江苏省盐城市2021届新高考数学教学质量调研试卷含解析

江苏省盐城市2021届新高考数学一模考试卷一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．把函数sin()6y x π=+图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再将图象向右平移3π个单位，那么所得图象的一个对称中心为（ ） A ．(,0)3πB ．(,0)4πC ．(,0)12πD ．(0,0)【答案】D 【解析】 【分析】 【详解】试题分析：把函数sin()6y x π=+图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），可得1sin()26y x π=+的图象；再将图象向右平移3π个单位，可得11sin[()]sin 2362y x x ππ=-+=的图象，那么所得图象的一个对称中心为(0,0)，故选D. 考点：三角函数的图象与性质.2．已知定义在[)1,+∞上的函数()f x 满足()()33f x f x =，且当13x ≤≤时，()12f x x =--，则方程()()2019f x f =的最小实根的值为（ ） A ．168 B ．249C ．411D ．561【答案】C 【解析】 【分析】先确定解析式求出(2019)f 的函数值，然后判断出方程()()2019f x f =的最小实根的范围结合此时的5()3f x x =-，通过计算即可得到答案.【详解】当1x ≥时，()()33f x f x =，所以22()3()3()33x x f x f f ===L 3()3n n x f =，故当 +133n n x ≤≤时，[1,3]3n x ∈，所以()13,233(12)33,23n n nn n nx x x f x x x +⎧-≥⋅=--=⎨-<⋅⎩，而 672019[3,3]∈，所以662019(2019)3(12)3f =--=732109168-=，又当13x ≤≤时， ()f x 的极大值为1，所以当+133n n x ≤≤时，()f x 的极大值为3n ，设方程()168f x =的最小实根为t ，45168[3,3]∈，则56533(3,)2t +∈，即(243,468)t ∈，此时5()3f x x =-令5()3168f x x =-=，得243168411t =+=，所以最小实根为411. 故选：C. 【点睛】本题考查函数与方程的根的最小值问题，涉及函数极大值、函数解析式的求法等知识，本题有一定的难度及高度，是一道有较好区分度的压轴选这题. 3．设命题p ：,a b R ∀∈，a b a b -<+，则p ⌝为 A ．,a b R ∀∈，a b a b -≥+ B ．,a b R ∃∈，a b a b -<+ C ．,a b R ∃∈，a b a b ->+ D ．,a b R ∃∈，a b a b -≥+【答案】D 【解析】 【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可. 【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题p ：,a b R ∀∈，a b a b -<+，则p ⌝为：,a b R ∃∈，a b a b -≥+.故本题答案为D. 【点睛】本题考查命题的否定，特称命题与全称命题的否定关系，是基础题.4．在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述.两颗星的星等与亮度满足212152–lg E m m E =，其中星等为m k 的星的亮度为E k （k=1,2）.已知太阳的星等是–26.7，天狼星的星等是–1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为( ) A ．1010.1 B ．10.1C ．lg10.1D ．10–10.1【答案】A 【解析】 【分析】由题意得到关于12,E E 的等式，结合对数的运算法则可得亮度的比值. 【详解】两颗星的星等与亮度满足12125lg 2E m m E -=,令211.45,26.7m m =-=-, ()10.111212222lg( 1.4526.7)10.1,1055E E m m E E =⋅-=-+==. 故选A. 【点睛】本题以天文学问题为背景,考查考生的数学应用意识､信息处理能力､阅读理解能力以及指数对数运算. 5．已知i 为虚数单位，若复数12i12iz +=+-，则z = A ．9i 5+B ．1i -C ．1i +D ．i -【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】因为212i (12i)(2i)2i 4i 2i 1111i 2i (2i)(2i)5z ++++++=+=+=+=+--+，所以1i z =-，故选B ． 6．设过定点(0,2)M 的直线l 与椭圆C ：2212x y +=交于不同的两点P ，Q ，若原点O 在以PQ 为直径的圆的外部，则直线l 的斜率k 的取值范围为（ ）A．⎛ ⎝⎭B．⎛ ⎝⎭⎝UC．2⎛ ⎝ D．22⎛⎛- ⎝⎭⎝U 【答案】D 【解析】 【分析】设直线l ：2y kx =+，()11,P x y ，()22,Q x y ，由原点O 在以PQ 为直径的圆的外部，可得0OP OQ ⋅>u u u r u u u r，联立直线l 与椭圆C 方程，结合韦达定理，即可求得答案. 【详解】显然直线0x =不满足条件，故可设直线l ：2y kx =+，()11,P x y ，()22,Q x y ，由22122x y y kx ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，得()2212860k x kx +++=，Q ()226424120k k ∆=-+>，∴解得2k >或2k <-，∴122812k x x k +=-+，122612x x k =+， Q 02POQ π<∠<，∴0OP OQ ⋅>u u u r u u u r，∴()()1212121222OP OQ x x y y x x kx kx ⋅=+=+++u u u r u u u r()()21212124kx xk x x =++++()222222611610240121212k k k k k k+-=-+=>+++， ∴解得k <<∴直线l 的斜率k 的取值范围为k ⎛∈ ⎝⎭⎝U . 故选：D. 【点睛】本题解题关键是掌握椭圆的基础知识和圆锥曲线与直线交点问题时，通常用直线和圆锥曲线联立方程组，通过韦达定理建立起目标的关系式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题．7．已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若11a =，且公比为2，则n S 与n a 的关系正确的是（ ） A ．41n n S a =- B ．21n n S a =+ C ．21n n S a =- D ．43n n S a =-【答案】C 【解析】 【分析】在等比数列中，由11n n a a S qq-⋅=-即可表示之间的关系.【详解】由题可知，等比数列{}n a 中11a =，且公比为2，故11221112n nn n a a q a a q S -⋅-===---故选：C 【点睛】本题考查等比数列求和公式的应用，属于基础题.8．已知函数()(0)f x x x x =->，()xg x x e =+，()()ln 0h x x x x =+>的零点分别为1x ，2x ，3x ，则（ ） A ．123x x x << B ．213x x x << C ．231x x x << D ．312x x x <<【答案】C 【解析】 【分析】转化函数()(0)f x x x x =->，()xg x x e =+，()()ln 0h x x x x =+>的零点为y x =与(0)y x x =>，x y e =-，()ln 0y x x =->的交点，数形结合，即得解.【详解】 函数()(0)f x x x x =->，()xg x x e =+，()()ln 0h x x x x =+>的零点，即为y x =与(0)y x x =>，x y e =-，()ln 0y x x =->的交点，作出y x =与(0)y x x =>，x y e =-，()ln 0y x x =->的图象，如图所示，可知231x x x << 故选：C 【点睛】本题考查了数形结合法研究函数的零点，考查了学生转化划归，数形结合的能力，属于中档题.9．若函数()()2(2 2.71828 (x)f x x mx e e =-+=为自然对数的底数)在区间[]1,2上不是单调函数，则实数m 的取值范围是( ) A ．510,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．510,23⎛⎫⎪⎝⎭C ．102,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．102,3⎛⎫⎪⎝⎭【答案】B 【解析】 【分析】求得()f x 的导函数()'fx ，由此构造函数()()222g x x m x m =+-+-，根据题意可知()g x 在(12)，上有变号零点.由此令()0g x =，利用分离常数法结合换元法，求得m 的取值范围. 【详解】()()2'22x f x e x m x m =+-+-⎡⎤⎣⎦，设()()222g x x m x m =+-+-，要使()f x 在区间[]1,2上不是单调函数，即()g x 在(12)，上有变号零点，令()0g x =， 则()2221x x m x ++=+，令()12,3t x =+∈，则问题即1m t t =+在()2,3t ∈上有零点，由于1t t+在()2,3上递增，所以m 的取值范围是510,23⎛⎫⎪⎝⎭.故选：B 【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查方程零点问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.10．如果直线1ax by +=与圆22:1C x y +=相交，则点(),M a b 与圆C 的位置关系是（ ） A ．点M 在圆C 上 B ．点M 在圆C 外 C ．点M 在圆C 内 D ．上述三种情况都有可能【答案】B 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离小于半径可得,a b 满足的条件，利用(),M a b 与圆心的距离判断即可. 【详解】Q 直线1ax by +=与圆22:1C x y +=相交，∴圆心(0,0)到直线1ax by +=的距离1d =<，1>．也就是点(,)M a b 到圆C 的圆心的距离大于半径． 即点(,)M a b 与圆C 的位置关系是点M 在圆C 外．故选：B【点睛】本题主要考查直线与圆相交的性质，考查点到直线距离公式的应用，属于中档题．11．某调查机构对全国互联网行业进行调查统计，得到整个互联网行业从业者年龄分布饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图，则下列结论中不正确的是（）注：90后指1990年及以后出生，80后指1980-1989年之间出生，80前指1979年及以前出生.A．互联网行业从业人员中90后占一半以上B．互联网行业中从事技术岗位的人数超过总人数的20%C．互联网行业中从事运营岗位的人数90后比80前多D．互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多【答案】D【解析】【分析】根据两个图形的数据进行观察比较，即可判断各选项的真假．【详解】在A中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图得到互联网行业从业人员中90后占56%，所以是正确的；在B中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图，90后从事互联网行业岗位分布条形图得到：56%39.6%22.176%20%⨯=>，互联网行业从业技术岗位的人数超过总人数的20%，所以是正确的；在C中，由整个互联网行业从业者年龄分别饼状图，90后从事互联网行业岗位分别条形图得到：⨯=>，互联网行业从事运营岗位的人数90后比80后多，所以是正确的；13.7%39.6%9.52%3%⨯=<，所以不在D中，互联网行业中从事技术岗位的人数90后所占比例为56%39.6%22.176%41%能判断互联网行业中从事技术岗位的人数90后比80后多．故选：D.【点睛】本题主要考查了命题的真假判定，以及统计图表中饼状图和条形图的性质等基础知识的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.12．已知12,F F 分别为双曲线2222:1x y C a b-=的左、右焦点，点P 是其一条渐近线上一点，且以12F F 为直径的圆经过点P ，若12PF F ∆2，则双曲线的离心率为（ ）A B ．2C D ．3【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，设点()00,P x y 在第一象限，求出此坐标，再利用三角形的面积即可得到结论. 【详解】由题意，设点()00,P x y 在第一象限，双曲线的一条渐近线方程为by x a=， 所以，00by x a=， 又以12F F 为直径的圆经过点P ，则OP c =，即22200x y c +=，解得0x a =，0y b =，所以，12201223PF F S c y c b ∆=⋅⋅=⋅=，即3c =，即()22243c c a =-，所以，双曲线的离心率为2e =. 故选：B. 【点睛】本题主要考查双曲线的离心率，解决本题的关键在于求出a 与c 的关系，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2021届江苏省新高考基地学校高三第二学期4月第二次大联考数学2021年4月注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、选择题：本题共8小是，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．设全集为R，集合A＝{x|2＜x＜5}，B＝{x|2x＞16}，则A∩( R B)＝A．{x|4＜x≤5} B．{x|4＜x＜5} C．{x|2＜x≤4} D．{x|2＜x＜4}2．某校组建了甲、乙、丙3支羽毛球球队参加男女混合双打比赛，其中男队员有小王、小张、小李，女队员有小红、小芳、小丽．若小王和小红不是搭档，小张和小丽不是搭档，小李和小芳不是搭档，则A．小王的搭档一定是小芳B．小芳的搭档不可能是小张C．小张的搭档不可能是小红D．小李的搭档可能是小丽3．根据2010~2019年我国16~59岁人口比重统计数据y(%)，拟合了y与年份x的回归方程为ŷ＝－0.74x＋1551，试据此估计我国约从哪一年开始16~59岁人口比重低于50%A．2023 B．2026 C．2029D．20324．碌碡是我国古代人民发明的一种把米、麦、豆等粮食加工成粉末的器具，如图，近似圆柱形碌碡的轴固定在经过圆盘圆心且垂直于圆盘的木桩上，当人推动木柄时，碌碡在圆盘上滚动．若人推动木柄绕圆盘转动1周，碌碡恰好滚动了3圈，则该圆柱形碌碡的高与其底面圆的直径之比约为A ．3：1B ．3：2C ．1：3D ．2：35．若存在复数z 同时满足|z －i|＝1，|z －3＋3i|＝t ，则实数t 的取值范围是A ．[0，4]B ．(4，6)C ．[4，6]D ．(6，＋∞)6．香农定理是所有通信制式最基本的原理，它可以用香农公式C ＝B log 2(1＋SN )来表示，其中C 是信道支持的最大速度或者叫信道容量，B 是信道的带宽(Hz)，S 是平均信号功率(W)，N 是平均噪声功率(W)．已知平均信号功率为1000W ，平均噪声功率为10W ，在不改变平均信号功率和信道带宽的前提下，要使信道容量增大到原来的2倍，则平均噪声功率约降为A ．0.1WB ．1.0WC ．3.2WD ．5.0W7．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦距为2c (c ＞0)，右焦点为F ，过C 上一点P 作直线x ＝32c的垂线，垂足为Q ．若四边形OPQF 为菱形，则C 的离心率为A ．23B ．63C ．4－2 3D ．3－18．已知函数f (x )＝x －a ex ，且e a＝ln b ＝c ，则 A ．f (a )＜f (b )＜f (c ) B ．f (b )＜f (c )＜f (a ) C ．f (a )＜f (c )＜f (b ) D ．f (c )＜f (b )＜f (a )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．已知无穷等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＞0，d ＜0，则A ．数列{a n }单调递减B ．数列{a n }没有最小值C ．数列{S n }单调递减D ．数列{S n }有最大值10．已知a ，b 均为正数，且a －b ＝1，则A ．2a －2b ＞1B ．a 3－b 3＜1C ．4a －1b≤1 D ．2log 2a －log 2b <211．已知函数f (x )＝sin 3xx 2＋1，x ∈(－π，π)，则A ．∀x ∈(－π，π)，f (x )f (－x )≥0B ．∀x ∈(－π，π)，|f (x )|≤1C ． x 1，x 2∈(－π，π)，x 1≠x 2，f (x 1)＝f (x 2)D ．∃x 0∈(－π，π)，∀x ∈(－π，π)，|f (x )|≤f (x 0)12．由倍角公式3cos2x ＝2cos 2x －1，可知cos2x 可以表示为cos x 的二次多项式．一般地，存在一个n (n ∈N *)次多项式P n (t )＝a 0＋a 1t ＋a 2t 2＋…＋a n t n (a 0，a 1，a 2，…，a n ∈R )，使得cos nx ＝P n (cos x )，这些多项式P n (t )称为切比雪夫(P ．L ．T s chebyscheff )多项式．则 A ．P 3(t )＝4t 3－3t B ．当n ≥3时，a 0＝0 C ．|a 1＋a 2＋a 2＋…＋a n |≤2 D ．sin18°＝5－14二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．某志愿者服务大队计划在今年“五一”小长假这5天中安排3天到社区进行劳动法宣讲，则这3天中恰有2天连排的概率为_______．14．已知正方形ABCD 的边长为2，当点P 满足_______时，→AP ·→AC ＝4． (注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情况) 15．设(x －1x )( x ＋1x)6＝1470ii i a x-=∑，则(a 0＋a 2＋a 4＋a 6)－(a 7＋a 9＋a 11＋a 13)＝_______．16．已知等边三角形ABC 的边长为2，点D ，E 分别在边AC ，BC 上，且DE //AB ，将△CDE 沿DE 折起，则四棱锥C －DABE 的体积的最大值为_______，此时四棱锥C －DABE 的外接球的表面积为_______．三、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．(10分)在①4a sin B cos A ＝3b ，②b sin 2B ＋c sin 2C ＝(b ＋c ) sin 2A ，③3sin A ＋cos A ＝b a ＋ab．这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求出cos B 的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．问题：在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知cos C ＝13， ．注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．18．(12分)已知数列{a n }满足a 1＝2，(n ＋2)a n ＝3(n ＋1)a n ＋1． (1)求数列{a n }的通项公式(2)设S n 为数列{a n }的前n 项和，求证S n ＜154．19．(12分)阳澄湖大闸蟹又名金爪蟹，产于江苏苏州，蟹身青壳白肚，体大膘肥，肉质膏腻，营养丰富，深受消费者喜爱．某水产品超市购进一批重量为100千克的阳澄湖大闸蟹，随机抽取了50只统计其重量，得到的结果如下表所示： 规格 中蟹大蟹特大蟹重量(单位：克) [160，180)[180，200)[200，220)[220，240)[240，260) [260，280]数量(单位：只)32 15 20 7 3(1)试用组中值来估计该批大闸蟹的有名少只?(所得结果四舍五入保留整数)(2)某顾客从抽取的10只特大蟹中随机购买了4只，记重量在区间[260，280]上的大闸蟹数量为X ，求X 的概率分布和数学期望．20．(12分)已知AB 是圆O 的直径，且长为4，C 是圆O 上异于A 、B 的一点，点P 到A ，B ，C 的距离2 3.设二面角P －AC －B 与二面角P －BC －A 的大小分别为α，β． (1)求1tan 2a ＋1tan 2β的值； (2)若tan β＝3tan α，求二面角A －PC B 的余弦值．21．(12分)在平面直角坐标系xOy 中，过点M (0，－1)的直线交抛物y 2＝4x 于A ，B 两点． (1)设OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，求k 1＋k 2的值；(2)过点A ，B 分别作直线x ＝－4的垂线，垂足为C 、D ，试探究∠AOB 和∠COD 的关系，并说明理由．POC BA22．(12分)已知函数f (x )＝－32x 2＋6x ＋3log a x (a ＞0，且a ≠1)为单调减函数，f (x )的导函数f ′(x )的最大值不小于0． (1) 求a 的值；(2)若f (x 1)＋f (x 2)＝9，求证：x 1＋x 2≥2．数 学 解析版 2021年4月注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。

2021年高考数学真题试卷（新高考Ⅰ卷）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

（共8题；共40分）1.设集合A= {x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=（）A. {2}B. {2,3}C. {3,4,}D. {2,3,4}【答案】B【考点】交集及其运算【解析】【解答】解：根据交集的定义易知A∩B是求集合A与集合B的公共元素，即{2,3}，故答案为：B【分析】根据交集的定义直接求解即可.2.已知z=2-i，则( =（）A. 6-2iB. 4-2iC. 6+2iD. 4+2i【答案】C【考点】复数的基本概念，复数代数形式的混合运算【解析】【解答】解：故答案为：C【分析】根据复数的运算，结合共轭复数的定义求解即可.3.已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A. 2B. 2C. 4D. 4【答案】B【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）【解析】【解答】解：根据底面周长等于侧面展开图弧长，设母线为l，底面半径为r，则有，解得故答案为：B【分析】根据底面周长等于侧面展开图弧长，结合圆的周长公式与扇形的弧长公式求解即可.4.下列区间中，函数f(x)=7sin( )单调递增的区间是（）A. (0, )B. ( , )C. ( , )D. ( , ) 【答案】A【考点】正弦函数的单调性【解析】【解答】解：由得，k∈Z，当k=0时，是函数的一个增区间，显然，故答案为：A【分析】根据正弦函数的单调性求解即可.5.已知F1,F2是椭圆C：的两个焦点，点M在C 上，则|MF1|·|MF2|的最大值为（）A. 13B. 12C. 9D. 6【答案】C【考点】基本不等式在最值问题中的应用，椭圆的定义【解析】【解答】解：由椭圆的定义可知a2=9,b2=4,|MF1|+|MF2|=2a=6，则由基本不等式可得|MF1||MF2|≤，当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，等号成立.故答案为：C【分析】根据椭圆的定义，结合基本不等式求解即可.6.若tan =-2,则 =（）A. B. C. D.【答案】C【考点】二倍角的正弦公式，同角三角函数间的基本关系，同角三角函数基本关系的运用【解析】【解答】解：原式故答案为：C【分析】根据同角三角函数的基本关系，结合二倍角公式求解即可.7.若过点（a,b)可以作曲线y=e x的两条切线，则（）A. e b<aB. e a<bC. 0<a<e bD. 0<b<e a【答案】 D【考点】极限及其运算，利用导数研究曲线上某点切线方程【解析】【解答】解：由题意易知，当x趋近于-∞时，切线为x=0，当x趋近于+∞时，切线为y=+∞，因此切线的交点必位于第一象限，且在曲线y=e x的下方.故答案为：D【分析】利用极限，结合图象求解即可.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【答案】B【考点】相互独立事件，相互独立事件的概率乘法公式，古典概型及其概率计算公式【解析】【解答】解：设甲乙丙丁事件发生的概率分别为P(A)，P(B)，P(C)，P(D)，则，对于A，P(AC)=0；对于B，；对于C，；对于D，P(CD)=0.若两事件X,Y相互独立，则P(XY)=P(X)P(Y),故B正确.故答案为：B【分析】根据古典概型，以及独立事件的概率求解即可二、选择题：本题共4小题。

2021年高考数学试卷新高考2卷含参考答案解析2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷（新高考2卷）注意事项：1.在答题卡上填写姓名、考生号、考场号和座位号。

用2B铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上，并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，用2B铅笔在答题卡上对应题目的答案信息点涂黑。

如需改动，用橡皮擦干净后再涂其他答案。

不要在试卷上作答。

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。

单选题：1.复数2-i在复平面内对应的点所在的象限为（）。

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2.设集合U={1,2,3,4,5,6}，A={1,3,6}，B={2,3,4}，则A∪B的结果为（）。

A．{3} B．{1,6} C．{5,6} D．{1,3}3.抛物线y2=2px(p>0)的焦点到直线y=x+1的距离为2，则p=（）。

A．1 B．2 C．22 D．44.北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果，其中地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为km。

将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数。

地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2πr2(1-cosα)（单位：km2）。

则S占地球表面积的百分比约为（）。

A．26% B．34% C．42% D．50%5.正四棱台的上底面和下底面的边长分别为2和4，侧棱长为2，则其体积为（）。

A．20+123 B．282 C．56√3/2 D．282√3/36.某物理量的测量结果服从正态分布N(10,σ)，下列结论中不正确的是（）。

江苏省盐城市2021届新高考适应性测试卷数学试题（1）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。

1．2019年10月17日是我国第6个“扶贫日”，某医院开展扶贫日“送医下乡”医疗义诊活动，现有五名医生被分配到四所不同的乡镇医院中，医生甲被指定分配到医院A ，医生乙只能分配到医院A 或医院B ，医生丙不能分配到医生甲、乙所在的医院，其他两名医生分配到哪所医院都可以，若每所医院至少分配一名医生，则不同的分配方案共有( ) A ．18种 B ．20种 C ．22种 D ．24种【答案】B 【解析】 【分析】分两类：一类是医院A 只分配1人，另一类是医院A 分配2人，分别计算出两类的分配种数，再由加法原理即可得到答案. 【详解】根据医院A 的情况分两类：第一类：若医院A 只分配1人，则乙必在医院B ，当医院B 只有1人，则共有2232C A 种不同 分配方案，当医院B 有2人，则共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 只分配1人时， 共有2232C A +122210C A =种不同分配方案；第二类：若医院A 分配2人，当乙在医院A 时，共有33A 种不同分配方案，当乙不在A 医院， 在B 医院时，共有1222C A 种不同分配方案，所以当医院A 分配2人时， 共有33A +122210C A =种不同分配方案； 共有20种不同分配方案. 故选：B 【点睛】本题考查排列与组合的综合应用，在做此类题时，要做到分类不重不漏，考查学生分类讨论的思想，是一道中档题.2．设非零向量a r ，b r ，c r，满足||2b =r ，||1a =r ，且b r 与a r 的夹角为θ，则“||b a -=r r 是“3πθ=”的（ ）． A ．充分非必要条件 B ．必要非充分条件 C ．充分必要条件 D ．既不充分也不必要条件【答案】C【分析】利用数量积的定义可得θ，即可判断出结论． 【详解】解：||b a -=r r ∴2223b a a b +-=r r r r g ，221221cos 3θ∴+-⨯⨯⨯=，解得1cos 2θ=，[0θ∈，]π，解得3πθ=，∴“||b a -=r r 是“3πθ=”的充分必要条件．故选：C ． 【点睛】本题主要考查平面向量数量积的应用，考查推理能力与计算能力，属于基础题． 3．设等比数列{}n a 的前项和为n S ，若2019201680a a +=，则63S S 的值为（ ） A ．32B ．12C ．78 D ．98【答案】C 【解析】 【分析】求得等比数列{}n a 的公比，然后利用等比数列的求和公式可求得63S S 的值. 【详解】设等比数列{}n a 的公比为q ，2019201680a a +=Q ，32019201618a q a ∴==-，12q ∴=-， 因此，6363317118S q q S q -==+=-. 故选：C. 【点睛】本题考查等比数列求和公式的应用，解答的关键就是求出等比数列的公比，考查计算能力，属于基础题. 4．已知圆224210x yx y +-++=关于双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的一条渐近线对称，则双曲线C 的离心率为（ ） AB ．5CD ．54【答案】C 【解析】将圆224210x y x y +-++=，化为标准方程为，求得圆心为()21-，.根据圆224210x y x y +-++=关于双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的一条渐近线对称，则圆心在渐近线上，12b a =.再根据21c b e a a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭求解.【详解】已知圆224210x y x y +-++=，所以其标准方程为：()()22214x y -++=，所以圆心为()21-，. 因为双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>，所以其渐近线方程为by x a=±， 又因为圆224210x yx y +-++=关于双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的一条渐近线对称， 则圆心在渐近线上， 所以12b a =. 所以2512c b e a a ⎛⎫==+= ⎪⎝⎭. 故选：C 【点睛】本题主要考查圆的方程及对称性，还有双曲线的几何性质 ，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 5．《九章算术》勾股章有一“引葭赴岸”问题“今有饼池径丈，葭生其中，出水两尺，引葭赴岸，适与岸齐，问水深，葭各几何？”，其意思是：有一个直径为一丈的圆柱形水池，池中心生有一颗类似芦苇的植物，露出水面两尺，若把它引向岸边，正好与岸边齐，问水有多深，该植物有多高？其中一丈等于十尺，如图若从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为（ ）A ．1213B ．1314C ．2129D ．1415【答案】C 【解析】 【分析】由题意知：2BC =，'5B C =，设AC x =，则2AB AB x '==+，在Rt ACB 'V 中，列勾股方程可解得x ，然后由P 2xx =+得出答案. 【详解】解：由题意知：2BC =，'5B C =，设AC x =，则2AB AB x '==+ 在Rt ACB 'V 中，列勾股方程得：()22252x x +=+，解得214x =所以从该葭上随机取一点，则该点取自水下的概率为21214P 2122924x x ===++ 故选C. 【点睛】本题考查了几何概型中的长度型，属于基础题.6．已知定义在R 上的奇函数()f x 和偶函数()g x 满足()()2x x f x g x a a -+=-+（0a >且1a ≠），若(2)g a =，则函数()22f x x +的单调递增区间为（ ）A ．(1,1)-B ．(,1)-∞C ．(1,)+∞D ．(1,)-+∞【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性用方程法求出(),()f x g x 的解析式，进而求出a ，再根据复合函数的单调性，即可求出结论. 【详解】依题意有()()2xxf xg x a a-+=-+， ①()()2()()--+-=-+=-+x x f x g x a a f x g x ， ②①-②得(),()2-=-=x x f x a a g x ，又因为(2)g a =，所以2,()22-==-x xa f x ，()f x 在R 上单调递增，所以函数()22f x x +的单调递增区间为(1,)-+∞. 故选:D.本题考查求函数的解析式、函数的性质，要熟记复合函数单调性判断方法，属于中档题. 7．已知等差数列{}n a 中，27a =，415a =，则数列{}n a 的前10项和10S =（ ） A ．100 B ．210C ．380D ．400【答案】B 【解析】 【分析】设{}n a 公差为d ，由已知可得3a ，进而求出{}n a 的通项公式，即可求解. 【详解】设{}n a 公差为d ，27a =，415a =，2433211,42a a a d a a +∴===-=, 1010(339)41,2102n a n S ⨯+∴=-∴==.故选：B. 【点睛】本题考查等差数列的基本量计算以及前n 项和，属于基础题.8．如图所示，在平面直角坐标系xoy 中，F 是椭圆22221(0)x ya b a b+=>>的右焦点，直线2b y =与椭圆交于B ，C 两点，且90BFC ∠=︒，则该椭圆的离心率是（ ）A 6B ．34C ．12D 3【答案】A 【解析】联立直线方程与椭圆方程，解得B 和C 的坐标，然后利用向量垂直的坐标表示可得2232c a =，由离心率定义可得结果. 【详解】由222212x y a b b y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，得2x b y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以,2b B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，,2b C ⎫⎪⎪⎝⎭. 由题意知(),0F c，所以,2b BF c ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r，,2b CF c a ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭u u u r . 因为90BFC ∠=︒,所以BF CF ⊥,所以2222222331044442b a c BF CF c c c a c a ⎛⎫⎛⎫-⋅=+=-+=-= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭u u u r u u u r .所以2232c a =，所以c e a ==， 故选：A. 【点睛】本题考查了直线与椭圆的交点，考查了向量垂直的坐标表示，考查了椭圆的离心率公式，属于基础题. 9．已知集合2{|1}M x x ==．N 为自然数集，则下列表示不正确的是（ ） A ．1M ∈ B ．{1,1}M =-C ．M ∅⊆D ．M N ⊆【答案】D 【解析】 【分析】集合{}2{|1}1,1M x x ===-．N 为自然数集，由此能求出结果． 【详解】解：集合{}2{|1}1,1M x x ===-．N 为自然数集， 在A 中，1M ∈，正确； 在B 中，{}1,1M =-，正确； 在C 中，M ∅⊆，正确；在D 中，M 不是N 的子集，故D 错误． 故选：D ． 【点睛】本题考查命题真假的判断、元素与集合的关系、集合与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．10．函数cos 1ln(),1,(),1x x x f x xex π⎧->⎪=⎨⎪≤⎩的图象大致是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 【分析】根据复合函数的单调性，同增异减以及采用排除法，可得结果. 【详解】当1x >时，()1ln()f x x x=-，由1,y y x x =-=在()1,+∞递增， 所以1t x x=-在()1,+∞递增又ln y t =是增函数，所以()1ln()f x x x=-在()1,+∞递增，故排除B 、C 当1x ≤时()cos xf x eπ=，若()0,1x ∈，则()0,x ππ∈所以cos t x π=在()0,1递减，而ty e =是增函数所以()cos xf x e π=在()0,1递减，所以A 正确，D 错误故选：A 【点睛】本题考查具体函数的大致图象的判断，关键在于对复合函数单调性的理解，记住常用的结论：增+增=增，增-减=增，减+减=减，复合函数单调性同增异减，属中档题.11．函数()1ln1xf x x-=+的大致图像为（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】D 【解析】 【分析】通过取特殊值逐项排除即可得到正确结果. 【详解】 函数()1ln1x f x x -=+的定义域为{|1}x x ≠±，当12x =时，1()ln 302f =-<，排除B 和C ； 当2x =-时，(2)ln 30f -=>，排除A. 故选：D. 【点睛】本题考查图象的判断，取特殊值排除选项是基本手段，属中档题.12．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，则“1322a a a +<”是“210n S -<”的（ ） A ．充分不必要 B ．必要不充分 C ．充要 D ．既不充分也不必要【答案】A 【解析】 【分析】首先根据等比数列分别求出满足1322a a a +<，210n S -<的基本量，根据基本量的范围即可确定答案. 【详解】{}n a 为等比数列，若1322a a a +<成立，有()21201q a q -+<，因为2210q q -+≥恒成立， 故可以推出10a <且1q ≠， 若210n S -<成立， 当1q =时，有10a <， 当1q ≠时，有()211101n a q q--<-，因为21101n q q-->-恒成立，所以有10a <， 故可以推出10a <，q ∈R ，所以“1322a a a +<”是“210n S -<”的充分不必要条件. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了等比数列基本量的求解，充分必要条件的集合关系，属于基础题. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2021年江苏省高考数学合格性试卷(一)(附答案详解)2021年江苏省高考数学合格性试卷（一）一、单选题（共16小题，共64.0分）1.设全集U，图中阴影部分所表示的集合是（）。

A。

∁UUB。

(∁UU)∩UC。

U∪(∁UU)D。

U∩(∁UU)2.已知UU、UU均为单位向量，它们的夹角为60°，那么|3UU+UU|=（）。

A。

√7UB。

√10C。

√13D。

13.函数U(U)=U2+1的单调递增区间是（）。

A。

(−∞,−1)B。

(−1,1)C。

(1,+∞)D。

(−∞,−1)和(1,+∞)4.已知(U3−2)U的展开式的所有二项式系数之和为64，则U=（）。

A。

9B。

8C。

7D。

65.若U>0，则U+1/U的最小值为（）。

A。

2B。

3C。

2√2D。

46.等比数列{UU}的首项U1=−1，U4=27，那么它的前4项之和U4等于（）。

A。

−34B。

52C。

40D。

207.某地区的高一新生中，来自东部平原地区的学生有2400人，中部丘陵地区的学生有1600人，西部山区的学生有1000人。

计划从中选取100人调查学生的视力情况，现已了解到来自东部、中部、西部三个地区学生的视力情况有较大差异，而这三个地区男女生视力情况差异不大，在下面的抽样方法中，最合理的抽样方法是（）。

A。

简单随机抽样B。

按性别分层抽样C。

系统抽样D。

按地区分层抽样8.已知集合U={0,1，2，3，4，5}，集合U={1,3，5}，则∁UU=（）。

A。

{0,2}B。

{2,4}C。

{1,2，3}D。

{0,2，4}9.已知曲线U=2U3+3U上一点U(1,5)，则A处的切线斜率等于（）。

A。

9B。

1C。

3D。

210.若平面向量UU与UU的夹角为120°，|UU−2UU|⋅|UU+3UU|=3，则|UU|=（）。

A。

2B。

3C。

2√3D。

111.等差数列{UU}中，已知U8=6，则前15项的和U15=（）。

A。

45B。

90C。

2021学年江苏省盐城市高二（下）质检数学试卷（7）（理科）一、填空题（共14小题，每小题3分，满分42分）1. 复数z=21+i−1，则z+z2+...+z2008+z2009=________．2. (2x3)7的展开式中常数项是________．（用数字作答）3. 已知(1−3x)9＝a0+a1x+a2x2+...+a9x9，则|a0|+|a1|+|a2|+...+|a9|＝________．4. 若(x+1)n=x n+...+ax3+bx2+cx+1(n∈N∗)，且a:b=3:1，那么n=________．5. 求(1+x+x2+x3)(1−x)7的展开式中x4的系数________．6. 已知(x lg x+1)n展开式中，末三项的二项式系数和等于22，系数最大的项为20000，则x=________．7. 如果(3x2−2x3)n的展开式中含有非零常数项，则正整数n的最小值为________．8. 已知3√2+27=23√27，3√3+326=33√326，3√4+463=43√463，…，3√2011+mn=20113√mn ，则n+1m2=________．9. 用1、2、3、4、5、6、7、8组成没有重复数字的八位数，要求1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻，而7与8不相邻，这样的八位数共有________个．（用数字作答）10. 若多项式x2+x10＝a0+a1(x+1)+...+a9(x+1)9+a10(x+1)10，则a9＝________．11. 为了庆祝六一儿童节，某食品厂制作了3种不同的精美卡片，每袋食品随机装入一张卡片，集齐3种卡片可获奖，现购买该种食品5袋，能获奖的概率为________．12. 在一次口试中，要从10道题中随机抽出3道题进行回答，答对其中两道或两道以上的题可获得及格．某考生会回答10道题中的6道题，那么他（她）获得及格的概率是________．13. 对大于1的自然数m 的三次幂，可用奇数进行以下方式的拆分： 23=3+533=7+9+1143=13+15+17+19 …若159在m 3的拆分中，则m 的值为________．14. 某城市在中心广场建造一个花圃（如图），花圃分为5个部分，现要将4种颜色的花全部种在花圃中，每部分种一种颜色，且相邻部分的花不同色，则不同的栽种方法共有________种（用数字作答）．二、解答题（共6小题，满分0分）已知z 、ω为复数，(1+3i)z 为纯虚数，ω=z 2+i，且|ω|=5√2，求ω．已知(√x 3+x 2)2n 的展开式的二项式系数和比(3x −1)n 的展开式系数和大992，求(2x −1x )2n 的展开式中：(1)二项式系数最大的项；(2)系数的绝对值最大的项．用二项式定理证明：(1)2n+2⋅3n +5n −4(n ∈N ∗)能被25整除； (2)(23)n−1<2n+1(n ∈N ∗，且n ≥3)．设a 和b 分别是先后抛掷一枚骰子得到的点数，且随机变量ξ表示方程ax 2+bx +1=0的实根的个数（相等的两根算一个根）． （1）求方程ax 2+bx +1=0无实根的概率；（2）求随机变量ξ的概率分布列．已知：(x +1)n =a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+a 3(x −1)3+...+a n (x −1)n (n ≥2, n ∈N ∗).(1)当n=5时，求a0+a1+a2+a3+a4+a5的值．(2)设b n=a2，T n=b2+b3+b4+...+b n．试用数学归纳法证明：当n≥2时，T n= 2n−3n(n+1)(n−1)．3，其中x∈R，m是正整数，且C X0=1．这是组合数C n m(n，m 规定C x m=x(x−1)…(x−m+1)m!是正整数，且m≤n)的一种推广．3的值；（1）求C−15m是否都能推广到（2）组合数的两个性质：①C n m=C n n−m；②C n m+C n m−1=C n+1C x m(x∈R, m∈N∗)的情形？若能推广，请写出推广的形式并给予证明；若不能请说明理由．（3）已知组合数C n m是正整数，证明：当x∈Z，m是正整数时，C x m∈Z．参考答案与试题解析2021学年江苏省盐城市高二（下）质检数学试卷（7）（理科）一、填空题（共14小题，每小题3分，满分42分）1.【答案】−i【考点】复数代数形式的混合运算虚数单位i及其性质【解析】−1=−i，再总结规律z+z2+...+z2008+z2009=502[(−i)+(−i)2+先求出z=21+i(−i)3+(−i)4]+(−i)2009，由此能求出其结果．【解答】−1=−i，解：∵z=21+i∴z+z2+...+z2008+z2009=502[(−i)+(−i)2+(−i)3+(−i)44]+(−i)2009=502×0+(−i)=−i．故答案为：−i．2.【答案】14【考点】二项式定理及相关概念【解析】利用二项展开式的通项公式求出第r+1项，令x的指数为0得常数项．【解答】展开式的通项为令得r＝6∴展开式中常数项是T7＝2C76＝143.【答案】49【考点】二项式定理及相关概念【解析】根据二项展开式，可知x的系数，奇次方位负，偶次方位正，所以|a0|+|a1|+|a2|+...+|a9|＝a0−a1+a2+...−a9，从而可利用赋值法求解．【解答】由于x的系数，奇次方位负，偶次方位正，所以|a0|+|a1|+|a2|+...+|a9|＝a0−a1+ a2+...−a9故令x＝−1，得a0−a1+a2+...−a9＝49∴|a0|+|a1|+|a2|+...+|a9|＝494.【答案】11【考点】二项式定理的应用【解析】根据条件中所给的二项式定理的展开式，写出a和b的值，根据这两个数字的比值，写出关于n的等式，即方程，解方程就可以求出n的值．【解答】解：∵(x+1)n=x n+...+ax3+bx2+cx+1(n∈N∗)，∴a=C n3，b=C n2，∵a:b=3:1，∴a:b=C n3:C n2=3:1，∴n(n−1)(n−2)3×2:n(n−1)2=3:1，∴n=11．故答案为：115.【答案】14【考点】二项式定理的应用【解析】由等比数列的前n项和公式可得1+x+x2+x3=1−x41−x，则原式化为(1−x4)(1−x)6，进而分析x4取得的情况，计算可得答案，【解答】解：(1+x+x2+x3)(1−x)7=1−x41−x(1−x)7=(1−x4)(1−x)6，其展开式中x4的有两种情况，在(1−x4)中取(−x4)，在(1−x)6中取1，或在(1−x4)中取1，在(1−x)6中取x2，其系数为(−1)4C64−1=14．故答案为：14．6.【答案】10，或110【考点】二项式系数的性质【解析】由题意可得C n0+C n1+C n2=22，求得n=6．根据通项公式可得当r=3时，系数最大，可得C63⋅(x lg x)3=20000，即3(lg x)2=3，由此求得x的值．【解答】解：由题意可得，末三项的二项式系数分别为C n n，C n n−1，C n n−2，∴C n n+C n n−1+C n n−2=22，即 C n 0+C n 1+C n 2=22，求得n =6．故通项公式为 T r+1=C 6r ⋅x （6−r ）lg x ，显然当r =3时，系数最大为C 63=20， 故有 C 63⋅(x lg x )3=20000，∴ x 3lg x =1000，∴ 3(lg x)2=3，求得 lg x =±1，可得x =10，或 x =110，故答案为：10，或110．7.【答案】 5【考点】二项式定理的应用 【解析】.先求出二项展开式的通项，令x 的指数为0，判断出n 是5的倍数，求出n 的最小值． 【解答】解：(3x 2−2x 3)n 展开式的通项为T r+1=(−2)r 3n−r C n r x 2n−5r令2n −5r =0得r =2n 5∵ r ∈N ∴ n 是5的倍数 ∴ n 的最小值为5 故答案为5． 8. 【答案】 2011 【考点】 归纳推理 【解析】根据题意，分析所给的等式，可以归纳得到√n +nn 3−13=n ×√nn 3−13，进而在3√2011+m n=20113√m n 中，比较可得m 、n 的值，代入n+1m 2中，可得答案．【解答】解：根据题意，分析可得：对于3√2+27=23√27，有7=23−1，则有√2+223−13=2√223−13，对于3√3+326=33√326，有26=33−1，则有√3+333−13=3√333−13， 对于3√4+463=43√463，有63=43−1，则有√4+443−13=4√443−13， …，可以归纳：√n +nn 3−13=n ×√nn 3−13，则对于3√2011+m n=20113√mn，则有m =2011，n =20113−1，故n+1m 2=20113−1+120112=2011；故答案为2011． 9.【答案】 576【考点】排列、组合及简单计数问题 【解析】首先把1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻当做三个元素进行排列，这三个元素形成四个空，把7和8 在这四个位置排列，三对相邻的元素内部各还有一个排列，根据分步计数原理得到这种数字的总数． 【解答】解：首先把1和2相邻，3与4相邻，5与6相邻当做三个元素进行排列有A 33种结果， 这三个元素形成四个空，把7和8 在这四个位置排列有A 42种结果， 三对相邻的元素内部各还有一个排列A 22，根据分步计数原理得到这种数字的总数有A 33A 42A 22A 22A 22=576， 故答案为：576． 10.【答案】 −10【考点】二项式定理及相关概念 【解析】先求x 10的系数，再由a 9+C 109⋅a 10，可求x 9的系数，即可得答案 【解答】x 10的系数为a 10，∴ a 10＝1，x 9的系数为a 9+C 109⋅a 10，∴ a 9+10＝0，∴ a 9＝−10， 11. 【答案】5081【考点】排列、组合及简单计数问题 等可能事件 等可能事件的概率【解析】利用对立事件，不能获奖的概率，即可得到结论 【解答】因为5袋食品中放入的卡片所有的可能的情况有35种，而不能获奖表明此五袋中所放的卡片类型不超过两种，故所有的情况有C 32⋅25−3种（此处减有是因为五袋中所抽取的卡片全是相同的情况每一种都重复记了一次，故减3）． 所以小明获奖的概率是P ＝1−C 32⋅25−335=5081．12.【答案】23【考点】等可能事件的概率【解析】先求出所有的选法种数、复合条件的选法种数，从而求得满足条件概率．【解答】解：所有的选法共有C103=120种，而他（她）及格的选法有C63+C62⋅C41=20+60= 80种，故他（她）获得及格的概率是80120=23，故答案为：23．13.【答案】18【考点】归纳推理【解析】由题意知，n的三次方就是n个连续奇数相加，且从2开始，这些三次方的分解正好是从奇数3开始连续出现，由此规律即可找出m3的“分裂数”中有一个是159时，m的值．【解答】解：由题意，从23到m3，正好用去从3开始的连续奇数共2+3+4+...+m=(m+2)(m−1)2，159是从3开始的第79个奇数，当m=17时，从23到173，用去从3开始的连续奇数共(17+2)(17−1)2=152个，当m=18时，从23到183，用去从3开始的连续奇数共(18+2)(18−1)2=170个，∵152<159<170故159在m3的拆分中，则m的值为m=18故答案为：1814.【答案】72【考点】计数原理的应用【解析】本题是一个分类计数问题，当选3种颜色时，就是②④同色，③⑤同色，从4中颜色中选3中，在三个元素上排列；当4种颜色全用，只能②④或③⑤用一种颜色，先选出同色的一对，再用四种颜色全排列，求解即可．【解答】解：由题意本题需要分类计数完成计算，当选用3种颜色时②④同色，③⑤同色，共有涂色方法C 43⋅A 33=24种4色全用时涂色方法，即②④或③⑤用一种颜色，共有C 21⋅A 44=48种∴ 根据分类加法原理知不同的着色方法共有24+48=72种． 故答案为：72二、解答题（共6小题，满分0分）【答案】解：设z =m +ni(m, n ∈R)，因为(1+3i)z =(1+3i)(m +ni)=m −3n +(3m +n)i 为纯虚数， 所以m −3n =0①， ω=z2+i =m+ni 2+i=(2m+n)+(2n−m)i5，由|ω|=5√2，得(2m+n)225+(2n−m)225=(5√2)2，即m 2+n 2=250②由①②解得{m =15n =5或{m =−15n =−5，代入ω=(2m+n)+(2n−m)i5可得，ω=±(7−i)．【考点】复数的模复数代数形式的乘除运算【解析】设z =m +ni(m, n ∈R)，代入(1+3i)z ，由纯虚数概念可得m −3n =0①，代入ω=z 2+i，由|ω|=5√2可得m 2+n 2=250②，联立可求得m ，n ，再代入可得ω．【解答】解：设z =m +ni(m, n ∈R)，因为(1+3i)z =(1+3i)(m +ni)=m −3n +(3m +n)i 为纯虚数， 所以m −3n =0①， ω=z 2+i=m+ni 2+i=(2m+n)+(2n−m)i5，由|ω|=5√2，得(2m+n)225+(2n−m)225=(5√2)2，即m 2+n 2=250②由①②解得{m =15n =5或{m =−15n =−5，代入ω=(2m+n)+(2n−m)i5可得，ω=±(7−i)．【答案】解：(1)令x =1可得22n −2n =992，解得n =5． (2x −1x )10的展开式中第6项的二项式系数最大，即T 6=C 105×(2x)5(−1x )5=−8064.(2)设第r +1项的系数的绝对值最大，因为T r+1=C 10r ×(2x)10−r (−1x)r =(−1)r C 10r 210−r x 10−2r，则{C 10r 210−r ≥C 10r−1210−r+1，C 10r 210−r≥C 10r+1210−r−1， 得{C 10r ≥2C 10r−1,2C 10r ≥C 10r+1,即{11−r ≥2r,2(r +1)≥10−r, 解得83≤r ≤113,所以r =3，故系数的绝对值最大的项是第4项，即T 4=C 103(2x)7(−1x )3=−15360x 4.【考点】二项式定理的应用 二项式系数的性质【解析】（1）根据(√x 3+x 2)2n 的展开式的系数和比(3x −1)n 的展开式的系数和大992，对x 进行赋值，令x =1，即可得到关于n 的方程：22n −2n =992，求出n ，根据二项式系数的性质即可求出二项式系数最大的项（2）利用两边夹定理，设出第r +1项为系数的绝对值最大的项，即可列出关于r 的不等式{C 10r210−r ≥C 10(r −1)210−r+1C 10r210−r ≥C 10(r +1)210−r−1，即可求解【解答】解：(1)令x =1可得22n −2n =992，解得n =5． (2x −1x )10的展开式中第6项的二项式系数最大，即T 6=C 105×(2x)5(−1x )5=−8064.(2)设第r +1项的系数的绝对值最大，因为T r+1=C 10r ×(2x)10−r (−1x )r =(−1)r C 10r 210−r x 10−2r ， 则{C 10r 210−r ≥C 10r−1210−r+1，C 10r 210−r≥C 10r+1210−r−1， 得{C 10r ≥2C 10r−1,2C 10r ≥C 10r+1,即{11−r ≥2r,2(r +1)≥10−r,解得83≤r ≤113,所以r =3，故系数的绝对值最大的项是第4项，即T 4=C 103(2x)7(−1x )3=−15360x 4.【答案】解：(1)2n+2⋅3n +5n −4=4×6n +5n −4=4×(1+5)n +5n −4=4×[1+C n 1×5+C n 2×52+...+C n 5×5n ]+5n −4=25n +C n 2×52+...+C n 5×5n ]，显然能被25整除．(2)∵ (32)n−1=(1+12)n−1=1+(n −1)×12+C n−12×(12)2+...+(12)n−1>1+(n −1)×12=n+12，∴ (23)n−1<2n+1(n ∈N ∗，且n ≥3)．【考点】二项式系数的性质 【解析】(1)根据2n+2⋅3n +5n −4=4×(1+5)n +5n −4，再用二项式定理展开化简可得它能被25整除．(2)把 (32)n−1=(1+12)n−1 按照二项式定理展开可得它大于n+12，从而证得(23)n−1<2n+1．【解答】解：(1)2n+2⋅3n +5n −4=4×6n +5n −4=4×(1+5)n +5n −4=4×[1+C n 1×5+C n 2×52+...+C n 5×5n ]+5n −4=25n +C n 2×52+...+C n 5×5n ]，显然能被25整除．(2)∵ (32)n−1=(1+12)n−1=1+(n −1)×12+C n−12×(12)2+...+(12)n−1>1+(n −1)×12=n+12，∴ (23)n−1<2n+1(n ∈N ∗，且n ≥3)．【答案】解：基本事件总数为：6×6=36(1)若方程无实根，则△=b 2−4a <0即b 2<4a 若a =1，则b =1， 若a =2，则b =1，2 若a =3，则b =1，2，3 若a =4，则b =1，2，3 若a =5，则b =1，2，3，4 若a =6，则b =1，2，3，4∴ 目标事件个数为1+2+3+3+4+4=17 因此方程ax 2+bx +1=0无实根的概率为1736… （2）由题意知，ξ=0，1，2，则P(ξ=0)=1736，P(ξ=1)=236=118，P(ξ=2)=1736， 故ξ的分布列为离散型随机变量的期望与方差 【解析】（1）由题意知本题是一个古典概型，试验发生包含的所有事件根据分步计数原理知是36，满足条件的事件：方程无实根，则△=b 2−4a <0即b 2<4a ，通过列举法得到所包含的基本事件个数，利用古典概型的概率公式求出值．（2）由题意知实根的个数只有三种结果，0、1、2，根据上一问的计算可以写出当变量取值时对应的概率，写出分布列．【解答】解：基本事件总数为：6×6=36(1)若方程无实根，则△=b 2−4a <0即b 2<4a 若a =1，则b =1， 若a =2，则b =1，2 若a =3，则b =1，2，3 若a =4，则b =1，2，3 若a =5，则b =1，2，3，4 若a =6，则b =1，2，3，4∴ 目标事件个数为1+2+3+3+4+4=17 因此方程ax 2+bx +1=0无实根的概率为1736… （2）由题意知，ξ=0，1，2，则P(ξ=0)=1736，P(ξ=1)=236=118，P(ξ=2)=1736， 故ξ的分布列为【答案】(1)解：当n =5时，原等式变为(x +1)5=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+a 3(x −1)3+a 4(x −1)4+a 5(x −1)5令x =2得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=35=243. (2)证明：因为(x +1)n =[2+(x −1)]n ，所以a 2=C n 2⋅2n−2，b n =a22n−3=2C n 2=n(n −1)，(n ≥2)，①当n =2时，左边=T 2=b 2=2，右边=2(2+1)(2−1)3=2，左边=右边，等式成立；②假设当n =k(k ≥2, k ∈N ∗)时，等式成立，即T k =k(k+1)(k−1)3，那么，当n =k +1时， 左边=T k +b k+1=k(k+1)(k−1)3+(k +1)[(k +1)−1]=k(k +1)(k −1)3+k(k +1)=k(k +1)(k−13+1)=k(k+1)(k+2)3=(k+1)[(k+1)+1][(k+1)−1]3=右边．故当n =k +1时，等式成立．综上①②，当n ≥2时，T n =n(n+1)(n−1)3.【考点】 数学归纳法二项式定理的应用【解析】（1）通过给等式中的x 赋值2求出展开式的系数和．（2）将二项式的底数写成(x −1)+2形式，利用二项展开式的通项公式求出a 2，求出b n ，利用数学归纳证明等式．【解答】(1)解：当n =5时，原等式变为(x +1)5=a 0+a 1(x −1)+a 2(x −1)2+a 3(x −1)3+a 4(x −1)4+a 5(x −1)5令x =2得a 0+a 1+a 2+a 3+a 4+a 5=35=243. (2)证明：因为(x +1)n =[2+(x −1)]n ，所以a 2=C n 2⋅2n−2， b n =a 22n−3=2C n 2=n(n −1)，(n ≥2)，①当n =2时，左边=T 2=b 2=2，右边=2(2+1)(2−1)3=2，左边=右边，等式成立；②假设当n =k(k ≥2, k ∈N ∗)时，等式成立，即T k =k(k+1)(k−1)3，那么，当n =k +1时， 左边=T k +b k+1=k(k+1)(k−1)3+(k +1)[(k +1)−1]=k(k +1)(k −1)3+k(k +1)=k(k +1)(k−13+1)=k(k+1)(k+2)3=(k+1)[(k+1)+1][(k+1)−1]3=右边．故当n =k +1时，等式成立． 综上①②，当n ≥2时，T n =n(n+1)(n−1)3.【答案】解：（1）由题意C −153=−15×(−16)×(−17)3!=−C 173=−680 …（2）性质①C n m =C n n−m不能推广，例如x =√2时，C √21有定义，但C √2√2−1无意义； 性质②C n m +C n m−1=C n+1m 能推广，它的推广形式为C x m +C x m−1=C x+1m ，x ∈R ，m ∈N ∗证明如下：当m =1时，有C x 1+C x 0=x +1=C x+11； … 当m ≥2时，有C x m +C x m−1=x(x−1)…(x−m+1)m!+x(x−1)…(x−m+2)(m−1)!=x(x−1)…(x−m+2)(m−1)!×((x−m+1)m+1)=x(x−1)…(x−m+1)(x+1)m!=C x+1m，（3）由题意，x ∈Z ，m 是正整数时当x ≥m 时，组合数C x m∈z 成立；当0≤x <m 时，C x m =x(x−1)(x−2)⋅⋅⋅0⋅⋅⋅(x−m+1)m!=0∈Z ，结论也成立；当x <0时，因为−x +m −1>0，∴ C x m =x(x−1)…(x−m+1)m!=(−1)m(−x+m−1)…(−x+1)(−x)m!=(−1)m C −x+m−1m∈z综上所述当x ∈Z ，m 是正整数时，C x m∈Z【考点】排列与组合的综合 【解析】（1）根据所给的组合数公式，写出C −153的值，这里与平常所做的题目不同的是组合数的下标是一个负数，在本题的新定义下，按照一般组合数的公式来用．（2）C n m =C n n−m 不能推广到C x m 的情形，举出两个反例C √21，C √2√2−1无意义；C n m+C n m−1=C n+1m 能推广到C x m 的情形，可以利用组合数的公式来证明，证明的方法同没有推广之情相同．（3）可分三类讨论，x ≥m 与0≤x <m 时易证得结论成立，当x <0时，因为−x +m −1>0，由定义中的运算公式展开再整理即可得到此种情况下也是成立的 【解答】解：（1）由题意C −153=−15×(−16)×(−17)3!=−C 173=−680 …（2）性质①C n m =C n n−m不能推广，例如x =√2时，C √21有定义，但C √2√2−1无意义； 性质②C n m +C n m−1=C n+1m 能推广，它的推广形式为C x m +C x m−1=C x+1m ，x ∈R ，m ∈N ∗证明如下：当m =1时，有C x 1+C x 0=x +1=C x+11； … 当m ≥2时，有C x m +C x m−1=x(x−1)…(x−m+1)m!+x(x−1)…(x−m+2)(m−1)!=x(x−1)…(x−m+2)(m−1)!×((x−m+1)m+1)=x(x−1)…(x−m+1)(x+1)m!=C x+1m，（3）由题意，x ∈Z ，m 是正整数时当x ≥m 时，组合数C x m∈z 成立；当0≤x <m 时，C x m =x(x−1)(x−2)⋅⋅⋅0⋅⋅⋅(x−m+1)m!=0∈Z ，结论也成立；当x <0时，因为−x +m −1>0，∴ C x m =x(x−1)…(x−m+1)m!=(−1)m(−x+m−1)…(−x+1)(−x)m!=(−1)m C −x+m−1m∈z综上所述当x ∈Z ，m 是正整数时，C x m∈Z。

2021年江苏省新高考数学试卷（新课标Ⅰ）1.设集合，，则()A. B.C. D.2.已知，则()A. B.C. D.3.已知圆锥的底面半径为，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，函数单调递增的区间是()A. B.C. D.5.已知，是椭圆的两个焦点，点M 在C 上，则的最大值为()A.13B.12C.9D.66.若，则()A. B.C.D.7.若过点可以作曲线的两条切线，则()A. B. C. D.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9.有一组样本数据，，…，，由这组数据得到新样本数据，，…，，其中为非零常数，则()A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样本数据的样本极差相同10.已知O 为坐标原点，点，，，，则()A. B.C.D.11.已知点P 在圆上，点，，则()A.点P 到直线AB 的距离小于10B.点P 到直线AB 的距离大于2C.当最小时，D.当最大时，12.在正三棱柱中，，点P 满足，其中，，则()A.当时，的周长为定值B.当时，三棱锥的体积为定值C.当时，有且仅有一个点P，使得D.当时，有且仅有一个点P，使得平面13.已知函数是偶函数，则__________.14.已知O为坐标原点，抛物线C：的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且若，则C的准线方程为______.15.函数的最小值为__________.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.规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，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__________17.已知数列满足，记，写出，，并求数列的通项公式；求的前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.已知小明能正确回答A类问题的概率为，能正确回答B类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.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；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.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，已知，点D在边AC上，证明：；若，求20.如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，O为BD的中点．证明：；若是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．21.在平面直角坐标系xOy中，已知点，，点M满足记M的轨迹为求C的方程；设点T在直线上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.22.已知函数讨论的单调性；设a，b为两个不相等的正数，且，证明：答案和解析1.【答案】B 【解析】【分析】本题考查集合的交集运算，属于简单题．直接利用交集运算可得答案．【解答】解：，，故选：2.【答案】C 【解析】【分析】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．把代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解答】解：，故选：3.【答案】B 【解析】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为故选：设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．4.【答案】A 【解析】【分析】本题考查正弦型函数单调性，是简单题．本题需要借助正弦函数单调增区间的相关知识点求解．【解答】解：令，则，当时，，，故选：5.【答案】C【解析】【分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．本题考查椭圆的简单性质的应用，基本不等式的应用．【解答】解：，是椭圆C：的两个焦点，点M在C上，，所以，当且仅当时，取等号，所以的最大值为故选：6.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查同角三角函数基本关系，三角函数式的求值等知识，属于基础题．由题意化简所给的三角函数式，然后利用齐次式的特征将其“弦化切”即可求得三角函数式的值．【解答】解：由题意可得：故选7.【答案】D【解析】解：函数是增函数，恒成立，函数的图象如图，，即取得坐标在x轴上方，如果在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点在x轴或下方时，只有一条切线．如果在曲线上，只有一条切线；在曲线上侧，没有切线；由图象可知在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知故选：画出函数的图象，判断与函数的图象的位置关系，即可得到选项．本题考查曲线与方程的应用，函数的单调性以及切线的关系，考查数形结合思想，是中档题．8.【答案】B 【解析】【分析】本题考查相互独立事件的应用，要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，属于中档题．分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．【解答】解：由题意可知，两次取出的球的数字之和是8的所有可能为：，，，，，两次取出的球的数字之和是7的所有可能为，，，，，，甲，乙，丙，丁，A：甲丙甲丙，B：甲丁甲丁，C：乙丙乙丙，D：丙丁丙丁，故选：9.【答案】CD 【解析】【分析】本题考查平均数、中位数、标准差、极差，是基础题．利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可．【解答】解：对于A，两组数据的平均数的差为c，故A错误；对于B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B错误；对于C，设原样本数据的样本方差和标准差分别为，，新数据的样本方差和标准差分别为，，因为…，，，，即，两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；对于D，…，，c为非零常数，原数据组的样本极差为，新数据组的样本极差为，两组样本数据的样本极差相同，故D正确．故选：10.【答案】AC【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，是中档题．由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．【解答】解：，，，，，，，，，，则，，则，故A正确；，，不能恒成立，故B错误；，，，故C正确；，，不能恒成立，故D错误．故选：11.【答案】ACD【解析】【分析】求出过AB的直线方程，再求出圆心到直线AB的距离，得到圆上的点P到直线AB的距离范围，判断A与B；画出图形，由图可知，当过B的直线与圆相切时，满足最小或最大，求出圆心与B点间的距离，再由勾股定理求得判断C与本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想与数形结合思想，是中档题．【解答】解：，，过A、B的直线方程为，即，圆的圆心坐标为，圆心到直线的距离，点P到直线AB的距离的范围为，，，，点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故A正确，B错误；如图，当过B的直线与圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大，此时，，故CD正确．故选：12.【答案】BD【解析】【分析】本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于拔高题．判断当时，点P在线段上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点P在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段BC，的中点分别为M，，连结，则点P在线段上，分别取点P在，M处，得到均满足，即可判断选项C；当时，取的中点，的中点D，则点P在线的上，证明当点P在点处时，平面，利用过定点A与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项【解答】解：对于A，当时，，即，所以，故点P在线段上，此时的周长为，当点P为的中点时，的周长为，当点P在点处时，的周长为，故周长不为定值，故选项A错误；对于B，当时，，即，所以，故点P在线段上，因为平面，所以直线上的点到平面的距离相等，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；对于C，当时，取线段BC，的中点分别为M，，连结，因为，即，所以，则点P在线段上，当点P在处时，，，又，所以平面，又平面，所以，即，同理，当点P在M处，，故选项C错误；对于D，当时，取的中点，的中点D，因为，即，所以，则点P在线的上，当点P在点处时，取AC的中点E，连结，BE，因为平面，又平面，所以，在正方形中，，又，BE，平面，故平面，又平面，所以，在正方体形中，，又，，平面，所以平面，因为过定点A与定直线垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得平面，故选项D正确．故答案选：13.【答案】1【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，考查计算能力，属于基础题．根据题意，可得也为R上的奇函数，即可得解.【解答】解：函数是偶函数，为R上的奇函数，故也为R上的奇函数，所以时，，所以，经检验，满足题意，故答案为：14.【答案】【解析】解：由题意，不妨设P在第一象限，则，，所以，所以PQ的方程为：，时，，，所以，解得，所以抛物线的准线方程为：故答案为：求出点P的坐标，推出PQ方程，然后求解Q的坐标，利用，求解p，然后求解准线方程．本题考查抛物线的简单性质的应用及求抛物线的标准方程，考查转化思想以及计算能力，是中档题．15.【答案】1【解析】【分析】本题考查利用导数求最值的应用，考查运算求解能力，是中档题．求出函数定义域，对x分段去绝对值，当时，直接利用单调性求最值；当时，利用导数求最值，进一步得到的最小值．【解答】解：函数的定义域为，当时，，此时函数在上为减函数，所以；当时，，则，当时，，单调递减，当时，，单调递增，当时取得最小值，为，，函数的最小值为故答案为：16.【答案】5【解析】【分析】本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．依题意，对折4次共可以得到5种不同规格图形；对折k次共有种规格，且每个面积为，则，，然后再转化求解即可．【解答】解：易知有，，共5种规格；由题可知，对折k次共有种规格，且每个面积为，故，则，记，则，，，故答案为：5；17.【答案】解：因为，，所以，，，所以，，，所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列，所以由可得，，则，，当时，也适合上式，所以，，所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，则的前20项和为……【解析】本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．由数列的通项公式可求得，，从而可得求得，，由可得数列是等差数列，从而可求得数列的通项公式；由数列的通项公式可得数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．18.【答案】解：由已知可得，X 的所有可能取值为0，20，100，则，，所以X 的分布列为：X 020100P 由可知小明先回答A 类问题累计得分的期望为，若小明先回答B 类问题，记Y 为小明的累计得分，则Y 的所有可能取值为0，80，100，，，，则Y的期望为，因为，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．【解析】本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，分别求出对应的概率即可求解分布列；由可得，若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，Y的所有可能取值为0，80，100，分别求出对应的概率，从而可得，比较与的大小，即可得出结论．19.【答案】解：证明：由正弦定理知，，，，，，即，；由知，，，，在中，由余弦定理知，，在中，由余弦定理知，，，，即，得，，，或，在中，由余弦定理知，，当时，舍；当时，；综上所述，【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，难度不大．利用正弦定理求解；要能找到隐含条件：和互补，从而列出等式关系求解．20.【答案】解：证明：因为，O为BD的中点，所以，又平面平面BCD，平面平面，平面ABD，所以平面BCD，又平面BCD，所以；方法一：取OD的中点F，因为为正三角形，所以，过O作与BC交于点M，则，所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则，，，设，则，因为平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，设平面BCE的法向量为，又，所以由，得，令，则，，故，因为二面角的大小为，所以，解得，所以，又，所以，故方法二：过E作，交BD于点F，过F作于点G，连结EG，由题意可知，，又平面BCD所以平面BCD，又平面BCD，所以，又，，FG、平面EFG，所以平面EFG，又平面EFG，所以，则为二面角的平面角，即，又，所以，则，故，所以，因为，则，所以，则，所以，则，所以【解析】本题考查了面面垂直和线面垂直的性质，在求解有关空间角问题的时候，一般要建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题，属于中档题．利用等腰三角形中线就是高，得到，然后利用面面垂直的性质，得到平面BCD，再利用线面垂直的性质，即可证明；方法一：建立合适的空间直角坐标系，设，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出t的值，然后利用锥体的体积公式求解即可．方法二：过E作，交BD于点F，过F作于点G，连结EG，求出，，然后利用锥体的体积公式求解即可．21.【答案】解：由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为，根据题意，解得，的方程为；设，设直线AB的方程为，，，由，得，整理得，，，，设，同理可得，由，得，，，，，【解析】的轨迹C是双曲线的右支，根据题意建立关于a，b，c的方程组，解出即可求得C的方程；设出直线AB的参数方程，与双曲线方程联立，由参数的几何意义可求得，同理求得，再根据，即可得出答案．本题考查双曲线的定义及其标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查直线参数方程的运用，考查运算求解能力，属于中档题．22.【答案】解：由函数的解析式可得，，，单调递增，，，单调递减，则在单调递增，在单调递减．证明：由，得，即，由在单调递增，在单调递减，所以，且，令，，则，为的两根，其中不妨令，，则，先证，即证，即证，令，则在单调递减，所以，故函数在单调递增，，，得证．同理，要证，即证，根据中单调性，即证，令，，则，令，，，单调递增，，，单调递减，又，，且，故，，，恒成立，得证，则【解析】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属于难题．首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可．。

2021年江苏省盐城市高考数学三模试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1.设集合A={x|y=√x−2}，B={y|y=√x−2}，C={(x,y)|y=√x−2}，则下列集合不为空集的是()A. A∩BB. A∩CC. B∩CD. A∩B∩C2.若复数z满足|z−i|≤2，则z⋅z−的最大值为()A. 1B. 2C. 4D. 93.同学们都知道平面内直线方程的一般式为Ax+By+C=0，我们可以这样理解：若直线l过定点P0(x0,y0)，向量n⃗=(A,B)为直线l的法向量，设直线l上任意一点P(x,y)，则n⃗⋅P0P⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得直线l的方程为A(x−x0)+B(y−y0)=0，即可转化为直线方程的一般式.类似地，在空间中，若平面α过定点Q0(1,0,−2)，向量m⃗⃗⃗ =(2,−3,1)为平面α的法向量，则平面α的方程为()A. 2x−3y+z+4=0B. 2x+3y−z−4=0C. 2x−3y+z=0D. 2x+3y−z+4=04.将函数f(x)=sin12x的图象向左平移π3个单位，得到函数g(x)的图象，若x∈(0,m)时，函数g(x)的图象在f(x)的上方，则实数m的最大值为()A. π3B. 2π3C. 5π6D. π65.已知数列{a n}的通项公式为a n=n(n+1)!，则其前n项和为()A. 1−1(n+1)!B. 1−1n!C. 2−1n!D. 2−1(n+1)!6.韦达是法国杰出的数学家，其贡献之一是发现了多项式方程根与系数的关系，如：设一元三次方程ax3+bx2+cx+d=0(a≠0)的3个实数根为x1，x2，x3，则x1+x2+x3=−ba ，x1x2+x2x3+x3x1=ca，x1x2x3=−da.已知函数f(x)=2x3−x+1，直线l与f(x)的图象相切于点P(x1,f(x1))，且交f(x)的图象于另一点Q(x2,f(x2))，则()A. 2x1−x2=0B. 2x1−x2−1=0C. 2x1+x2+1=0D. 2x1+x2=07.设双曲线C：x2a2−y2b2=1(a,b>0)的焦距为2，若以点P(m,n)(m<a)为圆心的圆P过C的右顶点且与C的两条渐近线相切，则OP长的取值范围是()A. (0,12)B. (0,1)C. (12,1)D. (14,12)8. 已知正数x ，y ，z 满足xlny =ye z =zx ，则x ，y ，z 的大小关系为( )A. x >y >zB. y >x >zC. x >z >yD. 以上均不对二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9. 已知X ～N(μ1,σ12)，Y ～N(μ2,σ22)，μ1>μ2，σ1>0，σ2>0，则下列结论中一定成立的有( )A. 若σ1>σ2，则P(|X −μ1|≤1)<P(|Y −μ2|≤1)B. 若σ1>σ2，则P(|X −μ1|≤1)>P(|Y −μ2|≤1)C. 若σ1=σ2，则P(X >μ2)+P(Y >μ1)=1D. 若σ1=σ2，则P(X >μ2)+P(Y >μ1)<110. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，若a n +S n =An 2+Bn +C ，则下列说法中正确的有( )A. 存在A ，B ，C 使得{a n }是等差数列B. 存在A ，B ，C 使得{a n }是等比数列C. 对任意A ，B ，C 都有{a n }一定是等差数列或等比数列D. 存在A ，B ，C 使得{a n }既不是等差数列也不是等比数列11. 已知矩形ABCD 满足AB =1，AD =2，点E 为BC 的中点，将△ABE 沿AE 折起，点B折至B′，得到四棱锥B′−AECD ，若点P 为B′D 的中点，则( )A. CP//平面B′AEB. 存在点B′，使得CP ⊥平面AB′DC. 四棱锥B′−AECD 体积的最大值为√24D. 存在点B′，使得三棱锥B′−ADE 外接球的球心在平面AECD 内12. 将平面向量a⃗ =(x 1,x 2)称为二维向量，由此可推广至n 维向量a ⃗ =(x 1,x 2,⋯,x n ).对于n 维向量a ⃗ ，b ⃗ ，其运算与平面向量类似，如数量积a ⃗ ⋅b ⃗ =|a ⃗ ||b ⃗ |cosθ=∑x i n i=1y i (θ为向量a ⃗ ，b ⃗ 的夹角)，其向量a ⃗ 的模|a ⃗ |=√∑x i 2n i=1，则下列说法正确的有( )A. 不等式(∑x i 2n i=1)(∑y i 2n i=1)≤(∑x i n i=1y i )2可能成立 B. 不等式(∑x i 2n i=1)(∑y i 2n i=1)≥(∑x i n i=1y i )2一定成立 C. 不等式n ∑x i 2n i=1<(∑x i n i=1)2可能成立D. 若x i >0(i =1,2,⋯,n)，则不等式∑1x in i=1∑x i n i=1≥n 2一定成立三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 文旅部在2021年围绕“重温红色历史、传承奋斗精神”“走进大国重器、感受中国力量”“体验美丽乡村、助力乡村振兴”三个主题，遴选推出“建党百年红色旅游百条精品线路”.这些精品线路中包含上海一大会址、嘉兴南湖、井冈山、延安、西柏坡等5个传统红色旅游景区，还有港珠澳大桥、北京大兴国际机场、“中国天眼”、“两弹一星”纪念馆、湖南十八洞村、浙江余村、贵州华茂村等7个展现改革开放和新时代发展成就、展示科技强国和脱贫攻坚成果的景区.为安排旅游路线，从上述12个景区中选3个景区，则至少含有1个传统红色旅游景区的选法有______ 种.14. 满足等式(1−tanα)(1−tanβ)=2的数组(α,β)有无穷多个，试写出一个这样的数组______ ．15. 若向量a ⃗ ，b ⃗ 满足|a ⃗ −b ⃗ |=√3，则a ⃗ ⋅b ⃗ 的最小值为______ ． 16. 对于函数f(x)=lnx +mx 2+nx +1，有下列4个论断：甲：函数f(x)有两个减区间； 乙：函数f(x)的图象过点(1,−1)； 丙：函数f(x)在x =1处取极大值； 丁：函数f(x)单调．若其中有且只有两个论断正确，则m 的取值为______ ．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，点D 满足3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 与AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC⃗⃗⃗⃗⃗ =0． (1)若b =c ，求A 的值； (2)求B 的最大值．18.请在①a1=√2；②a1=2；③a1=3这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．命题：已知数列{a n}满足a n+1=a n2，若____，则当n≥2时，a n≥2n恒成立．19.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BB1=2BC=2，∠CBB1=2∠CAB=π，3且平面ABC⊥平面B1C1CB．(1)求证：平面ABC⊥平面ACB1；(2)设点P为直线BC的中点，求直线A1P与平面ACB1所成角的正弦值．20.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点P是抛物线C1：x2=2py(y>0)上的一个点，其横坐标为x0，过点P作抛物线C1的切线l．(1)求直线l的斜率(用x0与p表示)；(2)若椭圆C2：y2+x2=1过点P，l与C2的另一个交点为A，OP与C2的另一个交点2为B，求证：AB⊥PB．21.运用计算机编程，设计一个将输入的正整数k“归零”的程序如下：按下回车键，等可能的将[0,k)中的任意一个整数替换k的值并输出k的值，反复按回车键执行以上操作直到输出k=0后终止操作．(1)若输入的初始值k为3，记按回车键的次数为ξ，求ξ的概率分布与数学期望；(2)设输入的初始值为k(k∈N∗)，求运行“归零”程序中输出n(0≤n≤k−1)的概率．(n∈N∗).22.设f(x)=lnxx n(1)求证：函数f(x)一定不单调；(2)试给出一个正整数a，使得e x>x2lnx+asinx对∀x∈(0,+∞)恒成立．(参考数据：e≈2.72，e2≈7.39，e3≈20.10)答案和解析1.【答案】A【解析】解：∵集合A={x|y=√x−2}={x|x≥2}，B={y|y=√x−2}={y|y≥0}，C={(x,y)|y=√x−2}，∴A∩B=[2,+∞)，A∩C=⌀，B∩C=⌀，A∩B∩C=⌀，故选：A．求出集合A，B，利用交集定义直接求解．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】D【解析】解：复数z满足|z−i|≤2，由复数模的几何意义知，复数z在复平面内对应的点Z的轨迹为：以(0,1)为圆心，以2为半径的圆的内部(包括圆周)，|z|表示点Z到点O(0,0)的距离，如图所示：当点Z的坐标为(0,3)时，|z|的值最大，所以zz−=|z|2的最大值为9．故选：D．根据复数模的几何意义，利用数形结合法得到当点Z的坐标为(0,3)时，|z|的值最大，得出|z|2的最大值．本题主要考查了复数模的几何意义应用问题，是基础题．3.【答案】C【解析】解：根据题意，类比平面中的结论，设P(x,y,z)是平面α上任意一点，则PQ 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(1−x,−y,−2−z)，向量m⃗⃗⃗ =(2,−3,1)为平面α的法向量， 故有m ⃗⃗⃗ ⊥PQ 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即m ⃗⃗⃗ ⋅PQ 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2(1−x)+(−y)×(−3)+(−2−z)=0， 变形可得：2x −3y +z =0， 故选：C ．根据题意，设P(x,y,z)是平面α上任意一点，类比平面中的结论，可得m ⃗⃗⃗ ⋅PQ 0⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2(1−x)+(−y)×(−3)+(−2−z)=0，变形可得答案．本题考查合情推理的应用，涉及空间向量数量积的坐标计算，属于基础题．4.【答案】C【解析】解：将函数f(x)=sin 12x 的图象向左平移π3个单位，得到函数g(x)的图象， 所以g(x)=sin 12(x +π3)，当0<x <m 时，g(x)的图象在f(x)的上方，即g(x)−f(x)>0， 所以sin 12(x +π3)−sin 12x >0，由和差化积公式可得，sin 12(x +π3)−sin 12x =2cos(12x +π12)sin π12>0， 因为sin π12>0，所以原不等式可转化为cos(12x +π12)>0，由余弦函数的图象可得，−π2+2kπ<12x +π12<π2+2kπ,k ∈Z ， 所以−7π6+4kπ<x <5π6+4kπ,k ∈Z ， 因为0<x <m ，所以−7π6<x <5π6，故(0,m)⊆(−7π6,5π6)，故m ≤5π6，所以m 的最大值为5π6．故选：C．先利用图象变换得到g(x)的图象，然后将问题转化为sin12(x+π3)−sin12x>0，利用和差化积公式进一步转化为求解cos(12x+π12)>0，由余弦函数的图象分析求解即可．本题考查了三角函数图象的变换，和差化积公式的应用，余弦函数图象的应用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于中档题．5.【答案】A【解析】解：a n=n(n+1)!=n+1−1(n+1)!=1n!−1(n+1)!，所以其前n项和为11!−12!+12!−13!+...+1n!−1(n+1)!=1−1(n+1)!．故选：A．求得a n=n+1−1(n+1)!=1n!−1(n+1)!，由数列的裂项相消求和，化简可得所求和．本题考查数列的裂项相消求和，考查转化思想和运算能力，属于中档题．6.【答案】D【解析】解：f′(x)=6x2−1，则6x12−1=f(x2)−f(x1)x2−x1=2x23−x2+1−(2x13−x1+1)x2−x1=2x22+2x1x2+2x12−1，∴x22+x1x2−2x12=0，则x2+2x1=0．故选：D．求导，由导数的几何意义可知，f′(x1)=f(x2)−f(x1)x2−x1，化简后即可得解．本题考查导数的几何意义的运用，考查运算求解能力，属于基础题．7.【答案】B【解析】解：由已知可得，c=1，双曲线的渐近线方程为bx±ay=0，由圆P与渐近线相切可得，r=|bm+an|√a2+b2=|bm−an|√a2+b2，则n=0．则圆的半径r =a −m =|bm|c=bm ，即m =ab+1．则m 2=(ab+1)2=a 2(b+1)2=1−b 2(b+1)2=−1+2b+1， ∵b ∈(0,1)，∴−1+2b+1∈(0,1)，则m ∈(0,1)． 即OP 长的取值范围是(0,1)． 故选：B ．由已知可得双曲线的半焦距及渐近线方程，再由圆心到两渐近线的距离相等得n =0，由半径相等可得m 与a 、b 的关系，求出m 的取值范围得答案．本题考查双曲线的几何性质，考查推理论证及运算求解能力，是中档题．8.【答案】A【解析】解：由题意知，lny >0，即y >1，且z =lny <y ，xy =ylny >1，即x >y ， 综上，x >y >z ， 故选：A ．易知，y >1，z =lny <y ，xy =ylny >1，由此可判断x ，y ，z 的大小关系． 本题考查实数的大小比较，从不等式的性质视角解答本题是关键，属于基础题．9.【答案】AC【解析】解：由题意可知，对于选项A ，B ，若σ1>σ2，则Y 分布更为集中， 则在相同的区间范围内，Y 的相对概率更大，故P(|X −μ1|≤1)<P(|Y −μ2|≤1)，故选项A 正确，B 错误；由正态分布的性质可得，P(Y >μ1)=P(X ≤μ2)，又P(X ≤μ2)+P(X >μ2)=1， 所以P(X >μ2)+P(Y >μ1)=1，故选项C 正确，D 错误． 故选：AC ．利用正态分布的参数σ的含义，即可判断选项AB ；利用正态分布的性质，即可判断选项CD ．本题考查了正态分布的参数的含义以及正态分布曲线的性质的应用，考查了逻辑推理能力，属于中档题．10.【答案】ABD【解析】解：∵a n+S n=An2+Bn+C，∴当n≥2时，a n−1+S n−1=A(n−1)2+B(n−1)+C．两式作差得：2a n−a n−1=2An+B−A．当A=B=0时，a na n−1=12，∴数列{a n}是等比数列，∴B对；当A=0且B≠0时，2(a n−B)=a n−1−B，可得：a n−B=(a1−B)(12)n−1，∴a n=(a1−B)(12)n−1+B，∴数列{a n}既不是等差也不是等比数列，∴D对；当A=B=1时，2a n−a n−1=2n，a n=2n−2满足此式，∴A正确；通过对D的判断可知C显然错；故选：ABD．把n换成n−1写出新的等式，原等式与新等式作差可解决此题．本题考查等差等比数列、作差法，考查数学运算能力，属于中档题．11.【答案】ACD【解析】解：对于A，取AB′中点M，∵点P为B′D的中点，∴MP//AD，MP=12AD，∵EC//AD，且EC=12AD，∴MP//EC，且MP=EC，∴四边形MPCE为平行四边形，∴CP//ME，∵ME⊂平面B′AE，CP⊄平面B′AE，∴CP//平面B′AE，故A正确；对于B，假设存在点B′，使得CP⊥平面AB′D，则CP⊥AD，∵AD⊥CD，CP∩CD=C，∴AD⊥平面CPD，则AD⊥PD，∴AD⊥B′D，在△AB′D中，AB′=1，AD=2，∴AD>AB′，∴AD不可能垂直于BD，故B错误；对于C，V B′−AECD=13ℎ⋅S AECD，ℎ为B′到平面ABCD的距离，当平面AB′E 垂直于平面AECD 时，ℎ取得最大值，此时ℎ为B′到AE 的距离， 此时ℎ=√(AB′)2−(AE 2)2=(√22)=√22，S AECD =12×(2+1)×1=32，∴四棱锥B′−AECD 体积的最大值为13×√22×32=√24，故C 正确；对于D ，当平面AB′E ⊥平面AECD 时，存在点B′，使得三棱锥B′−ADE 外接球的球心在平面AECD 内， B′H =√22，NH =√22，∴B′N =1，∵∠AEN =∠DEN =45°，∴AE ⊥DE ，在直角三角形AED 中，AE =ED ， N 为AD 的中点，∴EN =AN =DN =1，则B′N =EN =AN =DN =1， ∴N 为三棱锥B′−AED 的外接球的球心， ∵N 在平面AECD 内，故D 正确． 故选：ACD ．取AB′中点M ，证明四边形MPCE 为平行四边形，得CP//ME ，进一步证得CP//平面B′AE ，判定A ；利用反证法，判定B 错误；求出棱锥B′−AECD 体积的最大值，判断C ；证明当平面AB′E ⊥平面AECD 时，存在点B′，使得三棱锥B′−ADE 外接球的球心在平面AECD 内，判断D ．本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定，棱锥体积的求法，考查空间想象能力与计算能力，是中档题．12.【答案】ABD【解析】解：对于A ，构造a ⃗ =(x 1,x 2,⋯,x n )，b ⃗ =(y 1,y 2,⋯,y n )， 所以|a ⃗ ⋅b ⃗ |≤|a ⃗ ||b ⃗ |⇒|x 1y 1+x 2y 2+⋯+x n y n |≤√x 12+x 22+⋯+x n n √y 12+y 22+⋯+y n n ⇒(∑x i n i=1y i )²≤∑x i n i=1²∑y i n i=1²，当且仅当x 1y 1=x 2y 2=⋯=xny n 时取“=”，例如(a²+1)(b²+1)≥(ab +1)²，当a =b =1时取“=”，故A 正确； 对于B ，由A 的分析过程知，B 正确；对于C ，构造a⃗ =(x 1,x 2,⋯,x n )，b ⃗ =(1,1,⋯,1)， 知|a ⃗ ⋅b ⃗ |≤|a ⃗ ||b ⃗ |⇒|x 1+x 2+⋯+x n |≤√x 12+x 22+⋯+x n n ⋅√n ， 所以n ∑x i n i=1²≥(∑x i ni=1)²，故C 错误；对于D ，构造a ⃗ =(√1x 1,√1x 2,⋯,√1x n)，b ⃗ =(√x 1,√x 2,…,√x n )，所以|a⃗⋅b⃗ |≤|a⃗||b⃗ |⇒√1x1+1x2+⋯+1x n√x1+x2+⋯+x n≥n⇒∑1x ini=1⋅∑x ini=1≥n²，D正确．故选：ABD．构造a⃗=(x1,x2,⋯,x n)，b⃗ =(y1,y2,⋯,y n)，利用平面向量的推广运算即可判断选项A，B；构造a⃗=(x1,x2,⋯,x n)，b⃗ =(1,1,⋯,1)，利用平面向量的推广运算即可判断选项C；构造a⃗=(√1x1,√1x2,⋯,√1x n)，b⃗ =(√x1,√x2,…,√x n)，利用平面向量的推广运算即可判断选项D．本题主要考查类比推理，向量的数量积公式以及向量模的公式，考查逻辑推理与运算求解能力，属于中档题．13.【答案】185【解析】解：由题意可知，总体情况为从12个景区选3个景区，共有C123种，从7个非传统红色旅游景区中选3个景区，共有C73种，则至少含有1个传统红色旅游景区的选法共有C123−C73=220−35=185种，故答案为：185．总体情况为从12个景区选3个景区，共有C123种，从7个非传统红色旅游景区中选3个景区，共有C73种，然后利用间接法求解即可．本题考查了排列组合的简单计数问题，涉及到间接法的应用，属于基础题．14.【答案】(0,3π4)【解析】解：因为(1−tanα)(1−tanβ)=1−(tanα+tanβ)+tanαtanβ=2，所以tanαtanβ=1+tanα+tanβ，所以tan(α+β)=tanα+tanβ1−tanαtanβ=−1，所以α+β=3π4+kπ，k∈Z，故满足题意的一组(α,β)为(0,3π4).故答案为：(0,3π4).由已知结合两角和的正切公式进行化简可求α+β，进而可求．本题主要考查了两角和的正切公式，属于基础试题，15.【答案】−34【解析】解：∵向量a⃗，b⃗ 满足|a⃗−b⃗ |=√3，∴(a⃗−b⃗ )2=3，即a⃗2+b⃗ 2=3+2a⃗⋅b⃗ ≥2√a⃗2⋅b⃗ 2=2|a⃗||b⃗ |≥−2a⃗⋅b⃗ ，∴a⃗⋅b⃗ ≥−34，故答案为：−34．根据模长结合不等式的性质即可求解结论．本题主要考查向量的数量积以及模长公式的应用，属于中档题目．16.【答案】2【解析】解：函数f(x)的定义域是(0,+∞)，由题意得：f′(x)=1x +2mx+n=2mx2+nx+1x，令g(x)=2mx2+nx+1，显然g(x)过定点(0,1)，①m>0时的图像可能是：或，②m<0时的图像可是：或当x>0时，函数f(x)最多1个减区间，故甲错误，则乙正确；则f(1)=m+n+1=−1，即m+n=−2，，若丙正确，则解得：m=1，故n=−3，此时f′(x)=(2x−1)(mx−1)x而此时f(x)在x=1处取极小值，即与丙矛盾，若丁正确，则m=2，n=−4，可满足题意，综上：乙丁正确，且m=2，故答案为：2．求出函数的导数，判断甲错误，乙正确，假设丙正确，得到矛盾，假设丁正确，满足题意，从而求出答案．本题考查了函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及转化思想，是中档题．17.【答案】解：(1)因为AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，所以(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +13BC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 即(23AB ⃗⃗⃗⃗⃗+13AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0， 所以23bc ⋅cosA +13b 2=0， 因为b =c ，所以cosA =−12， 因为0<A <π，所以A =2π3．(2)因为23bc ⋅cosA +13b 2=0，所以b 2+c 2−a 2+b 2=0，即2b 2+c 2−a 2=0， cosB =a 2+c 2−b 22ac=a 22+32c 22ac≥√32，当且仅当a =√3c 时等号成立，因为0<B <π，所以B 的最大值为π6．【解析】(1)直接利用向量的数量积以及余弦定理求得cosA =−12，进而求解结论， (2)结合余弦定理以及基本不等式即可求解结论．本题主要考查向量的数量积以及余弦定理的应用，考查计算能力，属于中档题目．18.【答案】解：选②．证明：由a n+1=a n 2，且a 1=2，∴a n >0，两边取对数可得：lga n+1=2lga n ， ∴lga n =2n−1lg2，a n =22n−1．当n ≥2时，只需证明2n−1≥n ， 令b n =n2n−1，则b n+1−b n =n+12n−n 2n−1=1−n 2n<0．所以b n ≤b 2=1，∴2n−1≥n 成立．综上所述，当a 1=2且n ≥2时，a n ≥2n 成立． 选①，结论不成立．证明：由a n+1=a n 2，且a 1=√2，∴a 2=2，a 2=2≥22不成立． 选③．证明：由a n+1=a n2，且a1=3，∴a n>0，两边取对数可得：lga n+1=2lga n，∴lga n=2n−1lg3，a n=32n−1．当n≥2时，要证明a n=32n−1≥2n．只需证明2n−1≥n，令b n=n2n−1，则b n+1−b n=n+12n−n2n−1=1−n2n<0．所以b n≤b2=1，∴2n−1≥n成立．综上所述，当a1=2且n≥2时，a n≥2n成立．【解析】选②.由a n+1=a n2，且a1=2，可得a n>0，两边取对数可得：lga n+1=2lga n，利用等比数列的通项公式可得lga n，a n.当n≥2时，只需证明2n−1≥n，令b n=n2n−1，通过作差即可得出结论．本题考查了等比数列的通项公式、作差法、不等式的性质、转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．19.【答案】解：(1)证明：因为AC=2BC=2，所以BC=1因为2∠CAB=π3，所以∠CAB=π6．在△ABC中，BCsinA =ACsinB，即1sinπ6=2sinB，所以sinB=1，即AB⊥BC.……(2分)又因为平面ABC⊥平面B1C1CB，平面ABC∩平面B1C1CB=BC，AB⊂平面ABC，所以AB⊥平面B1C1CB．又B1C⊂平面B1C1CB，所以AB⊥B1C，在△B1BC中，B1B=2，BC=1，∠CBB1=π3，所以B1C2=B1B2+BC2−2B1B⋅BC⋅cosπ3=3，即B1C=√3，所以B1C⊥BC．而AB⊥B1C，AB⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，所以B1C⊥平面ABC．又B1C⊂平面ACB1，所以平面ABC⊥平面ACB1．(2)在平面ABC 中过点C 作AC 的垂线CE ，以C 为坐标原点，分别以CA ，CE ，CB 1所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C(0,0,0)，B(12,√32,0)，A(2,0,0)，B 1(0,0,√3)，所以P(14,√34,0)，A 1(32,−√32,√3)，所以A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(−54,3√34,−√3)，平面ACB 1的一个法向量为n⃗ =(0,1,0)，……(10分) 设直线A 1P 与平面ACB 1所成的角为α， 则直线A 1P 与平面ACB 1所成角的正弦值为： sinα=|cos <A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >|=|A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||A 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |⋅|n⃗⃗ |=3√34√2516+2716+3=3√310．【解析】(1)推导出AB ⊥BC ，从而AB ⊥平面B 1C 1CB ，进而AB ⊥B 1C ，推导出B 1C ⊥BC ，AB ⊥B 1C ，从而B 1C ⊥平面ABC ，由此能证明平面ABC ⊥平面ACB 1．(2)在平面ABC 中过点C 作AC 的垂线CE ，以C 为坐标原点，分别以CA ，CE ，CB 1所在直线为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法能求出直线A 1P 与平面ACB 1所成的角的正弦值．本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．20.【答案】解：(1)由x 2=2py ，得y =12p x 2，则y′=1p x ，∴由导数的几何意义可知，直线l 的斜率为x 0p ；(2)证明：设P(x 0,y 0)，则B(−x 0,−y 0)，k PB =yx 0，由(1)知k PA =1p x 0=2y 0x 0，设A(x 1,y 1)，则y 022+x 02=1，y 122+x 12=1，作差得(y 0+y 1)(y 0−y 1)2+(x 0+x 1)(x 0−x 1)=0，即y 0+y 1x0+x 1⋅y 0−y1x 0−x 1=−12，∴k PA k AB =−12，∴y 02x 0k AB =−12，即k AB =−x0y 0，∴k PB k AB =−1， ∴AB ⊥PB ．【解析】(1)将抛物线C 1变形可得y =12p x 2，求导，利用导数的几何意义即可求得直线l 的斜率；(2)设P(x 0,y 0)，则B(−x 0,−y 0)，k PB =yx 0，k PA =2y 0x 0，设A(x 1,y 1)，利用点差法可得k PA k AB =−12，进而得到k AB =−xy 0，由此可得k PB k AB =−1，继而得证．本题是对抛物线与椭圆知识的综合考查，涉及了垂直关系的证明，导数的几何意义以及点差法的运用，考查推理论证能力以及运算求解能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)P(ξ=3)=13×12=16，P(ξ=2)=13×12+13=12，P(ξ=1)=13，……(3分)则ξ的概率分布如下表：所以E(ξ)=1×13+2×12+3×16=116.……(5分)(2)设运行“归零”程序中输出n(0≤n ≤k −1)的概率为P n ，得出P n =1n+1，……(7分) 法一：则P n =P n+1×1n+1+P n+2×1n+2+P n+3×1n+3+⋯+P k−1×1k−1+1k ， 故0≤n ≤k −2时，P n+1=P n+2×1n+2+P n+3×1n+3+⋯+P k−1×1k−1+1k ， 以上两式作差得，P n −P n+1=P n+1×1n+1，则P n =P n+1×n+2n+1，……(10分) 则P n+1=P n+2×n+3n+2，P n+2=P n+3×n+4n+3，…，P k−2=P k−1×kk−1， 则P n P n+1P n+2…P k−1=P n+1P n+2P n+3…P k−1×n+2n+1×n+3n+2×n+4n+3×…×kk−1， 化简得P n =P k−1×kn+1，而P k−1=1k ，故P n =1n+1，又n =k −1时，P n =1n+1也成立，故P n =1n+1(0≤n ≤k −1). ……(12分) 法二：同法一得P n =P n+1×n+2n+1，……(9分)则P 0=P 1×21，P 1=P 2×32，P 2=P 3×43，…，P n−1=P n ×n+1n，则P 0P 1P 2…P n−1=P 0P 1P 2…P n ×21×32×43×…×n+1n，化简得P 0=P n ×(n +1)，而P 0=1，故P n =1n+1(0≤n ≤k −1)，又n =0时，P n =1n+1也成立，故P n =1n+1(0≤n ≤k −1). ……(12分) 法三：记P m (n)表示在出现m 的条件下出现n 的概率， 则P n+1(n)=1n+1，P n+2(n)=1n+2P n+1(n)+1n+2=1n+1， P n+3(n)=1n+3P n+2(n)+1n+3P n+1(n)+1n+3=1n+1，……(9分) 依此类推，P k (n)=1k P k−1(n)+1k P k−2(n)+⋯+1k P n+1(n)+1k ， 所以P k (n)=1k (1n+1⋅(k −n −1)+1)=1n+1. ……(12分) 法四：记P k (n)表示在出现k 的条件下出现n 的概率， 则P k (n)=1k P k−1(n)+1k P k−2(n)+⋯+1k P n+1(n)+1k ， 则kP k (n)=P k−1(n)+P k−2(n)+⋯+P n+1(n)+1，① 则(k −1)P k−1(n)=P k−2(n)+⋯+P n+1(n)+1，② ①−得kP k (n)−(k −1)P k−1(n)=P k−1(n)，……(9分) 则P k (n)=P k−1(n)(k ≥n +2)，则P k (n)=P n+1(n)=1n+1. ……(12分)【解析】(1)求出概率，得到ξ的分布列，然后求解期望．(2)设运行“归零”程序中输出n(0≤n ≤k −1)的概率为P n ，得出P n =1n+1， 法一：推出P n =P n+1×1n+1+P n+2×1n+2+P n+3×1n+3+⋯+P k−1×1k−1+1k ，利用作差法推出P n =P n+1×n+2n+1，然后利用累积法求解P n 即可． 法二：同法一得P n =P n+1×n+2n+1，利用累积法求解P n 即可．法三：记P m (n)表示在出现m 的条件下出现n 的概率，利用依此类推推出结果即可． 法四：记P k (n)表示在出现k 的条件下出现n 的概率，得到kP k (n)=P k−1(n)+P k−2(n)+⋯+P n+1(n)+1，利用作差法求解即可．本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，概率的求法，数列的应用，考查分析问题解决问题的能力，是难题．22.【答案】解：(1)证明：由f(x)=lnx x n(n ∈N ∗)，得f′(x)=1xx n−nx n−1lnx x 2n=1−nlnx x n+1，因n ∈N ∗，由f′(x)=0，得x =e 1n ，当x >e 1n 时，f′(x)<0，当时0<x <e 1n ，f′(x)>0， 故函数f(x)在(0,e 1n )上单调递增，在(e 1n ,+∞)上单调递减， 所以函数f(x)不单调．(2)当a =1时，可证明e x >x 2lnx +sinx 对∀x ∈(0,+∞)恒成立， 当x ∈(0,1)时，x 2lnx ≤0，sinx ≤1，e x >1，不等式成立；， 当x ∈(1,e)时，x 2lnx +sinx <x 2+1，令g(x)=x 2+1e x，所以g′(x)=2x−(x 2+1)e x≤0，则函数g(x)单调递减，所以g(x)≤g(1)=2e <1，所以e x >x 2+1，原不等式成立，当x ∈(e,+∞)时，因x 2lnx +sinx ≤x 2lnx +1，故只需证e x >x 2lnx +1， 即证e xx 3>lnx x+1x 3，只需证e xx 3>lnx x+1e 3，在(1)中令n =1，可得f(x)≤f(e)=1e ，故lnx x+1e 3≤1e+1e 3，令ℎ(x)=e x x3，所以ℎ′(x)=e x (x−3)x 4=0，解得x =3，当x ∈(e,3)时，ℎ′(x)<0；当x ∈(3,+∞)时，ℎ′(x)>0， 所以ℎ(x)≥ℎ(3)=e 327>12，而lnx x+1e 3≤1e +1e 3<12，所以原不等式也成立．综上所述，当a =1时，e x >x 2lnx +sinx 对∀x ∈(0,+∞)恒成立． (注：当a =2或a =3时结论也成立，请参照评分；当a ≥4时结论不成立)【解析】(1)求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，判断即可；(2)取a =1，x ∈(0,1)时，不等式成立；，当x ∈(1,e)时，x 2lnx +sinx <x 2+1，令g(x)=x 2+1e x，求出e x >x 2+1，原不等式成立，当x ∈(e,+∞)时，因x 2lnx +sinx ≤x 2lnx +1，故只需证e x>x 2lnx +1，即证e x x 3>lnx x+1x 3，结合函数的单调性判断即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是难题．。

2021年高考数学真题逐题解析与以例及类（新高考）第6题利用同角三角函数基本关系式求值一、原题呈现【原题】若tan 2θ=-,则()sin 1sin 2sin cos θθθθ+=+（）A.65-B.25-C.25D.65【答案】C 【解析】解法一：()()()2sin 1sin 2sin sin cos sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθ++==+++()2222sin sin cos tan tan 422sin cos 1tan 145θθθθθθθθ++-====+++．故选C ．解法二：因为sin tan 2cos θθθ==-,所以sin 2cos θθ=-,所以()sin 1sin 2sin cos θθθθ++=()()()222sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθ+=++()()()2222cos 2cos cos 2cos cos 4cos cos θθθθθθθ--+=-++332cos 5cos θθ-=-25=．故选C ．【就题论题】本题主要考查利用同角三角函数基本关系式求值,常规求解思路是把所给式子化为关于sin ,cos θθ的齐次分数,再进一步转化为关于tan θ的分式,然后代入求值,本题解法思路容易,但运算量稍大,也有一定的技巧,难度较前几题有所增加.二、考题揭秘【命题意图】本题考查同角三角函数关系式在求值中的应用,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难度：中等偏易.【考情分析】三角函数与解三角形在新高考全国卷中一般有2道客观题,1道解答题,解答题一般考查解三角形,客观题考查热点是三角变换及三角函数的图象与性质,难度一般为容易或中等偏易.【得分秘籍】利用同角三角函数关系式求值主要有以下4种类型：已知一个角的一种三角函数值,求该角的其他三角函数值；关于sin ,cos αα的齐次分式求值；利用()2sin cos 12sin cos αααα±=±求值；利用方程思想求值.(1)已知角α的某一种三角函数值,求角α的其余三角函数值时,要注意公式的合理选择．一般是先选用平方关系,再用商数关系．在应用平方关系求sin α或cos α时,其正负号是由角α所在象限来决定,切不可不加分析,凭想象乱写公式．已知tan α求()sin cos αα可利用222sin tan cos ααα=来求.(2)关于sin α、cos α的齐次式,可以通过分子、分母同除以分式中cos α的最高次幂转化为关于tan α的式子后再求值．注意有时为了拼凑分子分母齐次,需要灵活地进行“1”的代换,由1＝sin 2α＋cos 2α代换后,再构造出关于tan α的代数式．(3)对于sin α＋cos α,sin αcos α,sin α－cos α这三个式子,利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α,可以知一求二．(4)求某个式子的值,有时可已知条件构造关于该式子的方程,再通过解方程求值,如已知tan cos θθ=,求sin θ,可通过切化弦转化为sin cos cos θθθ=,再转化为关于sin θ的一元二次方程求值.【易错警示】(1)利用sin α=或cos α=,要注意根号前面的正负号的取舍(2)如果已知三角函数值,但没有指定角在哪个象限,或所给的三角函数值是由字母给出的,且没有确定角在哪个象限,那么就需要进行讨论．(3)等式两边同时约去一个式子,要判断该式子的值是否可能为零,若有可能为零,要分2种情况讨论三、以例及类（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷）单选题1．（2021广东省广州市高三下学期二模）已知第二象限角θ的终边上有两点()1,A a -,(),2B b ,且cos 3sin 0θθ+=,则3a b -=（）A ．7-B ．5-C ．5D ．72．（2021湖南省高三下学期5月三轮联考）已知()tan 2x π+=,则sin cos 2sin cos x xx x+=-（）A ．1B ．15C ．14-D ．15-3．（2021福建省厦门市高三5月二模）已知7cos 25θ=-,(,0)θπ∈-,则sin cos 22θθ+=（）A ．75-B ．15-C ．15D ．754．（2021福建省漳州市高三下学期第一次质量检测）已知3sin 23πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,则sin 2tan θθ=（）A ．23B ．43C ．3D ．35．（2021广东省汕头市高三一模）已知sin 3cos 36ππαα⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则sin 2α的值是（）A ．B ．7C ．-D ．7-6．（2021河北省张家口市、沧州市高三下学期二模）若,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,2sin cos 5αα+=,则tan α=（）A ．2-B ．2C ．211D ．211-7．（2021河北省邯郸市高三一模）已知()2sin 3sin 2ππαα⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭,则221sin sin 2cos 2ααα--=（）A ．513B ．113-C ．513-D ．1138．（2021江苏省连云港市高三下学期高考考前一模）已知ππ(,22α∈-,且3cos 28sin 5αα-=,则cos α的值为（）A ．13-B ．13C ．3D ．239．（2021江苏省扬州中学2021届高三下学期最后一模）已知3cos 5θ=,tan 0θ<,则sin(2)πθ-=（）A ．2425-B ．1225-C ．45-D ．242510．（2021江苏省泰州中学高三下学期四模）在ABC 中,若31,5,sin 5AB AC A ===,则AB AC ⋅=（）A ．3B ．3±C ．4D ．4±11．（2021江苏省南通市高三上学期期末）若()1sin cos ,0,3αααπ+=∈,则1tan 1tan αα+=-（）A ．17B ．1717-C ．15D ．1515-二、多选题12．（2021湖北省十一校考试联盟高三联考）在数学史上,为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性,曾经出现过下列两种三角函数：定义1cos θ-为角θ的正矢,记作sin ver θ,定义1sin θ-为角θ的余矢,记作cov sin er θ,则下列命题中正确的是（）A ．函数cov sin sin y er x ver x =-在,4ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数B ．若cov sin 12sin 1er x ver x -=-,则7cov sin 2sin 25er x ver x -=-C ．函数()sin 2020cov sin 202036f x ver x er x ππ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则()f x 的最大值2+D ．sin cov sin 2ver er πθθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭三、填空题13．（2021福建省厦门外国语学校高三1月阶段性检测）已知(0,)απ∈,且有12sin 2cos 2αα-=,则cos α=___________.14．（2021广东省高州市高三二模）已知,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,且2cos 2sin 1αα=-,则tan α=_________________．15．（2021北省邯郸市高三二模）当04x π<<时,函数22cos ()sin cos sin xf x x x x=-的最大值为______．第6题利用同角三角函数基本关系式求值一、原题呈现【原题】若tan 2θ=-,则()sin 1sin 2sin cos θθθθ+=+（）A.65-B.25-C.25D.65【答案】C 【解析】解法一：()()()2sin 1sin 2sin sin cos sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθ++==+++()2222sin sin cos tan tan 422sin cos 1tan 145θθθθθθθθ++-====+++．故选C ．解法二：因为sin tan 2cos θθθ==-,所以sin 2cos θθ=-,所以()sin 1sin 2sin cos θθθθ++=()()()222sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθ+=++()()()2222cos 2cos cos 2cos cos 4cos cos θθθθθθθ--+=-++332cos 5cos θθ-=-25=．故选C ．【就题论题】本题主要考查利用同角三角函数基本关系式求值,常规求解思路是把所给式子化为关于sin ,cos θθ的齐次分数,再进一步转化为关于tan θ的分式,然后代入求值,本题解法思路容易,但运算量稍大,也有一定的技巧,难度较前几题有所增加.二、考题揭秘【命题意图】本题考查同角三角函数关系式在求值中的应用,考查数学运算与逻辑推理的核心素养.难度：中等偏易.【考情分析】三角函数与解三角形在新高考全国卷中一般有2道客观题,1道解答题,解答题一般考查解三角形,客观题考查热点是三角变换及三角函数的图象与性质,难度一般为容易或中等偏易.【得分秘籍】利用同角三角函数关系式求值主要有以下4种类型：已知一个角的一种三角函数值,求该角的其他三角函数值；关于sin ,cos αα的齐次分式求值；利用()2sin cos 12sin cos αααα±=±求值；利用方程思想求值.(1)已知角α的某一种三角函数值,求角α的其余三角函数值时,要注意公式的合理选择．一般是先选用平方关系,再用商数关系．在应用平方关系求sin α或cos α时,其正负号是由角α所在象限来决定,切不可不加分析,凭想象乱写公式．已知tan α求()sin cos αα可利用222sin tan cos ααα=来求.(2)关于sin α、cos α的齐次式,可以通过分子、分母同除以分式中cos α的最高次幂转化为关于tan α的式子后再求值．注意有时为了拼凑分子分母齐次,需要灵活地进行“1”的代换,由1＝sin 2α＋cos 2α代换后,再构造出关于tan α的代数式．(3)对于sin α＋cos α,sin αcos α,sin α－cos α这三个式子,利用(sin α±cos α)2＝1±2sin αcos α,可以知一求二．(4)求某个式子的值,有时可已知条件构造关于该式子的方程,再通过解方程求值,如已知tan cos θθ=,求sin θ,可通过切化弦转化为sin cos cos θθθ=,再转化为关于sin θ的一元二次方程求值.【易错警示】(1)利用sin α=或cos α=,要注意根号前面的正负号的取舍(2)如果已知三角函数值,但没有指定角在哪个象限,或所给的三角函数值是由字母给出的,且没有确定角在哪个象限,那么就需要进行讨论．(3)等式两边同时约去一个式子,要判断该式子的值是否可能为零,若有可能为零,要分2种情况讨论三、以例及类（以下所选试题均来自新高考Ⅰ卷地区2020年1-6月模拟试卷）单选题1．（2021广东省广州市高三下学期二模）已知第二象限角θ的终边上有两点()1,A a -,(),2B b ,且cos 3sin 0θθ+=,则3a b -=（）A ．7-B ．5-C ．5D ．7【答案】D【解析】由cos 3sin 0θθ+=得：sin 1tan cos 3θθθ==-,由三角函数定义知：21tan 3a b θ=-==-,解得：13a =,6b =-,3167a b -=+=∴.故选D.2．（2021湖南省高三下学期5月三轮联考）已知()tan 2x π+=,则sin cos 2sin cos x xx x+=-（）A ．1B ．15C ．14-D ．15-【答案】A【解析】()tan tan 2π+==x x ,所以sin cos tan 12112sin cos 2tan 1221+++===--⨯-x x x x x x .故选A.3．（2021福建省厦门市高三5月二模）已知7cos 25θ=-,(,0)θπ∈-,则sin cos 22θθ+=（）A ．75-B ．15-C ．15D ．75【答案】B【解析】因为7cos 25θ=-,且(),0θπ∈-,所以24sin 25θ=-,,022θπ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭,7cos cos sin cos sin 0222225θθθθθ⎛⎫⎛⎫=+-=-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭,其中cos sin 022θθ->,所以cossin 022θθ+<,两边平方得2411sin 12525θ+=-=,所以1cos sin 225θθ+=-.故选B.4．（2021福建省漳州市高三下学期第一次质量检测）已知3sin 23πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭,则sin 2tan θθ=（）A ．23B ．43C ．3D ．3【答案】B【解析】由33sin 23πθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭得cos 3θ=,则22sin cos sin sin 2tan 2sin cos θθθθθθθ==()221cos 142133θ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭=-,故选B .5．（2021广东省汕头市高三一模）已知sin 3cos 36ππαα⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则sin 2α的值是（）A．B．7C．-D．7-【答案】D【解析】sin 3cos 36ππαα⎛⎫⎛⎫-=-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ,即1331sin 3sin 2222a a a a 琪-=-+琪桫,整理得2sin αα=,tan 2α∴=-,因此,22223222sin cos 2tan sin 22sin cos sin cos tan 171ααααααααα⎛⎫⨯- ⎪⎝⎭=====-++⎛+ ⎝⎭.故选D.6．（2021河北省张家口市、沧州市高三下学期二模）若,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,2sin cos 5αα+=,则tan α=（）A ．2-B ．2C ．211D ．211-【答案】A【解析】22222224sin cos 4sin cos (2sin cos )4sin cos 4sin cos sin cos αααααααααααα+++=++==+224tan 14tan 9tan 15ααα++=+,所以211tan 20tan 40αα+-=,解得tan 2α=-或2tan 11α=,又,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,所以tan 2α=-.故选A7．（2021河北省邯郸市高三一模）已知()2sin 3sin 2ππαα⎛⎫-=+⎪⎝⎭,则221sin sin 2cos 2ααα--=（）A ．513B ．113-C ．513-D ．113【答案】B【解析】由2sin()3sin 2ππαα⎛⎫-=+⎪⎝⎭,得2sin 3cos αα=,所以3tan 2α=从而222222221sin sin cos cos tan tan 11sin sin 2cos 2sin cos tan 113αααααααααααα------===-++．故选B8．（2021江苏省连云港市高三下学期高考考前一模）已知ππ(,22α∈-,且3cos 28sin 5αα-=,则cos α的值为（）A ．13-B ．13C ．223D ．23【答案】C【解析】由3cos 28sin 5αα-=,可得23sin 4sin 10αα++=,解得1sin 3α=-或sin 1α=-,因为ππ(,22α∈-,所以1sin 3α=-,可得cos 3α==.故选C.9．（2021江苏省扬州中学2021届高三下学期最后一模）已知3cos 5θ=,tan 0θ<,则sin(2)πθ-=（）A ．2425-B ．1225-C ．45-D ．2425【答案】A【解析】由3cos 5θ=,tan 0θ<,则4sin 5θ==-,所以24sin(2)sin 22sin cos 25πθθθθ-===-.故选A10．（2021江苏省泰州中学高三下学期四模）在ABC 中,若31,5,sin 5AB AC A ===,则AB AC ⋅=（）A ．3B ．3±C ．4D ．4±【答案】D【解析】由于3sin 5A =,所以4cos 5A ==±,所以cos 4AB AC AB AC A ⋅=⋅⋅=± .故选D11．（2021江苏省南通市高三上学期期末）若()1sin cos ,0,3αααπ+=∈,则1tan 1tan αα+=-（）A ．1717B ．1717-C ．1515D ．1515-【答案】B【解析】由1sin cos 3αα+=,可得21(sin cos )12sin cos 9αααα+=+=,解得82sin cos 09αα=-<,即sin α与cos α异号,又因为()0,απ∈,所以sin 0,cos 0αα><,又由217(sin cos )12sin cos 9αααα-=-=,所以sin cos 3αα-=,又因为sin 111tan sin cos cos 3sin 1tan cos sin 111c 377os αααααααααα+++====----.故选B.二、多选题12．（2021湖北省十一校考试联盟高三联考）在数学史上,为了三角计算的简便并且更加追求计算的精确性,曾经出现过下列两种三角函数：定义1cos θ-为角θ的正矢,记作sin ver θ,定义1sin θ-为角θ的余矢,记作cov sin er θ,则下列命题中正确的是（）A ．函数cov sin sin y er x ver x =-在,4ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是减函数B ．若cov sin 12sin 1er x ver x -=-,则7cov sin 2sin 25er x ver x -=-C ．函数()sin 2020cov sin 202036f x ver x er x ππ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则()f x的最大值2+D ．sin cov sin 2ver er πθθ⎛⎫-= ⎪⎝⎭【答案】BD【解析】由正矢和余矢的定义可得：对于选项A ：()()cov sin sin 1sin 1cos y er x ver x x x =-=---cos sin 4x x x π⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭所以在区间3,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦单调递减,故选项A 错误；对于选项B ：因为cov sin 11sin 1tan 2sin 11cos 1er x x x ver x x ---===---,则2222cos sin 2sin cos cov sin 2sin 2cos 2sin 2cos sin x x x xer x ver x x x x x ---=-=+22221tan 2tan 122271tan 125x x x ----⨯==-++,所以B 正确；对于选项C ：()sin 2020cov sin 202036f x ver x er x ππ⎛⎫⎛⎫=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2cos 2020sin 202036x x ππ⎛⎫⎛⎫=---+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2cos 2020sin 202022sin 20206266x x x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+--+=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦所以则()f x 的最大值4,故选项C 不正确,对于选项D ：sin 1cos 1sin cov sin 22ver er ππθθθθ⎛⎫⎛⎫-=--=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,故选项D 正确；故选BD 三、填空题13．（2021福建省厦门外国语学校高三1月阶段性检测）已知(0,)απ∈,且有12sin 2cos 2αα-=,则cos α=___________.【答案】5【解析】2212sin 2cos214sin cos 12sin sin 2sin cos αααααααα-=⇒-=-⇒=,因为(0,)απ∈,所以sin 0α≠,因此由2sin 2sin cos sin 2cos tan 2(0,)2πααααααα=⇒=⇒=⇒∈,而22sin cos 1(1)αα+=,把sin 2cos αα=代入(1)得：22214cos cos 1cos cos 55αααα+=⇒=⇒=±,而(0,)2πα∈,因此cos 5α=.14．（2021广东省高州市高三二模）已知,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,且2cos 2sin 1αα=-,则tan α=_________________．【答案】7-【解析】由2cos 2sin 1αα=-得224sin sin 1αα-=-,∴24sin sin 30αα+-=,,2παπ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,解得3sin 4α=,∴cos 4α==,即tan 7α=-．15．（2021北省邯郸市高三二模）当04x π<<时,函数22cos ()sin cos sin x f x x x x=-的最大值为______．【答案】-4【解析】由题意得22222cos cos ()sin cos sin cos cos xx f x x x x x x=-所以21()tan tan f x x x =-,当04x π<<时,0tan 1x <<,设tan ,(0,1)t x t =∈所以2211()=11()24g t t t t =---,所以当12t =时,函数()g t 取最大值4-.所以()f x 的最大值为-4．。