. 【详解】由0xy <得：00x y >⎧⎨<⎩或0x y <⎧⎨>⎩，则由不等式组可得平面区域Ω如下图阴影部分（不含边界和坐标原点O ）所示：可知：()0,1A -，1,03B ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,0C -，()0,1D ，1111236OABS∴=⨯⨯=，111122OCD S =⨯⨯=△， 则Ω的面积112623OAB OCD S S S =+=+=；令2z x y =-，则2y x z =-，2x y ∴-的取值范围即为求直线2y x z =-在y 轴截距的取值范围，由图形可知：当2y x z =-过A 时，直线2y x z =-在y 轴截距最小；当2y x z =-过C 时，直线2y x z =-在y 轴截距最大；21z ∴-<<，又Ω不含坐标原点O ，0z ∴≠，2x y ∴-的取值范围为()()2,00,1-⋃.故答案为：23；()()2,00,1-⋃. 【点睛】方法点睛：线性规划问题中几种常见形式有： ①截距型：z ax by =+，将问题转化为a z y b b=-+在y轴截距的问题； ②斜率型：y bz x a-=-，将问题转化为(),x y 与(),a b 连线斜率的问题； ③两点间距离型：()()22z x a y b =-+-，将问题转化为(),x y 与(),a b 两点间距离的平方的问题；④点到直线距离型：z Ax By C =++，将问题转化为(),x y 到直线0Ax By C ++=的22A B +.16．已知数列{}n a 的各项均不相同，10a =，2021k a =，{}12,3i i a a --∈-(2i k ≤≤，*i ∈N )，则正整数k 的最小值是___________，最大值是___________.【答案】678 2023【分析】若要k 最小，则需满足数列增长最快，即需要1i i a a --出现最多的3，需要675个3和2个2-即可；若要k 最大，1i i a a --按()2,3,2,3,3--为一组循环操作，可使k 最大. 【详解】{}12,3i i a a --∈-，若要k 最小，则需满足数列增长最快，即需要1i i a a --出现最多的3，2021367323674136754=⨯+=⨯-=⨯-，∴需要675个3和2个2-，即1i i a a --有677次，10a =，∴k 的最小值是678；若要k 最大，且因为{}n a 的各项均不相同，观察数列0,2,1,1,2,5,3,6,4,7,10,8,11,9,12,15--，……可知1i i a a --按()2,3,2,3,3--为一组循环操作，此时可实现数字的全覆盖，且增长最慢，可使k 最大，观察数列可得，515n a n +=，202154041=⨯+，20212020a ∴=，则202220232018,2021a a ==，故k 最大值为2023. 故答案为：678；2023.【点睛】关键点睛：解题的关键是判断出1i i a a --该如何搭配可得k 最大最小.四、解答题17．已知双曲线22:197x y C -=，()3,0A ，()4,0F ，O 是坐标原点，过点F 的直线l 交双曲线C 于M ，N 两点，若直线l 上存在点P 满足4AP OP +=，则MN 的最小值是___________. 【答案】6【分析】设OA 的中点为N ,根据已知条件，利用向量的加法的模的几何意义可得N 到直线l 的距离小于等于2.当直线l 与双曲线的左右支各交于一个交点时，根据双曲线的几何性质即可得到|MN |的最小值为2a =6,接下来验证在当直线l 与双曲线的右支交于两点时，且在N 到直线l 的距离小于等于2时，|MN |的长度大于6即可. 【详解】设OA 的中点为N ,则N 的坐标为3,02⎛⎫⎪⎝⎭. 由已知可得直线l 上存在点P ,使得42AP OP NP +== 即使得2PN =，即N 到直线l 的距离小于等于2.当直线l 与双曲线的左右支各交于一个交点时，由双曲线的几何性质可得弦长|MN |的最小值为2a =6,此时直线l 即为x 轴，N 到l 的距离为0，符合题意.当直线l 与双曲线的右支交于两点时，弦越短，直线的斜率的绝对值越大，当斜率不存在时，即MN 为通径时，|MN |的长度取得最小值22146,3b a =<但此时点M到直线l 的距离为354222-=>,当直线的斜率存在时，直线的斜率的取值范围b k a >=直线的方程为()4y k x =-,279k >. 由N 到直线l 的距离小于等于22≤，解得43k ≤， ∴2716,99k ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦,直线的方程为()4y k x =-代入双曲线的方程并整理化简得：()()2222977291670kx k x k --++=,()()()()2222289499716749491k k k k =⨯-⨯-+=⨯⨯+,易得2970k ->,设M ,N 的横坐标分别为12,x x,则12x x -=,()2122216421429179799k MN x k k ⎛⎫+ ⎪=-==+ ⎪- ⎪-⎝⎭, (]270,19k -∈,∴4216350169927MN ⎛⎫≥+=> ⎪⎝⎭ 综上所述，|MN |的最小值为6， 故答案为：6.【点睛】本题考查双曲线的几何性质，弦长公式，点到直线的距离公式，关键难点在于验证在当直线l 与双曲线的右支交于两点时，且在N 到直线l 的距离小于等于2时，|MN |的长度大于6. 18．在ABC 中，()tan tan 2tan tan cos cos A BA B B A+=+.设角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c . （1）求a bc+的值； （2）若ABC 的面积214S c =，求sin C 的值. 【答案】（1）2；（2）35. 【分析】（1）先切化弦，然后通分整理得()sin sin 2sin A B A B +=+，再利用正弦定理即可求解.（2）由三角形面积公式in 12s S ab C =，结合余弦定理可得3sin 1cos C C =+，再联立22sin cos 1C C +=即可求解. 【详解】解：（1）()tan tan 2tan tan cos cos A BA B B A+=+， sin sin sin sin sin cos cos sin 22cos cos cos cos cos cos cos cos A B A B A B A B A B A B A B A B +⎛⎫∴+=+= ⎪⎝⎭()sin sin 2sin A B A B ∴+=+，由A B C π++=得()sin sin A B C +=， 由正弦定理得2a bc+=. （2）由21si 142n S ab C c ==得22sin c C ab=，由余弦定理得()2222223cos 11222a b c a b c c C ab ab ab+-+-==-=-，所以可得3sin 1cos C C =+，联立22sin cos 1C C +=，解得3sin 5C =. 19．如图，E ，F 分别是矩形ABCD 边AD ，BC 上的点，沿EF 将矩形ABCD 翻折成多面体11A B CDEF -，AD =，13AE CF BC ==.（1）证明：1EF B D ⊥；（2）当1B D CD =时，求二面角11A B D C --大小的余弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）35. 【分析】（1）连接BD 交EF 于点H ，通过1sin cos 2CBD BFE ∠=∠=可得BD EF ⊥，通过图形翻折得1B H EF ⊥，即可得线面垂直，即得结果.（2）先得 1B DH △是等边三角形，建立如图所示的空间直角坐标系，分别求出面11B DA 和面1B DC 的法向量，求出法向量夹角的余弦值即可得结果.【详解】（1）连接BD 交EF 于点H ，由3AD AB =，13AE CF BC ==， 知1sin cos 2CBD BFE ∠=∠=，因此BD EF ⊥. 由翻折知1B H EF ⊥，由于1BD B H H ⋂=，所以EF ⊥平面1BB D . 又因为1B D ⊂平面1BB D ，所以1EF B D ⊥.（2）由（1）知11CD B D B H DH ===，故1B DH △是等边三角形， 延长BA ，FE 交于点P ，则P ，1A ，1B 三点共线， 如图，以点D 为原点，以射线DC 为x 轴的正半轴， 建立空间直角坐标系D xyz -.不妨设1AE =，则()0,0,0D ，()3,3,0P -，1333,42B ⎫-⎪⎪⎝⎭，)3,0,0C .因此()3,3,0DP =--，1333,42DB ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,0,0DC =.设平面11B DA 的法向量()1111,,x n y z =由11100DB n DP n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ 得11111333042330x y z x y ⎧-+=⎪⎨⎪--=⎩设平面1B DC 的法向量()2222,,n x y z =.由12200DB n DC n ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩得222233304230x y z x ⎧-+=⎪⎪=⎩.取()13,1,1n =--，()20,2,1n =--，则1212123cos cos ,5n n n n n n θ⋅===.注意到二面角11A B D C --是钝二面角，因此，二面角11A B D C --大小的余弦值为35.【点睛】关键点点睛：（1）通过两角的正弦值与余弦值对应相等可得两角互余，得出BD EF ⊥；（2）求出面11B DA 和面1B DC 的法向量是解决问题的关键. 20．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，记集合{}{}1,*nnn T a Sa n N +=≥∈.（1）若等比数列{}n b 的首项1b b =，公比为b ，且{}n b T ∈，求b 的取值范围； （2）若等差数列{}n c 的首项1c c =，公差为d ，且{}n c n T +∈，证明：20c d ++≥. 【答案】（1）(]0,1；（2）证明见解析.【分析】(1)写出等比数列{}n b 的通项公式，对公比b 分类讨论，求出前n 项和，由集合T 中约束条件，对n =1成立，导出b 的范围，再对n 为任意正整数成立的探讨得解； (2)求出数列{}n c n +的通项公式及前n 项和n Q ，由11n n Q c n +≥++得关于n 的二次型不等式在n *∈N 恒成立即可得解.【详解】（1）记n P 为等比数列{}n b 的前n 项和，当1b =时，1n b =，n P n =，则1n ≥，因此1b =符合题意，当1b ≠时，nn b b =，()11n nb b P b-=-，则()111n n b b b b+-≥-，由212P b b b ≥⇔≥， 即有01b <<，此时()()11111n n n n n b b b b b b b bb-+--≥=>--，因此01b <<符合题意，综上所述，b 的取值范围是(]0,1；（2）记n Q 为等差数列{}n c n +的前n 项和，(1)n c c n d =+-， 由题意，()1n c n d n c d +=++-，()11212n Q n d n c d =++-+⎡⎤⎣⎦， 则()()1121112n d n c d d n c ++-+≥+++⎡⎤⎣⎦， 即()()2,1231220n N d n c d n c *∀∈++----≥，1d <-时抛物线()()2()123122f x d x c d x c =++----开口向下，存在正数x 0，对0x x ∀>使得()0f x <，所以在()()2123122d n c d n c ++----中，存在正整数n 0，对0,n n n N *∀>∈使得()()21231220d n c d n c ++----<，与()()2,1231220n N d n c d n c *∀∈++----≥矛盾，故1d ≥-，又122Q c ≥+，即1()2c c d +≥++，解得1d ≤-，因此1d =-， 所以()*,22220(22)(1)0n N c n c c n ∀∈+--≥⇔+-≥，解得1c ≥-，所以20c d ++≥.【点睛】思路点睛：数列是定义在正整数集或其有限子集{1,2,3,,}n 上的函数，可借用对应函数去解决数列问题.21．如图，椭圆()2222:10x y a b a bΓ+=>>的离心率为e ，1F ，2F 分别是其左､右焦点，过2F 的直线l 交椭圆于点A ，B ，P 是椭圆上不与A ，B 重合的动点，O 是坐标原点.（1）若O 是PAB △的外心，4PAB π∠=，求e 的值；（2）若1F 是PAB △的重心，求e 的取值范围.【答案】（151-；（2）1153e <<.【分析】（1）求出A 点坐标，由4PAB π∠=可得,,a b c 关系即可求解；（2）设直线l 的方程是x my c =+，联立椭圆方程求出12y y +，12x x +再由重心公式求出33,x y 代入椭圆方程，根据方程有解即可求出离心率的范围. 【详解】（1）由椭圆的对称性得AB x ⊥轴，AB PB ⊥，由2,b A c a ⎛⎫ ⎪⎝⎭，4PAB π∠=得2b c a =，解得51c e a -==（2）设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,P x y ，直线l 的方程是x my c =+.将直线l 的方程代入椭圆2222:1x y a bΓ+=得()()2222222220ab m y b cmy bc a +++-=，所以2122222b cm y y a b m+=-+，()2121222222a cx x m y y c a b m +=++=+. 由()123103y y y ++=，()12313x x x c ++=-得 232222b cm y a b m=+，222322253a c b cm x a b m +=-+. 将P 的坐标代入椭圆2222:1x y a bΓ+=得()()222222222222534a c b cm b c m a b m a ++=+，令()220,b m t =∈+∞，则()()()222224913422510e t e a t e a -+-+-=.该方程在()0,∞+内有解，而442560e a ∆=>，因此()()2229103422510e e e ⎧-=⎪⎨--<⎪⎩或22117091e e -≥-或()()2222117091912510e e e e ⎧-<⎪-⎨⎪--<⎩， 解得1153e <<.【点睛】关键点点睛：设出直线l 的方程是x my c =+，联立方程求出()11,A x y ，()22,B x y 横纵坐标之和，利用重心坐标公式求出P 点坐标，再代入椭圆方程根据方程有解确定a,b,c 关系，求离心率范围，属于中档题. 22．已知实数0a ≠，设函数()ln aaf x x x e =+-.（1）若函数()f x 有唯一零点a x ，且1a x >，证明：a x 随着a 的增大而增大； （2）设0x 是函数()f x 的极值点，若对任意满足()()12f x f x =的正实数()1212,x x x x <均有120112x x x +>，求a 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2）[)3,0-.【分析】（1）由0a >时()f x 单调递增，可由零点存在定理确定()1,a x e ∈，取120a a <<，整理可得221122ln ln a a a a a a x x x x +<+，由此得到a x 随着a 的增大而增大；当0a <时，利用导数可求得()f x 单调性，可确定1a x <或()f x 无零点，不合题意，由此可得结论；（2）首先确定0a <，0x =()()()21ln 1m mmg k k k k m=+--，分别在30a -≤<和3a <-两种情况下，根据导函数的正负确定函数单调性，得到当30a -≤<时，120112x x x +>成立，由此可得结论. 【详解】（1）当0a >时，()f x 单调递增；()110a f e =-<，()10f e =>，()f x ∴在()1,e 内有唯一零点a x ，任取120a a <<，则有22111111ln ln 0aaaaa a a a x x e x x e +-<+-=，故221122ln ln a aa a a a x x x x +<+，12a a x x ∴<，即a x 随着a 的增大而增大；当0a <时，()111a a ax f x ax x x-+'=+=，则()(),,x f x f x '变化情况如下表：若10a -<<1，而()10f >， 故若()f x 有零点a x ，必有1a x <，不合题意，舍去；若1a ≤-1≥，而()1ln110a a ae a f x f e a a a ⎛⎫- ⎪--⎝⎭≥=--≥>， ∴()f x 没有零点，不合题意，舍去.综上所述：a x 随着a 的增大而增大. （2）由（1）知：此时0a <，0x =令111t x =，221t x =，0m a =->，则1122ln ln m mt t t t b -=-==令121t k t =>，解得：1t =2t =记()()()()()12211ln 1mm m m m m g k k t t k k k m ⎡⎤⎛⎢⎥=-+-=+-- ⎢⎥⎝⎣⎦，则()()()1111ln 2mm m m k g k m k k k k--+'=++-，令()()()ln 21111mmkg k mk k k h k k k k '⎛⎫==-+ ⎪++⎝⎭+，则()()122ln 2111m mk h k k k k k -⎡⎤⎛⎫'=+-+⎢⎥ ⎪+⎝⎭+⎢⎥⎣⎦， 令()()()2112ln 211m k h k k k k k mk ϕ-'+⎛⎫==+-+ ⎪+⎝⎭，则()()()212111mm mm k k k k ϕ--'=-++.()13m ϕ'=-，∴当3m ≤时，()10ϕ'≥，()()22228ln 21ln 111k k k k k k k k k ϕ⎛⎫≥+-+=+-+ ⎪+⎝⎭+. 令()()()()()22211ln 18p k k k k k k k ϕ=+=+++-，则()()2121ln 395p k k k k k k '=++-++，()2212ln 67p k k k x x''=++--，()232136024p k x x⎡⎤⎛⎫'''=-++>⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦.()p k ''∴单调递增，∴()()10p k p ''''==，∴()p k '单调递增，∴()()10p k p ''>=，∴()p k 单调递增，∴()()10p k p >=，()0k ϕ>，()0h k '>， ∴()h k 单调递增，∴()()10h k h >=，()0g k '>， ∴()g k 单调递增，∴()()10g k g >=， ∴()120mmt t ⎛+-> ⎝，12t t +>120112x x x +>， ∴30a -≤<符合题意；当3m >时，()10ϕ'<，故存在1t >使得()k ϕ在()1,t 内单调递减，∴()()10k ϕϕ<=，()0h k '<，∴()h k 在()1,t 内单调递减. ∴()()10h k h <=，()0g k '<，∴()g k 在()1,t 内单调递减.∴()()10g k g <=，∴()120mm t t ⎛+-< ⎝，12t t +<即120112x x x +<，∴3a <-不符合题意. 综上所述：a 的取值范围是[)3,0-.【点睛】关键点点睛：本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是能够利用换元的方式将120112x x x +>转化为对于()()()21ln 10m mm g k k k k m=+-->的证明，通过导数研究函数的单调性，确定最值，从而确定参数的取值范围.。

2021届浙江省高三下学期水球高考命题研究组方向性测试Ⅲ数学试题一、单选题1．已知集合{}220A x x x =-≤，{}23B x x A =-∈，则AB =（ ）A ．30,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．3,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．0,1D ．[]1,2答案：B先求出集合A ，再求出集合B ，然后求两集合的交集即可解：解：由220x x -≤，得02x ≤≤，所以{}02A x x =≤≤， 因为23x A -∈，所以0232x ≤-≤，得3522x ≤≤，所以3522B x x ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭, 所以322A B x x ⎧⎫=≤≤⎨⎬⎩⎭，故选：B2．函数312x y +=在0x =处的导数是（ ） A ．6ln 2 B ．2ln 2C ．6D ．2答案：A利用符合函数的求导法则()()()()()()f g x '''f g x g x =，求出312x y +=的导函数为3131'223322x x y ln ln ++==，代入x =0，即可求出函数在x =0处的导数.解：312x y +=的导函数为3131'223322x x y ln ln ++==, 故当x =0时，'62y ln =. 故选：A【点睛】会熟练应用复合函数求导公式，注意计算准确性.3．若二项式()*nx n⎛∈ ⎝N 的展开式中第5项与第6项的系数相同，则其常数项是（ ）A ．9B ．36C ．84D ．126答案：C根据已知条件求出n 的值，写出二项展开式通项，令x 的指数为零，求出参数的值，代入通项即可得解.解：由已知条件可得45n n C C =，所以，459n =+=.二项式9x x ⎛+ ⎪⎝⎭的展开式通项为3992199rr r r rr T C x C x x --+=⋅⋅=⋅ ⎪⎝⎭， 令3902r-=，解得6r =， 因此，展开式中的常数项为6984C =. 故选：C.4．某几何体的三视图(单位：cm )如图所示，则该几何体的体积(单位：3cm )是（ ）A ．4B ．6C ．163D ．203答案：D还原该几何体，计算其体积即可．解：如图即为几何体直观图，将其分割为左边的三棱柱与右边的四棱锥， 即1120222222233V =⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=． 故选：D ．5．已知()00,A x y 是函数()2210x y b a b a =->>的图像上一点，设()22,0B a b --，则0AB y +的最大值（ ）A ．与a 有关，且与b 有关B ．与a 有关，但与b 无关C ．与a 无关，但与b 有关D ．与a 无关，且与b 无关答案：B()2210x y b a b a=->>表示的是椭圆0y ≥的部分，而()22,0B a b --是椭圆的左焦点，设C 为椭圆的右焦点，θ为直线AC 的倾斜角，则由椭圆的性质和定义可得结论解：解：()2210x y b a b a =->>表示的是椭圆0y ≥的部分，而()22,0B a b --是椭圆的左焦点，设C 为椭圆的右焦点，θ为直线AC 的倾斜角，则0sin 2AB y AB AC AB AC a θ+=+≤+=，当且仅当AC x ⊥轴时取等号，则只与a 有关，故选：B6．函数()2sin cos y x x =的图像可能是（ ）A ．B ．C ．D ．答案：A由奇偶性排除CD ，由特殊值排除B ，从而得出正确答案. 解：令()2sin(cos )f x x x =()()2sin cos()2sin(cos )()f x x x x x f x -=--=-=-，则函数()f x 为奇函数，故CD 错误当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，0cos 2x x π<<，则02sin(cos )2x x <<当,2x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，0cos 1x <-<，则0cos x x π<-< 则2sin(cos )2sin(cos )(0,1)x x x x -=-∈，即2sin(cos )(1,0)x x ∈- 由2sin 002f π⎛⎫==⎪⎝⎭可知，函数()f x 的第一个正零点为2x π=2sin 2sin 44f ππ⎛⎛⎫== ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭2682πππ<<，2sin 146fππ⎛⎫∴>= ⎪⎝⎭，故B 错误； 故选：A【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于判断出2x π=是函数()f x 的第一个正零点，从而由14f π⎛⎫> ⎪⎝⎭得出答案. 7．已知a ，b R ∈，则“a b b ->”是“12b a <”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件答案：C先化简a b b ->得12b a <，即得解. 解：由a b b ->得2222,(2)0a b ab b a a b +->∴->， 所以2210,10,2a b b b a a a ->∴->∴<. 反之，也成立. 所以“a b b ->”是“12b a <”的充分必要条件. 故选：C【点睛】方法点睛：充分必要条件的判断，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.8．已知非零向量a ，b ，设()()101c a b λλλ=+-<<，则（ ） A ．当0a b ⋅>时，c 有最大值 B ．当0a b ⋅>时，c 有最小值 C ．当0a b ⋅<时，c 有最大值 D ．当0a b ⋅<时，c 有最小值答案：D不妨设1,1a b ==，向量a 与b 的夹角为θ，根据向量的数量积和模的运算公式，化简得到2(22cos )(22cos )1c θλθλ=---+，结合二次函数的性质，即可求解.解：不妨设1,1a b ==，向量a 与b 的夹角为θ， 则()()()2222221=211c a b a a b b λλλλλλ=+-+-⋅+-222(1)2(1)cos (22cos )(22cos )1λλλλθθλθλ=+-+-=---+，当0a b ⋅>时，即0cos 1θ<≤时，若cos 1θ=，此时1c =，此时A 、B 不正确； 当0a b ⋅<时，即1cos 0θ-≤<时，可得22cos 0θ->，则函数22(22cos )(22cos )1c θλθλ=---+表示开口向上的抛物线，此时存在最小值. 故选：D.9．已知在圆锥SO 中，P 为母线SC 的中点，AB 为圆O 的直径(点A ，B 不与C 重合)，记二面角P AC B --，P BC A --，P ABC 的大小分别为α，β，γ，则（ ）A ．若αγ，则αβ> B ．若αγ，则αβ<C ．若αγ<，则βγ<D ．若αγ<，则βγ<答案：C过点P 作PO '⊥平面ABC ，过O '作O D AC '⊥，,O E BC O F AB ''⊥⊥，易证AC ⊥平面PO D '，得到 PDO '∠二面角P AC B --的平面角，且tan PO PDO O D''∠='，同理得到 ,PEO PFO ''∠∠分别是二面角P BC A --，PABC 的平面角，且tan ,tan PO PO PEO PFO O E O F''''∠=∠=''，再由CEO D '是矩形和O '为OC 的中点，得到2222EO O D OF O F '''+=+，结合选项判断. 解：如图所示：过点P 作PO '⊥平面ABC ，过O '作O D AC '⊥，,O E BC O F AB ''⊥⊥， 易得PO AC '⊥，且PO O D O '''⋂=， 所以AC ⊥平面PO D '，所以 PDO '∠二面角P AC B --的平面角，且tan PO PDO O D ''∠='， 同理 ,PEO PFO ''∠∠分别是二面角P BC A --，P ABC 的平面角，且tan ,tan PO PO PEO PFO O E O F''''∠=∠=''， 因为AB 是直径，所以AC BC ⊥ ， 又因为O D AC '⊥，'⊥O E BC ， 所以CEO D '是矩形，因为点P 为中点，且//PO SO '， 所以O '为OC 的中点，所以2222EO O D O C OO ''''+==， 又因为222OF O F OO ''+=， 所以2222EO O D OF O F '''+=+， 当αγ时，O D O F ''<，而,O E O D ''大小不确定，即,αβ大小不确定；当αγ<时，O D O F ''>，则O E OF '<，O E O F ''<，即βγ<， 故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键是由CEO D '是矩形和O '为OC 的中点，得到2222EO O D OF O F '''+=+，将角的问题转化为线段长度问题而得解.10．设b 是常数，若函数()()()212f x x bx x b =--+不可能有两个零点，则b 的取值情况不可能为（ ） A ．1b >或1b <- B ．01b << C ．1 D ．1-答案：D令()()()2120f x x bx x b =--+=，易知1x =是()y f x =的一个零点.只需讨论220bx x b -+=的情况：分为b =0和b ≠0分类讨论. 在b ≠0时，根据判别式讨论根的情况即可.解：令()()()2120f x x bx x b =--+=，即10x -=或220bx x b -+=.显然1x =是()y f x =的一个零点. 下面讨论220bx x b -+=的根的情况： （1）b =0时，0x =.不符合题意. （2）b ≠0时，2224b ∆=-①若∆<0时，有1b >或1b <-，此时220bx x b -+=没有实数根，符合题意； ②若0∆=时，有1b =或1b =-，若1b =，2210x x -+=的根为1x =，所以()()()212f x x bx x b =--+有一个零点，符合题意； 若1b =-，2210x x ++=的根为1x =-，所以()()()212f x x bx x b =--+有两个零点，不符合题意；③若0∆>时，有01b <<或10b -<<，此时220bx x b -+=有实数根，要使函数()()()212f x x bx x b =--+不可能有两个零点，只需1x =不是220bx x b -+=的根，所以20b b -+≠，即1b ≠， 符合题意；故选：D【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： (1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．二、填空题11．我国清代数学家李锐在《开方说》中讨论了n 次实系数方程()111000n n n n n a x a x a x a a --++++=≠的正根个数与系数符号间的关系：设方程的正根个数为u ，在忽略系数为0的项时相邻两项的系数变号(即符号相反)总次数为v ，则{}2,v u x x k k -∈=∈N .对于方程()()():32120f x x x +--=，()u f =___________，()v f =___________，()()v f u f -=___________.答案：2 2 0由题直接得到()u f ，化简()()()32120x x x +--=，得到()v f ，进一步求出()()v f u f - 解：对于方程()()():32120f x x x +--=的正根有1,2x x ==， ∴()u f =2化简()()()3232123740x x x x x +--=-+=∴()v f =2 ∴()()v f u f -=0. 故答案为：2；2；0.12．已知实数x ，y 满足约束条件03200x y x y x a -≤⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩，若z ax y =+的最小值是2-，则a =___________.答案：5-由实数x ，y 满足约束条件，作出可行域，将目标函数z ax y =+转化为：y ax z =-+，结合目标函数的最小值是2-，分0a -≤，01a <-<，1a -≥讨论求解.解：由实数x ，y 满足约束条件03200x y x y x a -≤⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩，作出可行域如图所示阴影部分，易知12a <，将目标函数z ax y =+转化为：y ax z =-+， 当0a -≤，即102a ≤<时，直线过点2,33a B a ⎛⎫-+⎪⎝⎭时，直线在y 轴上的截距最小， 此时，目标函数取得最小值，即22233a a -+=-，无解； 当01a <-<，即10a -<<时，直线过点2,33a B a ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭时，直线在y 轴上的截距最小， 此时，目标函数取得最小值，即22233a a -+=-，无解； 当1a -≥，即1a ≤-时，直线过点11,22A ⎛⎫⎪⎝⎭时，直线在y 轴上的截距最小， 此时，目标函数取得最小值，即11222a +=-，解得5a =-. 故答案为：-513．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，前n 项积为n T ，若11a >，()*n n S T n =∈N ，则3a 的最大值是___________. 答案：43由定义，分别表示1211a a a =-，13211111a a a a -=+-+，再换元，利用基本不等式求3a 的最大值.解：由条件可知，1212a a a a +=，得1211a a a =-，123123a a a a a a ++=，得112121132211211111111a aa a a a a a a a a a a ++-===--+-- ()211113221111111111a a a a a a a a a -++--==+-+-+， 设110a t -=>，()()322114111111331111tt a t t t t t t=+=+=+≤+=+++-++++， 当且仅当，1t t=时，等号成立，即1t =，即12a =时，等号成立.故答案为：43【点睛】关键点点睛：本题考查数列，基本不等式求最值的综合应用，本题的关键是读懂定义，并利用1a 表示3a .14．设直线l 与双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的右支交于,P Q 两点，O 是坐标原点，OPQ △是等腰直角三角形，若这样的直线l 恰有两条，则双曲线离心率的取值范围是___________. 答案：(422,2]-利用题设条件并借助几何图形探求出双曲线22221x y a b -=的渐近线b y x a =的倾斜角α的范围，得ba范围，结合离心率的定义，即可求解. 解：由题意，直线l 与双曲线22221x y a b-=的右支交于,P Q 两点，O 是坐标原点，如图：其中OPQ △是等腰直角三角形，且这样的直线有两条，由对称性知，直线l 不能垂直于x 轴，否则这样的直线是奇数条，l 不垂直于x 轴，即点O 不能为直角顶点，则双曲线两条渐近线所成的含x 轴的对顶角不大于90， 则OPQ △只能是以点P 或Q 为直角顶点的两种情况，且点P ，Q 分别在x 轴的上方和下方， 不妨以Q 为直角顶点，则有POx QOx ∠>∠，而45POQ ∠=，22.5POx ∠>，所以双曲线22221x y a b-=的渐近线b y x a =的倾斜角α有22.545α<≤，tan 22.5tan tan 45α<≤，而1cos 45tan 22.521sin 45-==，tan451=，tan b a α=11b a <≤，离心率c e a ===. 故答案为：【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的三种方法：(1)定义法：通过已知条件列出方程组，求得,a c 得值，根据离心率的定义求解离心率e ； (2)齐次式法：由已知条件得出关于,a c 的二元齐次方程，然后转化为关于e 的一元二次方程求解； (3)特殊值法：通过取特殊值或特殊位置，求出离心率. 三、双空题15．复数1z ，2z 满足12221211z z iz z i +=+⎧⎨-=-⎩(i 为虚数单位)，则12z z -=___________，2z=___________. 答案：i -根据式子特点利用平方差公式得()()12121z z z z i +-=-，结合121z z i +=+，即可求出1211i z z i i --==-+；以及212zi =+和22z ==. 解：12221211z z i z z i+=+⎧⎨-=-⎩，由22121z z i -=-得()()12121z z z z i +-=-,且121z z i +=+， 所以1211iz z i i --==-+, 所以112z =,212zi =+22z ==.故答案为：i -；5 【点睛】抓住特点，熟练应用平方差公式，复数模的公式22z a b =+,其中z abi =+.16．已知在ABC 中，8AB =，7AC =，5BC =，D 是线段AB 上一点，且满足4BDC π∠=，则B =___________，CD =___________. 答案：3π 56 在ABC 中，由已知、余弦定理和0B π<<可得B ；在DBC △中，由正弦定理得CD .解：在ABC 中，由余弦定理得2222564491cos 22582BC AB AC B BC AB +-+-===⋅⨯⨯，因为0B π<<，所以3B π=，在DBC △中，由正弦定理得sin sin CD CBB BDC=∠， 即3556sin sin 22sin 4CB CD B BDC π=⋅=⨯=∠.故答案为：①3π；②562.17．盒子中装有1个黑球和2个白球，小水每次从盒子中随机摸出1个球，并换入1个黑球，则第二次摸球时摸出黑球的概率是___________，设三次摸换球后盒子中所剩黑球的个数为ξ，则()ξ=E ___________.答案：59 6527分两种情况求解：一是第一次摸出白球，第二次摸出黑球，二是两次摸出的都是黑球；由题意可知ξ可能取1，2，3，然后求出其对应的概率，从而可求出()E ξ的值解：解：若第一次摸出白球，则第二次摸出黑球的概率为224339⨯=， 若第一次摸出黑球，则第二次摸出黑球的概率为131139⨯=， 所以第二次摸出黑球的概率为415999+=， 由题意可得ξ可能取1，2，3，则1111(1)33327P ξ==⨯⨯=，22212211214(2)33333333327P ξ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，2122112112(3)133********P ξ==⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，所以1141265()12327272727E ξ=⨯+⨯+⨯=， 故答案为：59，6527四、解答题18．已知函数()2cos sin 2f x x x x π⎛⎫=+⎪⎝⎭. （1）求()f x 的对称轴方程；（2）求cos ϕ的取值范围，使得对任意x ∈R ，均有()()24f x f x ϕ++≤成立.答案：（1）对称轴方程为()62k x k ππ=+∈Z ；（2）88⎡-⎢⎣⎦. （1）利用三角恒等变换思想化简函数解析式为()1sin 262f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝⎭，令()262x k k Z πππ+=+∈可得出函数()f x 图象的对称轴方程；（2）换元()26x t t π+=∈R ，可得出()5sin 22sin 2t t ϕ++≤，利用两角和的正弦公式以及辅助52，解出5cos 216ϕ≤，再利用二倍角的余弦公式可求得cos ϕ的取值范围.解：（1）由题意，()22cos sin cos cos 2f x x x x x x x π⎛⎫=+= ⎪⎝⎭1sin 26211cos 2222x x x π=⎛⎫=⎝++⎪⎭+ ，由正弦函数的性质得262x k πππ+=+，k ∈Z ，解得62k x ππ=+，k ∈Z ， 即()f x 的对称轴方程为()62k x k ππ=+∈Z ； （2）由于()()32sin 222sin 24662f x f x x x ππϕϕ⎛⎫⎛⎫++=+++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≤， 作换元()26x t t π+=∈R ，则()5sin 22sin 2t t ϕ++≤， 展开并整理得()52cos 2sin sin 2cos 2t t ϕϕ+⋅+⋅≤， 即()()2252cos 2sin 2sin 2t ϕϕθ+++≤，其中θ由sin 2tan 2cos 2ϕθϕ=+来确定.因此()2252cos 2sin 22ϕϕ++≤，即254cos 254ϕ+≤，解得5cos 216ϕ≤，再由2cos22cos 1ϕϕ=-得4242cos 88ϕ-≤≤， 所以cos ϕ的取值范围是4242,88⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路：（1）将函数解析式变形为()()sin +0y A x B ωϕω=+>或()()cos +0y A x B ωϕω=+>的形式；（2）将x ωϕ+看成一个整体；（3）借助正弦函数sin y x =或余弦函数cos y x =的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题.19．如图，在七面体ABCDEF 中，四边形ABCD 是菱形，其中60BAD ∠=，BCE ，CEF △，CDF 是等边三角形，且AB BE ⊥.（1）证明：AB EF ⊥；（2）求直线AF 与平面CDF 所成角的正弦值. 答案：（1）证明见解析；（2）22233. （1）取CD 中点G ，可得BG CD ⊥，可得AB ⊥平面BEG ，及CD ⊥平面BEG ，由等边三角形CDF 得CD FG ⊥，可得CD ⊥平面EFG ，故CD EF ⊥，由//AB CD 可得答案； （2）连接BD ，过点F 作FH ⊥平面ABCD 于点H ，得平面BEG ⊥平面ABCD ，由（1）知CD ⊥平面EFG ，CD ⊥平面BEG ，以点G 为原点，以射线GB ，GC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系G -xyz ，设2AB =，得AF 和平面CDF 的法向量，由cos ,AF n <>可得答案.解：（1）取CD 中点G ，连接BG ，EG ，FG ，所以1122CG CD CB ==，由余弦定理得 22232cos60BG CG CB CG CB CB =+-⋅=，得BG CD ⊥， AB BG ⊥，又AB BE ⊥，且BGBE B =，则AB ⊥平面BEG ，故AB EG ⊥，又//AB CD ，所以CD ⊥平面BEG ， 则CD EG ⊥，由等边三角形CDF 得CD FG ⊥，且EG FG G =，则CD ⊥平面EFG ，故CD EF ⊥， 又//AB CD ，因此AB EF ⊥.（2）连接BD ，过点F 作FH ⊥平面ABCD 于点H ，连接AH ，GH ，由AB ⊥平面BEG 得平面BEG ⊥平面ABCD ，则点E 在平面ABCD 内的射影位于直线BG 上，由等边三角形BCE 得点E 在平面ABCD 内的射影位于BC 的中垂线上，因此，由几何关系可确定点E 在平面ABCD 内的射影位于BCD △的重心，又由（1）知CD ⊥平面EFG ，CD ⊥平面BEG ，则B ，E ，F ，G ，H 五点共面， 如图，以点G 为原点，以射线GB ，GC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系G -xyz ，不妨设2AB =，则()3,2,0A -，()0,1,0C ，()0,1,0D -，在BEG 和EFG 中，由余弦定理得2221cos 23BG EG BE BGE BG EG +-∠==⋅，2221cos 23EG FG EF EGF EG FG +-∠==⋅，则7cos 9BGF ∠=-， 解得7346,0,F ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，因此16346,2,99AF ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，7346,0,99GF ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()0,2,0DC =， 设平面CDF 的法向量(),,n x y z =，由00GF n DC n ⎧⋅=⎨⋅=⎩得7346020x z y ⎧-+=⎪⎨⎪=⎩，取()42,0,7n =， 设直线AF 与平面CDF 所成角为θ，则233sin cos ,AF n AF n AF nθ⋅=<>==⋅， 因此，直线AF 与平面CDF 所成角的正弦值为22233.【点睛】本题主要考查了线线垂直和线面角的求法，解题的关键点是如何根据已知条件建立空间直角坐标系，考查了学生的空间想象能力和计算能力.20．已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，且()2*2n n n S a a n =+∈N .（1）求数列{}n a 的通项公式；（2）记21na nb =-，证明：当*n ∈N 时，312122122n nb b b n n b b b +++++<+≤. 答案：（1）n a n =；（2）证明见解析. （1）利用11,1,2n n n S n a S S n -=⎧=⎨-≥⎩结合已知条件可得()()1110n n n n a a a a +++--=，而0n a >，从而得11n n a a +-=，进而可求出数列{}n a 的通项公式；（2）由（1）可得21nn b =-，则11221n n n b b +-=-，再利用放缩法可得()1111110212221n n n n ---<=-+-≤，从则得13122112112112222221212n n n n b b b b b b b b -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎛⎫⎣⎦=--+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-≤≤，化简可得结果 解：（1）由22n n n S a a =+得21112n n n S a a +++=+，则221111222n n n n n n n a S S a a a a ++++=-=+--，化简得()()1110n n n n a a a a +++--=，又0n a >，故11n n a a +-=.当1n =时，解得11a =，因此数列{}n a 的通项公式为n a n =. （2）由题意，21nn b =-.由于11221n n n b b +-=-，且()1111110212221n n n n ---<=-+-≤，所以13122112112112222221212n n n n b b b b b b b b -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎛⎫⎣⎦=--+-++-=-< ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭-≤≤，化简得312122122n nb b b n n b b b +++++<+≤. 【点睛】关键点点睛：此题考查由递推式求数的通项公式，考查利用放缩法证明不等式，解题的关键是对121n -放缩得()1111110212221n n n n ---<=-+-≤，考查计算能力，属于中档题 21．如图，设抛物线1E ：24x y =，2E ：244x y =+.点M 是第三象限内抛物线2E 上的动点，N 是抛物线2E 与x 轴正半轴的交点.过点M 作抛物线1E 的两条切线，记切点分别为A ，B ，射线AB ，MB 分别与抛物线2E 交于点C ，D ，且点C 在第四象限内.（1）证明：BD BM =；（2）求五边形AMCND 面积的最大值. 答案：（1）证明见解析；（2）292+（1）设()00,M x y ，证明2D M B x x x +=，BD BM =即得证； （2）先求出四边形AMCD 的面积12424ACMS S ==，再求出7522CDNS≤形AMCND 面积的最大值.解：（1）设()()20000,44M x y x y =+，直线DM ：()()20020y k x x y k =-+>.将直线DM 的方程代入抛物线1E 得222004440x k x k x y -+-=，则22B x k =.将直线DM 的方程代入抛物线2E 得2220044440x k x k x y -+--=，则24D M x x k +=.因此2D M B x x x +=，即BD BM =.（2）设直线AM ：()()10010y k x x y k =-+<.将直线AM 的方程代入抛物线1E 得211004440x k x k x y -+-=， 由0∆=解得210100k x k y -+=，由（1）知1k ，2k 为方程2000k x k y -+=的两个不同实根，则120k k x +=，120k k y =，122k k -=，从而0112x k =-，0212xk =+. 此时()20022,4x A x ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，()20022,4x B x ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭，直线AB ：0022x x y y =+. 将直线AB 的方程代入抛物线2E 得2002440x x x y -+-=，则0Cx x ==+此时线段AC的弦长1AC A C L x =-=点M 到直线AC的距离M AC d -==，则ACM △的面积122ACMAC M AC SL d -==， 由BD BM=知四边形AMCD 的面积124ACMS S==.又()20044,4x D x ⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭，()2,0N ，则直线CD ：200011124x x y x x ⎛⎫⎫=++--+- ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 所以CDN △的面积(2200022155424CDNx Sx x ⎛=--+=-+ ⎝故当0x =AMCND 的面积取得最大值92+. 【点睛】方法点睛：求解几何图形的面积问题，常用的方法有：（1）规则的公式法；（2）不规则的割补法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.22．已知函数()ln 1f x x =，0a >.（1）讨论()f x 的单调性；（2())*22n n++<∈+N .答案：（1）在1,a⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）证明见解析.（1）求得()21'0f x =≤，即可得到()f x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减；（2）当2a =时，得到()ln 1f x x =，根据（1）得到当1x >时，ln 1x <. 取()11x n n n *=+∈2ln 22n n <<+，进而证得不等式成立.解：（1）由题意，函数()ln 1f x x =， 则()211'0f x x==，故()f x 在1,a ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减.（2）当2a =时，可得()ln 1f x x =， 由（1）知()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递减，注意到()10f =，则当1x >时，恒有ln 1x ， 取()11x nn n *=+∈，可得1ln 11n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭，1ln1⎛⎫+ ⎪<， 2<<，(2n +++111ln 1ln 1ln 12n ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝<++⎣⎦21n<++-212⎛⎫=+ ⎝2<+【点睛】利用导数证明不等式问题：（1）直接构造法：证明不等式()()()()()f x g x f x g x ><转化为证明()()0f x g x ->()()(0)f x g x -<，进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.。

2021浙江高考真题数学一､选择题1.设集合，，则（）A.B.C.D.2.已知，，(i虚数单位)，则（）A.B.1C.D.33.已知非零向量，则“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分又不必要条件4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A.B.3C.D.5.若实数x，y满足约束条件，则最小值是（）A.B.C.D.6.如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（）A.直线与直线垂直，直线平面B.直线与直线平行，直线平面C.直线与直线相交，直线平面D.直线与直线异面，直线平面7.已知函数，则图象为如图的函数可能是（）A.B.C.D.8.已知是互不相同的锐角，则在三个值中，大于的个数的最大值是（）A.0B.1C.2D.39.已知，函数.若成等比数列，则平面上点的轨迹是（）A.直线和圆B.直线和椭圆C.直线和双曲线D.直线和抛物线10.已知数列满足.记数列前n项和为，则（）A.B.C.D.11.我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明.弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形(如图所示).若直角三角形直角边的长分别是3，4，记大正方形的面积为，小正方形的面积为，则___________.12.已知，函数若，则___________.13.已知多项式，则___________，___________.14.在中，，M是的中点，，则___________，___________.15.袋中有4个红球m个黄球，n个绿球.现从中任取两个球，记取出的红球数为，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则___________，___________.16.已知椭圆，焦点，，若过的直线和圆相切，与椭圆在第一象限交于点P，且轴，则该直线的斜率是___________，椭圆的离心率是___________.17.已知平面向量满足.记向量在方向上的投影分别为x，y，在方向上的投影为z，则的最小值为___________.18.设函数.（1）求函数的最小正周期；（2）求函数在上的最大值.19.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值.20.已知数列前n项和为，，且.（1）求数列的通项；（2）设数列满足，记的前n项和为，若对任意恒成立，求实数的取值范围.21.如图，已知F是抛物线的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且，（1）求抛物线的方程；（2）设过点F的直线交抛物线与A､B两点，斜率为2的直线l与直线，x轴依次交于点P，Q，R，N，且，求直线l在x轴上截距的范围.22.设a，b实数，且，函数（1）求函数的单调区间；（2）若对任意，函数有两个不同的零点，求a的取值范围；（3）当时，证明：对任意，函数有两个不同的零点，满足.(注：是自然对数的底数)2021浙江高考真题数学参考答案一､选择题1.【答案】D【解析】【分析】由题意结合交集的定义可得结果.【详解】由交集的定义结合题意可得：.故选：D.2.【答案】C【解析】【分析】首先计算左侧的结果，然后结合复数相等的充分必要条件即可求得实数的值.【详解】，利用复数相等的充分必要条件可得：.故选：C.3.【答案】B【解析】【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系.【详解】如图所示，,当时，与垂直，，所以成立，此时，∴不是的充分条件，当时，，∴,∴成立，∴是的必要条件，综上，“”是“”的必要不充分条件故选：B.4.【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱，其高为1，底面为等腰梯形，该等腰梯形的上底为，下底为，腰长为1，故梯形的高为，故，故选：A.5.【答案】B【解析】【分析】画出满足条件的可行域，目标函数化为，求出过可行域点，且斜率为的直线在轴上截距的最大值即可.【详解】画出满足约束条件的可行域，如下图所示：目标函数化为，由，解得，设，当直线过点时，取得最小值为.故选：B6.【答案】A【解析】【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证平面，即可得出结论.【详解】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.7.【答案】D【解析】【分析】由函数的奇偶性可排除A、B，结合导数判断函数的单调性可判断C，即可得解.【详解】对于A，，该函数非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；对于B，，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；对于C，，则，当时，，与图象不符，排除C.故选：D.8.【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式或排序不等式得，从而可判断三个代数式不可能均大于，再结合特例可得三式中大于的个数的最大值.【详解】法1：由基本不等式有，同理，，故，故不可能均大于.取，，，则，故三式中大于的个数的最大值为2，故选：C.法2：不妨设，则，由排列不等式可得：，而，故不可能均大于.取，，，则，故三式中大于的个数的最大值为2，故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向.9.【答案】C【解析】【分析】首先利用等比数列得到等式，然后对所得的等式进行恒等变形即可确定其轨迹方程.【详解】由题意得，即，对其进行整理变形：，，，，所以或，其中为双曲线，为直线.故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查轨迹方程，关键之处在于由题意对所得的等式进行恒等变形，提现了核心素养中的逻辑推理素养和数学运算素养，属于中等题.10.【答案】A【解析】【分析】显然可知，，利用倒数法得到，再放缩可得，由累加法可得，进而由局部放缩可得，然后利用累乘法求得，最后根据裂项相消法即可得到，从而得解．【详解】因为，所以，．由，即根据累加法可得，，当且仅当时取等号，，由累乘法可得，当且仅当时取等号，由裂项求和法得：所以，即．故选：A．【点睛】本题解题关键是通过倒数法先找到的不等关系，再由累加法可求得，由题目条件可知要证小于某数，从而通过局部放缩得到的不等关系，改变不等式的方向得到，最后由裂项相消法求得．二､填空题11.【答案】25【解析】【分析】分别求得大正方形的面积和小正方形的面积，然后计算其比值即可.【详解】由题意可得，大正方形的边长为：，则其面积为：，小正方形的面积：，从而.故答案为：25.12.【答案】2【解析】【分析】由题意结合函数的解析式得到关于的方程，解方程可得的值.【详解】，故，故答案为：2.13.【答案】(1).;(2)..【解析】【分析】根据二项展开式定理，分别求出的展开式，即可得出结论.【详解】，，所以，，所以.故答案为：.14.【答案】(1).(2).【解析】【分析】由题意结合余弦定理可得，进而可得，再由余弦定理可得.【详解】由题意作出图形，如图，在中，由余弦定理得，即，解得（负值舍去），所以，在中，由余弦定理得，所以；在中，由余弦定理得.故答案为：；.15.【答案】(1).1(2).【解析】【分析】根据古典概型的概率公式即可列式求得的值，再根据随机变量的分布列即可求出．【详解】，所以，,所以,则．由于．故答案为：1；．16.【答案】(1).(2).【解析】【分析】不妨假设，根据图形可知，，再根据同角三角函数基本关系即可求出；再根据椭圆的定义求出，即可求得离心率．【详解】如图所示：不妨假设，设切点为，，所以,由，所以，，于是，即，所以．故答案为：；．17.【答案】【解析】【分析】设，由平面向量的知识可得，再结合柯西不等式即可得解.【详解】由题意，设，则，即，又向量在方向上的投影分别为x，y，所以，所以在方向上的投影，即,所以，当且仅当即时，等号成立，所以的最小值为.故答案为：.点睛】关键点点睛：解决本题的关键是由平面向量的知识转化出之间的等量关系，再结合柯西不等式变形即可求得最小值.三､解答题18.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由题意结合三角恒等变换可得，再由三角函数最小正周期公式即可得解；（2）由三角恒等变换可得，再由三角函数的图象与性质即可得解.【详解】（1）由辅助角公式得，则，所以该函数的最小正周期;（2）由题意，，由可得，所以当即时，函数取最大值.19.【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,则,又为中点，所以.由（1）得平面，所以平面的一个法向量从而直线与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．20.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由，结合与的关系，分讨论，得到数列为等比数列，即可得出结论；（2）由结合的结论，利用错位相减法求出，对任意恒成立，分类讨论分离参数，转化为与关于的函数的范围关系，即可求解.【详解】（1）当时，，，当时，由①，得②，①②得，又是首项为，公比为的等比数列，；（2）由，得，所以，，两式相减得，所以，由得恒成立，即恒成立，时不等式恒成立；时，，得；时，，得；所以.【点睛】易错点点睛：（1）已知求不要忽略情况；（2）恒成立分离参数时，要注意变量的正负零讨论，如（2）中恒成立，要对讨论，还要注意时，分离参数不等式要变号.21.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）求出的值后可求抛物线的方程.（2）设，，，联立直线的方程和抛物线的方程后可得，求出直线的方程，联立各直线方程可求出，根据题设条件可得，从而可求的范围.【详解】（1）因为，故，故抛物线的方程为：.（2）设，，，所以直线，由题设可得且.由可得，故，因为，故，故.又，由可得，同理，由可得，所以，整理得到，故，令，则且，故，故即，解得或或.故直线在轴上的截距的范围为或或.【点睛】方法点睛：直线与抛物线中的位置关系中的最值问题，往往需要根据问题的特征合理假设直线方程的形式，从而便于代数量的计算，对于构建出的函数关系式，注意利用换元法等把复杂函数的范围问题转化为常见函数的范围问题.22.【答案】(1)时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为；(2)；(3)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论即可确定函数的单调性；(2)将原问题进行等价转化，然后构造新函数，利用导函数研究函数的性质并进行放缩即可确定实数a的取值范围；(3)结合(2)的结论将原问题进行等价变形，然后利用分析法即可证得题中的结论成立.【详解】(1)，①若，则，所以在上单调递增；②若，当时，单调递减，当时，单调递增.综上可得，时，在上单调递增；时，函数的单调减区间为，单调增区间为.(2)有2个不同零点有2个不同解有2个不同的解，令，则，记，记，又，所以时，时，，则在单调递减，单调递增，，.即实数的取值范围是.(3)有2个不同零点，则，故函数的零点一定为正数.由(2)可知有2个不同零点，记较大者为，较小者为，，注意到函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，又由知，，要证，只需，且关于的函数在上单调递增，所以只需证，只需证，只需证，，只需证在时为正，由于，故函数单调递增，又，故在时为正，从而题中的不等式得证.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．。

2021年浙江省高考数学方向性测试试卷（Ⅲ）一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）1. 已知集合A ={x|x 2−2x ≤0}，B ={x|2x −3∈A}，则A ∩B =( )A. [0,32]B. [32,2]C. [0,1]D. [1,2]2. 函数y =23x+1在x =0处的导数是( )A. 6ln2B. 2ln2C. 6D. 23. 若二项式(x +1√x )n (n ∈N ∗)的展开式中第5项与第6项的系数相同，则其常数项是( )A. 9B. 36C. 84D. 1264. 某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. 4B. 6C. 163 D. 2035. 已知A(x 0,y 0)是函数y =b √1−x 2a2(a >b >0)的图象上一点，设B(−√a 2−b 2,0)，则|AB|+y 0的最大值( )A. 与a 有关，且与b 有关B. 与a 有关，但与b 无关C. 与a 无关，但与b 有关D. 与a 无关，且与b 无关6. 函数y =2sin(xcosx)的图象可能是( )A.B.C.D.7.已知a，b∈R，则“|a−b|>|b|”是“ba <12”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件8.已知非零向量a⃗，b⃗ ，设c⃗=λa⃗+(1−λ)b⃗ (0<λ<1)，则()A. 当a⃗⋅b⃗ >0时，|c⃗|有最大值B. 当a⃗⋅b⃗ >0时，|c⃗|有最小值C. 当a⃗⋅b⃗ <0时，|c⃗|有最大值D. 当a⃗⋅b⃗ <0时，|c⃗|有最小值9. 已知在圆锥SO 中，P 为母线SC 的中点，AB 为圆O 的直径(点A ，B 不与C 重合)，记二面角P −AC −B ，P −BC −A ，P −AB −C 的大小分别为α，β，γ，则( )A. 若α>γ，则α>βB. 若α>γ，则α<βC. 若α<γ，则β<γD. 若α<γ，则β<γ10. 设a ，b 是常数，若函数f(x)=(x −a)ln(bx 2−2bx +c)不可能有两个零点，则( )A. a ≥0B. a ≤0C. b ≥0D. b ≤0二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）11. 我国清代数学家李锐在《开方说》中讨论了n 次实系数方程a n x n +a n−1x n−1+⋯+a 1x +a 0=0(a n ≠0)的正根个数与系数符号间的关系：设方程的正根个数为u ，在忽略系数为0的项时相邻两项的系数变号(即符号相反)总次数为v ，则v −u ∈{x|x =2k,k ∈N}.对于方程f ：(3x +2)(x −1)(x −2)=0，u(f)= ______ ，v(f)= ______ ，v(f)−u(f)= ______ ．12. 复数z 1，z 2满足{z 1+z 2=1+iz 12−z 22=1−i(i 为虚数单位)，则z 1−z 2= ______ ，|z 2|= ______ ． 13. 已知在△ABC 中，AB =8，AC =7，BC =5，D 是线段AB 上一点，且满足∠BDC =π4，则B = ______ ，CD = ______ ．14. 已知实数x ，y 满足约束条件{x −y ≤0x +3y −2≤0x −a ≥0，若z =ax +y 的最小值是−2，则a = ______ ．15. 已知数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ，若a 1>1，S n =T n (n ∈N ∗)，则a 3的最大值是______ ． 16. 盒子中装有1个黑球和2个白球，小水每次从盒子中随机摸出1个球，并换入1个黑球，则第二次摸球时摸出黑球的概率是______ ，设三次摸换球后盒子中所剩黑球的个数为ξ，则E(ξ)= ______ ． 17. 设直线l 与双曲线x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右支交于P ，Q 两点，O 是坐标原点，△OPQ 是等腰直角三角形.若这样的直线l 恰有两条，则双曲线离心率的取值范围是______ ． 三、解答题（本大题共5小题，共74.0分） 18. 已知函数f(x)=cos 2x +√3sinxsin(x +π2)．(Ⅰ)求f(x)的对称轴方程；(Ⅱ)求cosφ的取值范围，使得对任意x ∈R ，均有f(x +φ)+2f(x)≤4成立．19.如图，在七面体ABCDEF中，四边形ABCD是菱形，其中∠BAD=60°，△BCE，△CEF，△CDF是等边三角形，且AB⊥BE．(Ⅰ)证明：AB⊥EF；(Ⅱ)求直线AF与平面CDF所成角的正弦值．20.已知正项数列{a n}的前n项和为S n，且2S n=a n2+a n(n∈N∗)．(Ⅰ)求数列{a n}的通项公式；(Ⅱ)记b n=2a n−1，证明：当n∈N∗时，2n+1≤b2b1+b3b2+⋯+b n+1b n<2n+2．21.如图，设抛物线E1：x2=4y，E2：x2=4y+4.点M是第三象限内抛物线E2上的动点，N是抛物线E2与x轴正半轴的交点.过点M作抛物线E1的两条切线，记切点分别为A，B，射线AB，MB分别与抛物线E2交于点C，D，且点C在第四象限内．(Ⅰ)证明：|BD|=|BM|；(Ⅱ)求五边形AMCND面积的最大值．22.已知函数f(x)=lnx−√ax−1+1，a>0．(Ⅰ)讨论f(x)的单调性；(Ⅱ)证明：ln13√3+ln24√4+⋯+lnn(n+2)√n+2<2+√2(n∈N∗)．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵集合A={x|x2−2x≤0}={x|0≤x≤2}，B={x|2x−3∈A}={x|32≤x≤52}，∴A∩B={x|32≤x≤2}=[32,2]．故选：B．求出集合A，B，由此能求出A∩B．本题考查交集的求法，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．2.【答案】A【解析】解：∵y′=3ln2⋅23x+1，∴y=23x+1在x=0处的导数是：3ln2×2=6ln2．故选：A．根据指数函数和复合函数的求导公式求出y′，然后将x换上0即可得出y=23x+1在x=0处的导数．本题考查了指数函数和复合函数的求导公式，已知函数求值的方法，考查了计算能力，属于基础题．3.【答案】C【解析】解：∵二项式(x√x)n(n∈N∗)的展开式中第5项与第6项系数就是其二项式系数，∴C n4=C n5，∴n=9，∴(x√x )9的展开式的通项Tr+1=C9r⋅x9−32r，令9−32r=0，得r=6，∴其常数项是T7=C96=C93=9×8×73×2×1=84，故选：C．利用二项式系数的性质可求得n=9，再利用其通过公式即可求得其常数项．本题考查二项式定理的应用，考查二项式系数的性质与二项展开式的通项公式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．4.【答案】D【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面积为等腰三角形(底边长为2，高为2)高为4的直三棱柱AEF−BCG，切去一个底面为等腰三角形，高为2的三棱锥D−BCG组成的多面体ABCDEF；如图所示：故V ABCDEF=V AEF−BCG−V D−BCG=12×2×2×4−13×12×2×2×2=8−43=203．故选：D．首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步利用切割法的应用求出几何体的体积．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式，切割法，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．5.【答案】B【解析】解：由y=b√1−x2a2(a>b>0)，得y2b2=1−x2a2，即x2a2+y2b2=1(a>b>0,y≥0)，则函数图象为椭圆上半部分，B(−√a2−b2,0)是椭圆的左焦点，如图，设C为椭圆的右焦点，连接AC，则y0=|AC|⋅sinθ，∴|AB|+y0=|AB|+|AC|⋅sinθ≤|AB|+|AC|=2a．∴|AB|+y0的最大值与a有关，但与b无关．故选：B．由题意画出图形，可知B为椭圆左焦点，设右焦点为C，连接AC，再设AC的倾斜角为θ，由正弦函数的有界性及椭圆定义即可得答案．本题考查函数的最值及其几何意义，考查椭圆的几何性质，考查数形结合及数学转化思想，是中档题．6.【答案】A【解析】解：f(−x)=2sin(−xcos(−x))=−2sin(xcosx)=−f(x)，即f(x)是奇函数，排除C，D，令x=π3，则y=2sin(π3×12)=2sinπ6=2×12=1，令x=π4，则xcosx=π4×√22=4√2>π6，此时y=2sin(xcosx)>2sinπ6=2×12=1，排除B，故选：A．利用函数的奇偶性和对称性，以及当x=π4时的函数值，利用排除法进行判断即可．本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性，利用排除法是解决本题的关键，是中档题．7.【答案】C【解析】解：∵|a−b|>|b|，∴|a−b|2>|b|2，∴a2−2ab+b2>b2，∴a(a−2b)>0，∵ba <12，∴ba−12<0，∴2b−a2a<0，∴a(a−2b)>0，∴|a−b|>|b|是ba <12的充要条件．故选：C ．根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的解法进行判断即可．本题主要考查充分条件和必要条件的判断，正确解出不等式是解决本题的关键，属于基础题．8.【答案】D【解析】解：如图，作a ⃗ =AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，b ⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 因为c ⃗ =λa ⃗ +(1−λ)b ⃗ (0<λ<1)，所以c ⃗ =AD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (D 点在线段BC 上，不含端点)， 对于A ，因为a ⃗ ⋅b ⃗ >0，所以∠BAC 为锐角，如图1，|c⃗ |=|AD|无最大值，所以A 错； 对于B ，因为a ⃗ ⋅b ⃗ >0，所以∠BAC 为锐角，如图1，|c ⃗ |=|AD|无最小值，所以B 错； 对于C ，因为a ⃗ ⋅b ⃗ <0，所以∠BAC 为钝角，如图2，|c ⃗ |=|AD|无最大值，所以C 错； 对于D ，因为a ⃗ ⋅b ⃗ <0，所以∠BAC 为钝角，如图2， 当AD ⊥BC 时，|c ⃗ |=|AD|取最大值，所以D 对． 故选：D ．A 举反例判断；B 举反例判断；C 举反例判断；D 当AD 垂直于BC 时，AD 取得最小值． 本题以命题真假判断为载体，考查了平面向量数量积的性质及其运算，属于中档题．9.【答案】C【解析】解：设P 在底面的投影为H ，PH =ℎ，设H 到AC ，BC ，AB 的距离分别为d 1，d 2，d 3，设∠ACO =θ，不妨设OC =2，则d 1=sinθ，d 2=cosθ，d 3=sin2θ， 若α<γ，则tanα<tanγ，∴ℎsinθ<ℎsin2θ，∴cosθ<12， ∴θ∈(π3,π2)，tanβ=ℎcosθ，β>γ，∴tanβ>tanγ，∴2sinθ>1，∴θ∈(π6,π2)，故C 正确；)，若α>γ，则同理推导出θ∈(0,π3的大小，但这是无法判断的．比较α与β的大小即判断sinθ和cosθ的大小，即比较θ和π4综上正确选项是C．故选：C．设P在底面的投影为H，PH=ℎ，设H到AC，BC，AB的距离分别为d1，d2，d3，设∠ACO=θ，OC=2，则d1=sinθ，d2=cosθ，d3=sin2θ，若α<γ，则tanα<tanγ，tanβ>tanγ，由此能求出结果．本题考查二面角的大小的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力等数学核心素养，是中档题．10.【答案】D【解析】解：若a=0，当b=1，c=1时，f(x)=xln(x2−2x+1)，此时f(x)有两个零点：0和2；若b=0，当c=1时，f(x)=(x−a)ln1=0，有无数零点；当c>0且c≠1时，f(x)=(x−a)lnc，有唯一零点；综上，可排除选项A，B，C．故选：D．若a=0，当b=1，c=1时，此时f(x)有两个零点，由此说明a可以取0，且b>0；若b=0，当c=1时，f(x)要么有无数零点，要么一个零点，综上，即可得出答案．本题考查函数零点与方程根的关系，若从正面解答本题较难，可以采用取特殊值的方式，运用排除法得解，属于中档题．11.【答案】2 2 0【解析】解：对于方程f：(3x+2)(x−1)(x−2)=0的正根有x=1，x=2，∴u(f)=2，化简(3x+2)(x−1)(x−2)=3x3−7x2+4=0，∴v(f)=2，∴v(f)−u(f)=0，故答案为：2，2，0．由题直接得到u(f)，化简(3x+2)(x−1)(x−2)=0，得到v(f)，进一步求出v(f)−u(f)．本题考查了新定义问题，考查方程的根和函数零点，是中档题．12.【答案】−i √52【解析】解：由题意，复数z 1，z 2满足{z 1+z 2=1+iz 12−z 22=1−i(i 为虚数单位)， 因为z 12−z 22=(z 1+z 2)(z 1−z 2)=1−i ，又z 1+z 2=1+i①，所以z 1−z 2=1−i1+i =(1−i)2(1+i)(1−i)=−i②； 由①②可得，z 2=12+i ， 所以|z 2|=√(12)2+12=√52．故答案为：−i ；√52．利用方程组以及平方差公式进行化简求解，即可得到z 1−z 2的值，进而求出复数z 2，然后由模的计算公式求解即可．本题考查了复数的运算，复数模的计算公式的应用，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．13.【答案】3 5√6【解析】 【分析】本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．在△ABC 中，由已知利用余弦定理可求cosB =12，结合B ∈(0,π)，可得B 的值，在△BCD 中，由正弦定理即可求解CD 的值． 【解答】解：因为△ABC 中，AB =8，AC =7，BC =5， 所以cosB =BA 2+BC 2−AC 22BA⋅BC=82+52−722×8×5=12，因为B ∈(0,π)， 所以B =π3，因为D 是线段AB 上一点，且满足∠BDC =π4， 所以在△BCD 中，由正弦定理CDsinB =BCsin∠BDC ，可得CD =5×√32√22=5√62． 故答案为：π3；5√62． 14.【答案】−5【解析】解：由约束条件作出可行域如图，联立{x −y =0x +3y −2=0，解得B(12,12). 若a ≥12，可行域为一个点或不存在，不合题意； 若0≤a <12，如图1，联立{x =a x −y =0，解得A(a,a)，由z =ax +y ，得y =−ax +z ，由图可知，当直线y =−ax +z 过A 时，直线在y 轴上的截距最小， z 有最小值为a 2+a >0，不合题意； 若a <0，如图2，B(12,12)，C(a,a)， 由z =ax +y ，得y =−ax +z ，由图可知，若目标函数取得最小值，则直线y =−ax +z 过B 或C ， 若过C ，则z =a 2+a ，由a 2+a =−2，得此方程无解，不合题意； 若过B ，则最小值为12a +12，由12a +12=−2，解得a =−5． 故答案为：−5．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，对a 分类，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数，由最小值为−2即可列式求得a 值．本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想与分类讨论的数学思想，考查运算求解能力，是中档题．15.【答案】43【解析】解：数列{a n }的前n 项和为S n ，前n 项积为T n ， 当n =2时，a 1+a 2=a 1a 2，所以a 2=a1a 1−1>0，当n =3时，a 1+a 2+a 3=a 1a 2a 3，则(a 1a 2−1)a 3=a 1a 2=a 1+a 2， 设t =a 1−1，则a 2=t+1t，a 1a 2=(t+1)2t=t +1t +2，当且仅当t =1时，a 1a 2≥4，所以a 1a 2−1≥3， 故a 3=a 1a 2a1a 2−1=1+1a 1a 2−1，则a 3∈(1,43]． 故a 3的最大值为43． 故答案为：43．直接利用数列的关系式的变换和基本不等式的应用求出结果．本题考查的知识要点：数列的关系式的变换，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．16.【答案】59 6527【解析】解：第二次摸球时摸出黑球白球包含两种情况：第一次摸出黑球第二次摸出黑球和第一次摸出白球第二次摸出黑球， ∴第二次摸球时摸出黑球的概率为： P =13×13+23×23=59．三次摸换球后盒子中所剩黑球的个数为ξ， 则ξ的可能取值为1，2，3， P(ξ=1)=13×13×13=127， ξ=3的情况有3种，分别为：①第一次取黑球，第二次取白球，第三次取白球，概率为：P 1=13×23×13=227，②第一次取白球，第二次取黑球，第三次取白球，概率为：P 2=23×23×13=427， ③第一次取白球，第二次取白球，第三次取黑球，概率为：P 3=23×13×33=627， ∴P(ξ=3)=P 1+P 2+P 3=227+427+627=1227，P(ξ=2)=1−P(ξ=1)−P(ξ=3)=1427，∴E(ξ)=1×127+2×1427+3×1227=6527． 故答案为：59，6527．第二次摸球时摸出黑球白球包含两种情况：第一次摸出黑球第二次摸出黑球和第一次摸出白球第二次摸出黑球，由此利用相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式能求出第二次摸球时摸出黑球的概率；三次摸换球后盒子中所剩黑球的个数为ξ，ξ的可能取值为1，2，3，分别求出相应的概率，由此能求出E(ξ)． 本题考查概率、离散型随机变量的数学期望的运算，考查相互独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．17.【答案】(√4−2√2,√2]【解析】解：设双曲线渐近线与x 轴正半轴的夹角为θ，若点O 为直角顶点，则由对称性可知，2θ>π2，即θ>π4，故tanθ=ba >1，此时这样的等腰直角三角形有奇数个， 故必有b a ≤1，则c ≤√2a ，即e ≤√2，若点P 为直角顶点，则∠POQ =π4，则2θ>π4，故tan2θ=2aba 2−b 2>1，则b 2+2ab −a 2>0， ∴ba >√2−1，∴e 2=1+b 2a 2>4−2√2， 综上，√4−2√2<e ≤√2． 故答案为：(√4−2√2,√2]．首先判断ba ≤1，可得到e ≤√2，若点P 为直角顶点，可得到2θ>π4，转化可得b 2+2ab −a 2>0，解得ba >√2−1，由此可得离心率取值范围．本题考查双曲线离心率取值范围的求解，考查逻辑推理能力，属于较难题目．18.【答案】解：(Ⅰ)由题意，f(x)=cos2x+√3sinxsin(x+π2)=12+12cos2x+√32sin2x=sin(2x+π6)+12．由正弦函数的性质得2x+π6=π2+kπ，k∈Z，解得x=π6+kπ2，k∈Z，即f(x)的对称轴方程为x=π6+kπ2(k∈Z)．(Ⅱ)由于f(x+φ)+2f(x)=sin(2x+2φ+π6)+2sin(2x+π6)+32≤4，作换元2x+π6=t(t∈R)，则sin(t+2φ)+2sint≤52，展开并整理得(2+cos2φ)⋅sint+sin2φ⋅cost≤52，因此√(2+cos2φ)2+sin22φ≤52，解得cos2φ≤516，再由cos2φ=2cos2φ−1得−√428≤cosφ≤√428，所以cosφ的取值范围是[−√428,√428]．【解析】(Ⅰ)直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦型函数的性质的应用求出对称轴的方程；(Ⅱ)利用(Ⅰ)的结论和倍角公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦型函数的性质的应用，同角三角函数的关系式的变换，倍角公式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．19.【答案】(Ⅰ)证明：取CD中点G，连接BG，EG，FG．由菱形ABCD及∠BAD=60°得AB⊥BG，又AB⊥BE，则AB⊥平面BEG，故AB⊥EG．又AB//CD，则CD⊥EG.由等边三角形CDF得CD⊥FG，则CD⊥平面EFG，故CD⊥EF．因此AB⊥EF．(Ⅱ)解：方法一：连接BD，过点F作FH⊥平面ABCD于点H，连接AH，GH．由AB ⊥平面BEG 得平面BEG ⊥平面ABCD ，则点E 在平面ABCD 内的射影位于直线BG 上． 由等边三角形BCE 得点E 在平面ABCD 内的射影位于BC 的中垂线上． 因此，由几何关系可确定点E 在平面ABCD 内的射影位于△BCD 的重心． 又由(Ⅰ)知CD ⊥平面EFG ，CD ⊥平面BEG ，则B ，E ，F ，G ，H 五点共面． 不妨设AB =2，计算得BG =EG =FG =√3． 在△BEG 和△EFG 中，由余弦定理得cos∠BGE =BG 2+EG 2−BE 22BG⋅EG=13，cos∠EGF =EG 2+FG 2−EF 22EG⋅FG=13，则cos∠BGF =−79，所以FH =4√69，GH =7√39，AF =2√333． 由V F−ACD =V A−CDF ，解得点A 到平面CDF 的距离d =4√69． 设直线AF 与平面CDF 所成的角为θ，则sinθ=d AF=2√2233． 因此，直线AF 与平面CDF 所成角的正弦值为2√2233． (Ⅱ)方法二：连接BD ，过点F 作FH ⊥平面ABCD 于点H ，连接AH ，GH ．由AB ⊥平面BEG 得平面BEG ⊥平面ABCD ，则点E 在平面ABCD 内的射影位于直线BG 上． 由等边三角形BCE 得点E 在平面ABCD 内的射影位于BC 的中垂线上． 因此，由几何关系可确定点E 在平面ABCD 内的射影位于△BCD 的重心． 又由(Ⅰ)知CD ⊥平面EFG ，CD ⊥平面BEG ，则B ，E ，F ，G ，H 五点共面．如图，以点G 为原点，以射线GB ，GC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系G −xyz ．不妨设AB =2，则A(3,−2,0)，C(0,1，0)，D(0,−1,0)． 在△BEG 和△EFG 中，由余弦定理得cos∠BGE =BG 2+EG 2−BE 22BG⋅EG=13，cos∠EGF =EG 2+FG 2−EF 22EG⋅FG=13，则cos∠BGF =−79， 解得F(−7√39,0,4√69)． 因此AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−16√39,2,4√69)，GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−7√39,0,4√69)，DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2,0)．设平面CDF 的法向量n⃗ =(x,y,z)． 由{GF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0DC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0得{−7√39x +4√69z =02y =0，取n ⃗ =(4√2,0,7)， 则sinθ=|cos <AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ,n ⃗ >|=|AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||AF ⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√3333． 因此，直线AF 与平面CDF 所成角的正弦值为2√2233．【解析】(Ⅰ)取CD 中点G ，连接BG ，EG ，FG.证明AB ⊥BG ，AB ⊥EG.CD ⊥EG.得到CD ⊥平面EFG ，然后证明AB ⊥EF ．(Ⅱ)方法一：连接BD ，过点F 作FH ⊥平面ABCD 于点H ，连接AH ，GH.说明等边三角形BCE 得点E 在平面ABCD 内的射影位于BC 的中垂线上．点E 在平面ABCD 内的射影位于△BCD 的重心．通过数据三角形，由V F−ACD =V A−CDF ，解得点A 到平面CDF 的距离d =4√69.然后求解直线AF 与平面CDF 所成角的正弦值．(Ⅱ)方法二：连接BD ，过点F 作FH ⊥平面ABCD 于点H ，连接AH ，GH.以点G 为原点，以射线GB ，GC 为x ，y 轴的正半轴，建立空间直角坐标系G −xyz ．求出AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−16√39,2,4√69)，平面CDF 的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AF 与平面CDF 所成角的正弦值即可．本题主要考查空间点、线、面位置关系，二面角等基础知识，同时考查直观想象和数学运算能力，是中档题．20.【答案】(Ⅰ)解：由2S n =a n 2+a n 得2S n+1=a n+12+a n+1，则2a n+1=2S n+1−2S n =a n+12+a n+1−a n 2−a n ，化简得(a n+1+a n )(a n+1−a n −1)=0， 又a n >0，故a n+1−a n =1．当n =1时，解得a 1=1，因此数列{a n }的通项公式为a n =n ． (Ⅱ)证明：由题意，b n =2n −1． 由于b n+1b n−2=12n −1，且0<12n −1=12n−1+(2n−1−1)≤12n−1， 所以1=b 2b 1−2≤(b 2b 1−2)+(b 3b 2−2)+⋯+(b n+1b n−2)≤[1−(12)n ]1−12=2−(12)n−1<2，化简得2n +1≤b 2b 1+b3b 2+⋯+b n+1b n<2n +2．【解析】(Ⅰ)由2S n =a n 2+a n ，推出(a n+1+a n )(a n+1−a n −1)=0，说明a n+1−a n =1.然后求解数列的通项公式．(Ⅱ)推出b n =2n −1.化简b n+1b n−2=12n −1，得到0<12n −1≤12n−1，利用数列求和推出结果即可．本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和等基础知识，同时考查数学运算和逻辑推理等素养．是中档偏难题．21.【答案】(Ⅰ)证明：设M(x 0,y 0)(x 02=4y 0+4)，直线DM ：y =k 2(x −x 0)+y 0(k 2>0)．将直线DM 的方程代入抛物线E 1得x 2−4k 2x +4k 2x 0−4y 0=0， 则x B =2k 2．将直线DM 的方程代入抛物线E 2得x 2−4k 2x +4k 2x 0−4y 0−4=0， 则x D +x M =4k 2．因此x D +x M =2x B ，即|BD|=|BM|．(Ⅱ)解：设直线AM ：y =k 1(x −x 0)+y 0(k 1<0)．将直线AM 的方程代入抛物线E 1得x 2−4k 1x +4k 1x 0−4y 0=0，由△=0解得k 12−x 0k 1+y 0=0，由(Ⅰ)知k 1，k 2为方程k 2−x 0k +y 0=0的两个不同实根，则k 1+k 2=x 0，k 1k 2=y 0，|k 1−k 2|=2， 从而k 1=x 02−1，k 2=x 02+1．此时A(x 0−2,(x 0−2)24)，B(x 0+2,(x 0+2)24)，直线AB ：x 0x =2y +2y 0．将直线AB 的方程代入抛物线E 2得x 2−2x 0x +4y 0−4=0， 则x C =2x 0+√4x 02−4(4y 0−4)2=x 0+2√2．此时线段AC 的弦长L AC =√1+k AC 2|x A −x C |=(√2+1)√x 02+4，点M 到直线AC 的距离d M−AC =020√x 0+4=√x 0+4，则△ACM 的面积S △ACM =12L AC d M−AC =2√2+2，由|BD|=|BM|知四边形AMCD 的面积S 1=2S △ACM =4√2+4．又D(x0+4,(x0+4)24)，N(2,0)，则直线CD：y=(x02+√22+1)x−x024−(√22+1)x0−2√2−1，所以△CDN的面积S△CDN=(2−√2)(−x024−√22x0+1−√2)=−2−√24(x0+√2)2+5−72√2≤5−72√2，故当x0=−√2时，五边形AMCND的面积取得最大值9+√22．【解析】(Ⅰ)设M(x0,y0)(x02=4y0+4)，直线DM：y=k2(x−x0)+y0(k2>0).将直线DM的方程代入抛物线E1，推出x B=2k2.将直线DM的方程代入抛物线E2，推出x D+x M=4k2.然后证明|BD|=|BM|．(Ⅱ)设直线AM：y=k1(x−x0)+y0(k1<0).将直线AM的方程代入抛物线E1得x2−4k1x+4k1x0−4y0= 0，求出AB坐标，得到AB的方程，然后求解C的坐标，利用弦长公式以及点到直线的距离，求解三角形的面积，转化求解五边形AMCND的面积，然后推出最大值．本题主要考查抛物线的几何性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查数学抽象、数学运算与逻辑推理等素养，是难题．22.【答案】解：(Ⅰ)由于f′(x)=1x −2√ax−1=√ax−1−1)22x√ax−1≤0，故f(x)在[1a,+∞)上单调递减．(Ⅱ)证明：当a=2时，f(x)=lnx−√2x−1+1．由(Ⅰ)知f(x)在[12,+∞)上单调递减．注意到f(1)=0，则当x>1时，恒有lnx<√2x−1−1．取x=1+1n (n∈N∗)，有ln(1+1n)<√1+2n−1，即ln(1+1n)√n+2<√n−√n+2，又(n+2)√n+2<2lnn(√n+2−√n+1)n+2<2(√n+1√n+2)，因此3√34√4⋯+(n+2)√n+2<2[ln(1+11)√3ln(1+12)√4+⋯+ln(1+1n−1)√n+1√n+2]<2(√1√3√2√4+⋯+√n−1−√n+1√n+2)=2(1+√22√n√n+1√n+2)<2+√2．【解析】(Ⅰ)求导，判断导函数与0的关系，即可得出单调性情况；(Ⅱ)由(Ⅰ)知，当a=2，且x>1时，恒有lnx<√2x−1−1，令x=1+1n (n∈N∗)，进一步可得ln(1+1n)√n+2<√n√n+2，再放缩求证即可．本题主要考查函数的单调性，导数的运算及其应用，同时考查数学抽象、逻辑推理与数学运算等素养，属于中档题．。

取 AA1 中点 E, 连接 N E, 易证 EB = ED1, ED = EB, 且 N 为 BD1, B1D 的中点, 故 N E ⊥ 平面 BDD1B1,
又 M N 与 N E 相交, 所以 M N 与 BDD1B1 垂直.
7.
已知函数
f (x)
=
x2
+
1 ,
g(x)
=
sin
x,
则图象为图示的函数可能是
Pn(k) = Cknpk(1 − p)n−k (k = 0, 1, 2, · · · , n).
台体的体积公式: V
=
1 3
√ S1 + S1S2 + S2
h, 其中 S1, S2 分别表示台体的上、下底面积, h 表示台体的高.
柱体的体积公式: V = Sh，其中 S 表示柱体的底面面积，h 表示柱体的高.
解析：连接 AD1, 易证 M 在 AD1 上, 在正方形 ADD1A1 中, AD1 ⊥ A1D.
D1
C1
D1
C1
A1
M D
B1 N
C
A1
M E
D
B1 N
C
A
B
(第 6 题图)
A
B
解析图
因为 AB ⊥ 面平 ADD1A1, A1D ⊂ 平面 ADD1A1, 所以 AB ⊥ A1D. 又 AB ∩ AD1 = A, 所以 A1D1 ⊥ 平面 D1AB, D1B ⊂ 平面 D1AB, 从而可得 A1D ⊥ D1B. 易知 M N // AB, 且 M N ̸⊂ 平面 ABCD, AB ⊂ 平面 ABCD, 则有 M N // 平面 ABCD.
A： {x | x > −1}

2021年浙江省高考数学方向性试卷（6月份）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}，那么(∁R A)∩B =( )A. (−1,0)B. (−1,1)C. (0,1)D. (1,2)2. 双曲线x 2a 2−y 24=1(a >0)的离心率为√3，则双曲线的实轴长为( )A. √2B. 2√2C. √10D. 2√103. 某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A. 3π4+12 B. 3π4+1 C. 9π4+32 D.9π4+34. 若实数x ，y 满足约束条件{x −2y ≥0x −y +3≤0，则z =x +2y 的取值范围是( )A. [0,12]B. (−∞,12]C. (--∞，−12]D. [−12,+∞)5. 函数y =(e x −1e x )cosx 在[−π2,π2]上的图象可能是( )A.B.C.D.6. 已知直线l ，m ，平面α，且m ⊂α，那么“l//m ”是“l//α”的( )A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件7. 已知等差数列{a n }，公差d ≠0,a 1d≥1，记b n =a 1+a 2+⋯+a nn，则下列等式不可能成立的是( )A. 2a 4=a 2+a 6B. 2b 4=b 2+b 6C. a 42=a 2a 8D. b 42=b 2b 88.已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)左、右焦点分别为F1，F2，直线l过点F1交双曲线左支于点P，交双曲线渐近线y=ba x于点Q，且F1Q⊥F2Q，若F1P⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12PQ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则双曲线C的离心率为()A. 1+√102B. 1+2√22C. √5+1D. √3+19.已知a⃗,b⃗ 为单位向量，向量c⃗满足|2c⃗+a⃗|=|a⃗⋅b⃗ |，则|c⃗−b⃗ |的最大值为()A. √2B. 2C. √3D. 310.已知△ABC，∠B=∠C=30°，D是BC的中点，将△ABD沿AD翻折，得到△AB′D，设B′A与平面ADC所成的角为θ1，B′C与平面ADC所成的角为θ2，B′D与平面ADC 所成的角为θ3，则()A. θ3≥2θ2B. θ3≤2θ1C. θ1≤2θ2D. θ2≥2θ1二、单空题（本大题共7小题，共36.0分）11.已知a1+i=1−bi，其中a，b∈R，i是虚数单位，则a=______，b=______．12.已知多项x5=a0+a1(1−x)+a2(1−x)2+⋯+a5(1−x)5，其中a0，a1，…，a5为实数，则a3=______，a0−a1+a2−a3+a4−a5=______．13.已知圆柱的体积为15π2(单位：cm3)，且它的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的底面半径(单位：cm)是______．14.曲线C：x2+y2−2x=0关于直线x−2y=0对称的曲线方程是______．15.已知tan(θ−π4)=2，则tanθ=______，sin2θ=______．16.在8张奖券中有一、二、三等处各1张，其余5张无奖，将这8张奖券分给4个人，每人两张，记获奖人数为ξ，则P(ξ=2)=______，Eξ=______．17.已知函数f(x)=|x2+a|+|x|(a∈R)，当x∈[−1,1]时，f(x)的最大值为M(a)，则M(a)的最小值为______．三、解答题（本大题共4小题，共59.0分）18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，且满足S=√34(a2+b2−c2)．(Ⅰ)求角C的大小；(Ⅱ)求sinA⋅sinB的最大值．19.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，平面ACC1A1⊥平面ABC，AC=BC=CC1=2，D是AA1的中点，且∠ACB= 90°，∠DAC=60°．(Ⅰ)证明．平面ABD⊥平面CBD；(Ⅱ)求直线AD与平面BDC1所成角的正弦值．20.如图．已知抛物线C：y2=4x，直线过点P(2,1)与抛物线C相交于A，B两点，抛物线在点A，B处的切线相交于点T，过A，B分别作x轴的平行线与直线上l：y= 2x+4交于M，N两点．(Ⅰ)证明：点T在直线l上，且|MT|=|NT|；(Ⅱ)记△AMT，△BNT的面积分别为S1和S2.求S1+S2的最小值．21.已知函数f(x)=ae x+lnx−x,a∈R．x(Ⅰ)若a=1，讨论f(x)的单调性；e(Ⅱ)f(x)有两个极小值点x1，x2，求实数a的取值范围，并证明f(x1)+f(x2)<0．答案和解析1.【答案】D【解析】解：∵集合A={x|x≤1}，B={x|0<x<2}，∴∁R A={x|x>1}，∴(∁R A)∩B={x|1<x<2}．故选：D．先求出∁R A，再求出(∁R A)∩B即可．本题考查交集、补集定义、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2.【答案】B【解析】解：双曲线x2a2−y24=1(a>0)的离心率为√3，可得√a2+4a=√3，解得a=√2，所以双曲线的实轴长为：2√2．故选：B．利用双曲线的离心率，列出方程求解a，即可得到结果．本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．3.【答案】A【解析】解：根据三视图转换为几何体的直观图：该几何体由底面半径为1，高为3的34的圆锥和一个底面为等腰直角三角形，高为3的三棱锥组成的几何体；故V=34×13×π⋅12×3+13×12×1×1×3=3π4+12．故选：A．首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出组合体的体积．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．【解析】解：由约束条件作出可行域如图，联立{x −y +3=0x −2y =0，解得A(−6,−3)，由z =x +2y ，得y =−x2+z2，由图可知，当直线y =−x2+z 2过A 时，直线在y 轴上的截距最大， z 有最大值为−12．∴z =x +2y 的取值范围是(−∞,−12]． 故选：C ．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．5.【答案】B【解析】解：根据题意，设f(x)=(e x −1e x )cosx ， 有f(1)=(e −1e )cos1>0，f(−1)=(1e −e)cos1<0， 故选：B ．根据题意，由函数的解析式计算f(−1)、f(1)的值，分析选项可得答案． 本题考查函数的图象分析，涉及函数值的计算，属于基础题．6.【答案】D【解析】本题考查空间中线面平行的判断定理与性质定理及充分性必要性的概念，为基础题． 先判断由“l//m ”证明“l//α”，是否成立，再判断“l//α”成立时“l//m ”是否成立，然后根据充分条件必要条件的定义进行判断正确选项即可． 【解答】解：直线l ，m ，平面α，且m ⊂α， 若l//m ，当l ⊄α时，l//α，当l ⊂α时不能得出结论，故充分性不成立，若l//α，过l 作一个平面β，若α∩β=m 时，则有l//m ，否则l//m 不成立，故必要性也不成立，由上证知“l//m ”是“l//α”的既不充分也不必要条件． 故选D ．7.【答案】D【解析】解：∵{a n }为等差数列，所以S n =n(a 1+a n )2，∴b n =a 1+a 2+a 3+...+a nn=S n n=n(a 1+a n )2n=a 1+a n2，对于A ：因为{a n }为等差数列，根据等差中项的性质可得2a 4=a 2+a 6，故选项A 正确； 对于B ：b 2+b 6=a 1+a 22+a 1+a 52=a 1+a 4，2b 4=2×a 1+a 42=a 1+a 4，∴2b 4=b 2+b 6，故选项B 正确；对于C ：若a 42=a 2a 8，则(a 1+3d)2=(a 1+d)(a 1+7d)，整理得a 1d =d 2，∵d ≠0，∴a 1=d ，故选项C 正确；对于D ：若b 42=b 2b 8，则(a 1+a 42)2=(a 1+a 22)(a 1+a 82)，∴(a 1+3d)2+2a 1(a 1+3d)=a 1(a 1+7d)+a 1(a 1+d)+(a 1+d)(a 1+7d)， 解得a1d =12<1，与题意不符，故选项D 错误， 故选：D ．根据等差数列的通项公式，求和公式，结合等中项的性质，逐一分析各个选项，即可得到答案．本题考查了等差数列的通项公式，求和公式，以及等差中项的性质的综合应用．【解析】解：因为F 1Q ⊥F 2Q ，O 是F 1F 2中点， 所以|OQ|=c ，设Q(x,y)(x >0,y >0)，则{yx =bax 2+y 2=c 2，又a 2+b 2=c 2， 解得{x =ay =b ，即Q(a,b)， 由F 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =12PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ，则QP ⃗⃗⃗⃗⃗ =2PF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以(x P −a,y P −b)=2(−c −x P ,y P )， 解得{x P =a−2c3y P =b3， 又P 在又曲线上， 所以(a−2c)29a 2−b 29b 2=1，解得e =√10+12(e =1−√102舍去)，故选：A ．求出P 点坐标，结合P 在双曲线上建立方程，进而求得双曲线C 的离心率． 本题考查双曲线的性质，考查双曲线离心率的求法，考查数学运算的核心素养，属于中档题．9.【答案】B【解析】解：设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角θ，由|2c ⃗ +a ⃗ |=|a ⃗ ⋅b ⃗ |可知|c ⃗ −(−a ⃗ 2)|=12|a ⃗ ⋅b ⃗ |， 所以c⃗ 的终点的轨迹是以−a⃗ 2的终点为圆心，12|a ⃗ ⋅b ⃗ |为半径的圆， |c ⃗ −b ⃗ |的最大值是圆心与b ⃗ 的终点之间的距离加上半径，即为|b ⃗ −(−a ⃗ 2)|+12|a ⃗ ⋅b ⃗ ．∵|b ⃗ +a ⃗ 2|+12|a ⃗ ⋅b ⃗ |=√(b ⃗ +a ⃗ 2)2+12|a ⃗ ⋅b ⃗ | =√1+14+a ⃗ ⋅b ⃗ +12|a ⃗ ⋅b ⃗ |=√54+cosθ+12|cosθ|≤√54+1+12=2．故选：B．由|2c⃗+a⃗|=|a⃗⋅b⃗ |可知|c⃗−(−a⃗2)|=12|a⃗⋅b⃗ |，所以c⃗的终点的轨迹是以−a⃗2的终点为圆心，12|a⃗⋅b⃗ |为半径的圆，|c⃗−b⃗ |的最大值是圆心与b⃗ 的终点之间的距离加上半径，即为|b⃗ −(−a⃗2)|+12|a⃗⋅b⃗ |，再将其化成a⃗，b⃗ 的模和夹角可解得．本题考查平面向量数量积性质及运算、向量模、向量和差几何意义，考查数学运算能力，属于难题．10.【答案】C【解析】解：在△ABC中，∠B=∠C=30°，D是BC的中点，则AD⊥DC，AD⊥B′D，又B′D∩DC=D，B′D，DC⊂平面B′DC，所以AD⊥平面B′DC，过点B′作B′E⊥CD，交CD的延长线于点E，连结AE，因为AD⊥平面B′DC，B′E⊂平面B′DC，所以AD⊥B′E，又AD∩CE=D，AD，CE⊂平面ADC，所以B′E⊥平面ADC，因为B′A与平面ADC所成的角为θ1，则θ1=∠B′AE，B′C与平面ADC所成的角为θ2，则θ2=∠B′CD，B′D与平面ADC所成的角为θ3，则θ3=∠B′DE，因为B′D=DC，所以∠B′DE=2∠B′CD，即θ3=2θ2；又sinθ1=sin∠B′AE=B′EB′A，sinθ3=sin∠B′DE=B′EB′D，因为B′A>B′D，所以sinθ1<sinθ3，则θ1<θ3=2θ2，即θ1<2θ2，又当θ1=θ2=θ3=0时，θ1=2θ2，综上可得，θ1≤2θ2．故选：C ．由题意画出草图，过点B′作B′E ⊥CD ，交CD 的延长线于点E ，连结AE ，证明B′E ⊥平面ADC ，由线面角的定义可知，θ1=∠B′AE ，θ2=∠B′CD ，θ3=∠B′DE ，然后利用边角关系以及正弦函数的性质即可得到答案．本题考查了线面角的求解，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．11.【答案】2 1【解析】解：∵a1+i =1−bi ，a ，b ∈R ， ∴a =(1−bi)(1+i)， ∴(a −b −1)+(b −1)i =0， ∴{a −b −1=0b −1=0，∴{a =2b =1，故答案为：2，1．利用复数代数形式的乘除运算化简复数，再利用复数的相等即可求解． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件，是基础题．12.【答案】−10 32【解析】解：x 5=[1−(1−x)]5 的展开式的通项公式为，T k+1=C 5k 15−k[−(1−x)]k =C 5k (−1)k (1−x)k ，令k =3，T 4=C 53(−1)3(1−x)3，故a 3=C 53(−1)3=−10， 令k =0，得a 0=C 50(−1)0=1， 令k =1，得a 1=C 51(−1)1=−5， 令k =2，得a 2=C 52(−1)2=10， 令k =3，得a 4=C 54(−1)4=5， 令k =5，得a 5=C 55(−1)5=−1，故a 0−a 1+a 2−a 3+a 4−a 5=1−(−5)+10−(−10)+5−(−1)=32． 故答案为：−10，32．将x 5 变形为[1−(1−x)]5，求得其通项公式，分别对k 赋值，即可求解．本题主要考查二项式定理的应用，需要学生熟练掌握通项公式，属于基础题．13.【答案】√1523【解析】解：根据题意，设这个圆柱的底面半径为r ，高为h ， 若它的侧面展开图是正方形，则ℎ=2πr ，若圆柱的体积为15π2cm 3，则有V =πr 2⋅ℎ=2π2r 3=15π2， 解可得：r =√1523，故答案为：√1523．根据题意，设这个圆柱的底面半径为r ，高为h ，由侧面展开图的定义可得ℎ=2πr ，结合圆柱体积公式可得V =πr 2⋅ℎ=2π2r 3=15，解可得答案．本题考查圆柱的几何结构，注意圆柱的侧面展开图的性质，属于基础题．14.【答案】(x −35)2+(y −45)2=1【解析】解：曲线C ：x 2+y 2−2x =0可化为(x −1)2+y 2=1，表示圆心为(1,0)，半径为1的圆；设圆心C(1,0)关于直线x −2y =0对称的点B(a,b)，则{a+12−2×b2=0ba−1=−2，解得{a =35b =45；所以曲线C 关于直线x −2y =0对称的曲线方程是(x −35)2+(y −45)2=1． 故答案为：(x −35)2+(y −45)2=1．把曲线C 的方程可化为(x −1)2+y 2=1，求出圆心关于直线x −2y =0对称的点B ，即可写出曲线C 关于直线x −2y =0对称的曲线方程．本题考查了圆关于直线对称的曲线方程应用问题，解题的关键是求出圆心关于直线的对称点．15.【答案】−3 −35【解析】解：由题意可得，tan(θ−π4)=tanθ−tanπ41+tanθ⋅tanπ4=tanθ−11+tanθ=2，解得tanθ=−3，sin2θ=2sinθcosθsin 2θ+cos 2θ=2tanθtan 2θ+1=−35． 故答案为：−3，−35．根据已知条件，结合正切函数的两角差公式，可得tanθ=−3，根据二倍角公式和“弦化切”法则，即可求解sin2θ．本题主要考查了正切函数的两角差公式，以及正弦函数的二倍角公式，属于基础题．16.【答案】35 125【解析】解：一、二、三等奖奖券，三个人获得，共有A 43=24种获奖情况；一、二、三等奖奖券，有一人获得2张，一人获得1张，共有C 32A 42=36种获奖情况，一共有24+36=60种不同的过奖情况， 所以P(ξ=2)=3660=35，P(ξ=3)=2460=25， 则Eξ=2×35+3×25=125．故答案为：35；125．分别求出3人获奖和2人获奖的所有情况，在利用古典概型概率公式即可求出P(ξ=2)，P(ξ=3)，从而可求得数学期望公式Eξ．本题主要考查等可能事件的概率、离散型随机变量的数学期望的求法，考查运算求解能力，属于中档题．17.【答案】98【解析】解：由题意可知，f(x)=|x 2+a|+|x|，x ∈[−1,1]是偶函数， 当x ∈[0,1]时，f(x)={x 2+a +x,a ≥−x 2−x 2+a +x,a <−x 2，根据偶函数的性质可知，f(x)在[−1,1]上的最大值为f(−1)，f(1)，f(12)，f(−12)其中之一，则{M(a)≥f(12)M(a)≥f(1)， 所以2M(a)≥|14+a|+12+|a +1|+1≥|(14+a)−(1+a)|+32=94，则M(a)≥98，所以M(a)的最小值为98． 故答案为：98．先判断函数f(x)为偶函数，然后利用绝对值的定义转化为分段函数，利用偶函数的性质以及二次函数的性质得到{M(a)≥f(12)M(a)≥f(1)，然后由绝对值不等式的结论求解即可．本题考查了函数最值的求解以及几何意义，函数奇偶性的应用，含有绝对值函数的理解和应用，考查了逻辑推理能力和转化化归能力，属于中档题．18.【答案】解：(I)S =12absinC =√34(a 2+b 2−c 2)，所以sinC =√3⋅a 2+b 2−c 22ab=√3cosC ，故tanC =√3，又因为C ∈(0,π)，所以C =π3． (II)sinAsinB =sinA ⋅sin(A +C)=sinA ⋅(12sinA +√32cosA)=12sin 2A +√32sinAcosA =12⋅1−cos2A2+√32⋅sin2A 2=√34sin2A −14cos2A +14=12sin(2A −π6)+14，当2A −π6=π2，A =π3时，sin(2A −π6)有最大值1， 故sin A sin B 的最大值为34．【解析】(I)利用面积公式S =12absinC 及余弦定理列式求解；(II)利用△ABC 中，sinB =sin(A +C)消去角B ，通过三角恒等变换转化为Asin(ωx +φ)+B 的形式求最值． 本题考查面积公式，余弦定理，三角恒等变换及三角函数的最值，属于中档题．19.【答案】解：(Ⅰ)证明：由BC ⊥AC ，平面ACC 1A 1⊥平面ABC ，可得BC ⊥平面ACC 1A 1， AD ⊂平面ACC 1A 1，可得AD ⊥BC ，又在△ACD 中，AC =2，AD =1，∠DAC =60°，可得CD =√1+4−2×1×2×12=√3， 所以AD ⊥CD ，而BC ∩CD =C ，所以AD ⊥平面BCD ， 而AD ⊂平面ABD ，所以平面ABD ⊥平面CBD ； (Ⅱ)设A 到平面BDC 1的距离为h ，由V A−BDC 1=V B−ADC 1， 可得13ℎS △BDC 1=13BC ⋅S △ADC 1即13ℎ⋅12⋅2√2⋅√(√7)2−(√2)2=13⋅2⋅12×1×√3，解得ℎ=√3√10， 所以直线AD 与平面BDC 1所成角的正弦值为ℎAD=√3010．【解析】(Ⅰ)由线面垂直的判定推得AD ⊥平面BCD ，再由面面垂直的判定定理即可得证；(Ⅱ)设A 到平面BDC 1的距离为h ，由V A−BDC 1=V B−ADC 1，结合三角形的面积公式和棱锥的体积公式，计算可得所求值．本题考查面面垂直的性质和判定，以及线面角的求法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)证明：因为AB 不平行于x 轴，设直线AB 的方程为x =my +2−m ，A(y 124,y 1)，B(y 224,y 2)，因为y 2=4x ，不妨令y >0，则y =2√x ，所以y′=√x ，所以k =y′|x=y 124=2y 1， 所以过A 点的切线方程为y −y 1=2y 1(x −y 124)，整理得y 1y =2x +y 122，同理，过点B 的切线方程为y 2y =2x +y 222，联立两切线方程，解得T(y 1y 24,y 1+y 22)，又{x =my +2−my 2=4x ，得y 2−4my +4m −8=0， 所以y 1+y 2=4m ，y 1y 2=4m −8， 代入可得T(m −2,2m)，满足y =2x +4， 所以点T 在直线l ：y =2x +4上， 又y M =y 1，y N =y 2，所以y M +y N =y 1+y 2=4m =2y T ， 所以T 为M ，N 的中点，即|MT|=|NT|．(Ⅱ)由(Ⅰ)可得M(y 1−42,y 1)，A(y 124,y 1)，所以|AM|=y 124−y 1−42，同理|BM|=y 224−y 2−42，所以S 1+S 2=12(|AM|+|BM|)×|y 1−y 22|=12(y 124−y 1−42+y 224−y 2−42)×|y 1−y 22|=12(y 12+y 22−2(y 1+y 2)+164)×√(y 1+y 2)2−4y 1y 22=116[16m 2−2(4m −8)−8m +16]×√16m 2−4(4m −8) =4(√m 2−m +2)3=4(√(m −12)2+74)3，当m =12时，S 1+S 2=4(√(m −12)2+74)3有最小值7√72．【解析】(Ⅰ)设直线AB 的方程为x =my +2−m ，A(y 124,y 1)，B(y 224,y 2)，利用导数的几何意义，分别求得过点A ，B 的切线方程，联立可求得T 点坐标，联立直线AB 与抛物线C 的方程，结合韦达定理可得y 1+y 2，y 1y 2，经检验满足直线l 的方程，又y M +y N =y 1+y 2=4m =2y T ，可得T 为M ，N 的中点，即可得证．(Ⅱ)由(Ⅰ)可得|AM|，|BM|表达式，进而可得S 1+S 2的表达式，化简整理，结合二次函数的性质，即可得出答案．本题考查直线与抛物线的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)f′(x)=a ⋅e x (x−1)x 2+1x −1=e xx 2⋅(x −1)(a −x e x )，当a =1e 时，f′(x)=e xx 2⋅(x −1)⋅(1e −xe x ) 设g(x)=xe x ，g′(x)=1−x e x，所以g(x)在(0,1)上单调递增，(1,+∞)上单调递减，则g(x)≤g(1)=1e ，即当x >0时，1e −xe x ≥0故，当0<x <1时，f′(x)<0，当x >1时，f′(x)>0． 所以f(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增．(2)由(1)知，当a ≥1e 时，f(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，只有一个极小值．当a ≤0时，因为当x >0时，a −xe x <0恒成立，f(x)在(0,1)上单调递增，(1,+∞)上单调递减，只有一个极大值，无极小值．当0<a <1e 时，由g(x)的图象，知存在m ∈(0,1)，n ∈(1,+∞)，使得g(x)=a ，即f′(x)=0．当x ∈(0,m)时，x −1<0，a −xe x >0，所以f′(x)<0，f(x)在(0,m)单调递减； 当x ∈(m,1)时，x −1<0，a −x e x <0，所以f′(x)>0，f(x)在(m,1)单调递增； 当x ∈(1,n)时，x −1>0，a −x e x <0，所以f′(x)<0，f(x)在(1,n)单调递减； 当x ∈(n,+∞)时，x −1>0，a −x e x >0，所以f′(x)>0，f(x)在(n,+∞)单调递增； 所以x =m ，x =n 为f(x)的极小值点，f(m)，f(n)为极小值． 故a 的取值范围为(0,1e ).由g′(m)=0，由a =m e m ，即ae m =m ，两边取对数，lna +m =lnm ，lnm −m =lna ． 所以f(m)=1+lna ，同理得f(n)=1+lna故f(m)+f(n)=2(1+lna)，又a ∈(0,1e )，所以lna <−1，所以f(m)+f(n)<0． 即f(x 1)+f(x 2)<0．【解析】(1)求出f′(x)，构造函数g(x)=x e x ，通过g(x)的值域讨论f′(x)的正负；(2)结合g(x)的图象，分a ≥1e ，a ≤0，0<a <1e 三种情况讨论． 本题考查导数的应用，函数的零点，属于综合题．。