2021年高考数学试卷(浙江卷)

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 𝐴={𝑥|𝑥≥1} ， 𝐵={𝑥|−1<𝑥<2} ，则 𝐴∩𝐵= （ ）

A. {𝑥|𝑥>−1} B. {𝑥|𝑥≥1} C. {𝑥|−1<𝑥<1} D. {𝑥|1≤𝑥<2} 2.已知 𝑎∈𝑅 ， (1+𝑎𝑖)𝑖=3+𝑖 ，(i为虚数单位)，则 𝑎= （ ） A. -1 B. 1 C. -3 D. 3 ⃗⃗,𝑐⃗⃗⋅𝑐⃗⃗ ”的（ ） 3.已知非零向量 𝑎⃗,𝑏⃗ ，则“ 𝑎⃗⋅𝑐⃗=𝑏⃗ ”是“ 𝑎⃗=𝑏

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. 2 B. 3 C. 3√2 D. 3√2

2

3

𝑥+1≥0

1

5.若实数x ， y满足约束条件 {𝑥−𝑦≤0 ，则 𝑧=𝑥−2𝑦 的最小值是（ ）

2𝑥+3𝑦−1≤0A. -2 B. −2 C. −2 D. 10

6.如图已知正方体 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 ，M ， N分别是 𝐴1𝐷 ， 𝐷1𝐵 的中点，则（ ）

3

1

1

A. 直线 𝐴1𝐷 与直线 𝐷1𝐵 垂直，直线 𝑀𝑁// 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷 B. 直线 𝐴1𝐷 与直线 𝐷1𝐵 平行，直线 𝑀𝑁⊥ 平面 𝐵𝐷𝐷1𝐵1

C. 直线 𝐴1𝐷 与直线 𝐷1𝐵 相交，直线 𝑀𝑁// 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷 D. 直线 𝐴1𝐷 与直线 𝐷1𝐵 异面，直线 𝑀𝑁⊥ 平面 𝐵𝐷𝐷1𝐵1

7.已知函数 𝑓(𝑥)=𝑥2+4,𝑔(𝑥)=sin𝑥 ，则图象为如图的函数可能是（ ）

1

A. 𝑦=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)−4 B. 𝑦=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)−4 C. 𝑦=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥) D. 𝑦=𝑓(𝑥) 8.已知 𝛼,𝛽,𝛾 是互不相同的锐角，则在 sin𝛼cos𝛽,sin𝛽cos𝛾,sin𝛾cos𝛼 三个值中，大于 2 的个数的最大值是（ ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

9.已知 𝑎,𝑏∈R,𝑎𝑏>0 ，函数 𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2+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

𝑛∗

10.已知数列 {𝑎𝑛} 满足 𝑎1=1,𝑎𝑛+1=1+√𝑎𝑛(𝑛∈N) .记数列 {𝑎𝑛} 的前n项和为 𝑆𝑛 ，则（ ）

11𝑔(𝑥)

1

𝑎A. 2<𝑆100<3 B. 3<𝑆100<4 C. 4<𝑆100<2 D. 2<𝑆100<5

199

二、填空题（共7题；共36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是3，4，记大正方形的面积为 𝑆1 ，

1

小正方形的面积为 𝑆2 ，则 𝑆= ________.

1

𝑆

𝑥2−4,𝑥>2

12.已知 𝑎∈R ，函数 𝑓(𝑥)={ 若 𝑓[𝑓(√6)]=3 ，则 𝑎= ________.

|𝑥−3|+𝑎,𝑥≤2,

⃗⃗,𝑐⃗⃗|=2,𝑎⃗⃗=0,(𝑎⃗⃗)⋅𝑐⃗ 在 𝑎⃗⃗ 方向上13.已知平面向量 𝑎⃗,𝑏⃗,(𝑐⃗≠0) 满足 |𝑎⃗|=1,|𝑏⃗⋅𝑏⃗−𝑏⃗=0 .记向量 𝑑⃗,𝑏⃗−𝑎⃗ 方向上的投影为z ， 则 𝑥2+𝑦2+𝑧2 的最小值为________. 的投影分别为x ， y ， 𝑑⃗ 在 𝑐

14.已知多项式 (𝑥−1)3+(𝑥+1)4=𝑥4+𝑎1𝑥3+𝑎2𝑥2+𝑎3𝑥+𝑎4 ，则 𝑎1= ________， 𝑎2+𝑎3+𝑎4= ________.

15.在 △𝐴𝐵𝐶 中， ∠𝐵=60°,𝐴𝐵=2 ，M是 𝐵𝐶 的中点， 𝐴𝑀=2√3 ，则 𝐴𝐶= ________， cos∠𝑀𝐴𝐶= ________.

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 𝜉 ，若取出的两个球都是红球的概率为 6 ，一红一黄的概率为 3 ，则 𝑚−𝑛= ________， 𝐸(𝜉)= ________. 17.已知椭圆

1

𝑥21

1

+𝑏2=1(𝑎>𝑏>0) ，焦点 𝐹1(−𝑐,0) ， 𝐹2(𝑐,0) (𝑐>0) ，若过 𝐹1 的直线和圆 𝑎2

𝑦2

(𝑥−𝑐)2+𝑦2=𝑐2 相切，与椭圆在第一象限交于点P ， 且 𝑃𝐹2⊥𝑥 轴，则该直线的斜率是

2________，椭圆的离心率是________.

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。（共5题；共74分）

18.设函数 𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥(𝑥∈R) . （1）求函数 𝑦=[𝑓(𝑥+2)]2 的最小正周期； （2）求函数 𝑦=𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−4) 在 [0,2] 上的最大值.

19.如图，在四棱锥 𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷 中，底面 𝐴𝐵𝐶𝐷 是平行四边形， ∠𝐴𝐵𝐶=120°,𝐴𝐵=1,𝐵𝐶=4,𝑃𝐴=√15 ，M ， N分别为 𝐵𝐶,𝑃𝐶 的中点， 𝑃𝐷⊥𝐷𝐶,𝑃𝑀⊥𝑀𝐷 .

𝜋

𝜋

𝜋

（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 {𝑎𝑛} 的前n项和为 𝑆𝑛 ， 𝑎1=−4 ，且 4𝑆𝑛+1=3𝑆𝑛−9 . （1）求数列 {𝑎𝑛} 的通项；

（2）设数列 {𝑏𝑛} 满足 3𝑏𝑛+(𝑛−4)𝑎𝑛=0 ，记 {𝑏𝑛} 的前n项和为 𝑇𝑛 ，若 𝑇𝑛≤𝜆𝑏𝑛 对任意 𝑛∈N∗ 恒成立，求 𝜆 的范围.

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 ，

9

（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 |𝑅𝑁|2=|𝑃𝑁|⋅|𝑄𝑁| ，求直线l在x轴上截距的范围. 22.设a ， b为实数，且 𝑎>1 ，函数 𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2(𝑥∈R) (注： 𝑒=2.71828⋅⋅⋅ 是自然对数的底数) （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 ，满足 𝑥2>

𝑒2𝑏

𝑏ln𝑏2𝑒2

𝑥1+

.

答案解析部分

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】 D

【考点】交集及其运算

【解析】【解答】由交集的定义结合题意可得： 𝐴∩𝐵={𝑥|1≤𝑥<2} . 故答案为：D.

【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。 2.【答案】 C

【考点】复数代数形式的乘除运算，复数代数形式的混合运算 【解析】【解答】 (1+𝑎𝑖)𝑖=𝑖−𝑎=−𝑎+𝑖 ， 利用复数相等的充分必要条件可得： −𝑎=3,∴𝑎=−3 . 故答案为：C.

【分析】根据复数相等的条件，即可求得a的值。 3.【答案】 B

【考点】充分条件，必要条件，充要条件，平面向量数量积的运算

⃗⃗⋅𝑐⃗⃗)⋅𝑐⃗⃗ ；若 𝑎⃗⃗ ，则 𝑎⃗⃗⋅𝑐【解析】【解答】若 𝑎⃗⋅𝑐⃗=𝑏⃗ ，则 (𝑎⃗−𝑏⃗=0 ，推不出 𝑎⃗=𝑏⃗=𝑏⃗⋅𝑐⃗=𝑏⃗ 必成立，

⃗⃗⋅𝑐⃗⃗ ”的必要不充分条件 故“ 𝑎⃗⋅𝑐⃗=𝑏⃗ ”是“ 𝑎⃗=𝑏故答案为：B.

【分析】先将条件等式变形，可能得到条件不充分，后者显然成立。 4.【答案】 A

【考点】由三视图求面积、体积

【解析】【解答】几何体为如图所示的四棱柱 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 ，其高为1，底面为等腰梯形 𝐴𝐵𝐶𝐷 ，

12该等腰梯形的上底为 √2 ，下底为 2√2 ，腰长为1，故梯形的高为 √1−=√ ，

2

2

故 𝑉𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1=×(√2+2√2)×√×1= ，

222故答案为：A.

【分析】先由三视图，还原立体图形，然后根据数量关系计算体积。 5.【答案】 B

【考点】简单线性规划

𝑥+1≥0

【解析】【解答】画出满足约束条件 {𝑥−𝑦≤0 的可行域，

2𝑥+3𝑦−1≤0如下图所示：

123

目标函数 𝑧=𝑥−2𝑦 化为 𝑦=2𝑥−2𝑧 ，

𝑥=−1𝑥=−1

，解得 { ，设 𝐴(−1,1) ， 由 {

2𝑥+3𝑦−1=0𝑦=1当直线 𝑦=2𝑥−2𝑧 过 𝐴 点时， 𝑧=𝑥−2𝑦 取得最小值为 −2 . 故答案为：B.

【分析】先画出可行域，然后由目标函数，作出直线 𝑦=2𝑥−2𝑧 ，当直线过 𝐴 点时，得到最优解，从而计算出结果。 6.【答案】 A

【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定 【解析】【解答】连 𝐴𝐷1 ，在正方体 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 中，

1

3

1

M是 𝐴1𝐷 的中点，所以 𝑀 为 𝐴𝐷1 中点， 又N是 𝐷1𝐵 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 𝐵𝐷𝐷1𝐵1 ，所以选项B,D不正确； 在正方体 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 中， 𝐴𝐷1⊥𝐴1𝐷 ， 𝐴𝐵⊥ 平面 𝐴𝐴1𝐷1𝐷 ，所以 𝐴𝐵⊥𝐴1𝐷 ， 𝐴𝐷1∩𝐴𝐵=𝐴 ，所以 𝐴1𝐷⊥ 平面 𝐴𝐵𝐷1 ， 𝐷1𝐵⊂ 平面 𝐴𝐵𝐷1 ，所以 𝐴1𝐷⊥𝐷1𝐵 ， 且直线 𝐴1𝐷,𝐷1𝐵 是异面直线， 所以选项B错误，选项A正确. 故答案为：A.

【分析】对于A：连AD1,根据三角形的中位线定理，得到 𝑀𝑁//𝐴𝐵 ， ，所以A正确；

对于B：若（１）知 直线 𝑀𝑁//AB，若 𝑀𝑁⊥ 平面 BDD1B1,则𝑀𝑁⊥BD，从而A𝐴𝐵⊥BD，这显然不正确，所以B不正确；

对于C：显然， 直线 𝐴1𝐷 与直线 𝐷1𝐵 是异面直线，故C错误； 对于Ｄ：由B知，MN不垂直平面BDD1B1。 7.【答案】 D

【考点】函数的图象与图象变化

【解析】【解答】对于A， 𝑦=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)−4=𝑥2+sin𝑥 ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A；

对于B， 𝑦=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)−4=𝑥2−sin𝑥 ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B； 对于C， 𝑦=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=(𝑥2+4)sin𝑥 ，则 𝑦′=2𝑥sin𝑥+(𝑥2+4)cos𝑥 ，

𝜋2𝜋12当 𝑥=4 时， 𝑦′=×√+(+)×√>0 ，与图象不符，排除C.

221642

𝜋

2

1

1

11

故答案为：D.

【分析】由A,B解析式都是非奇非偶函数，可以判断A,B错；

对于C，先对 𝑦=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=(𝑥2+4)sin𝑥求导，然后计算当𝑥=4 时，ｆ／（4 ）＞０，与图不符合，所以C错，故选D. 8.【答案】 C

【考点】正弦函数的定义域和值域，余弦函数的定义域和值域 【解析】【解答】法1：由基本不等式有 sin𝛼cos𝛽≤同理 sin𝛽cos𝛾≤

sin2𝛽+cos2𝛾

2

sin2𝛼+cos2𝛽

2

1

𝜋

𝜋

，

， sin𝛾cos𝛼≤

3

sin2𝛾+cos2𝛼

2

，

故 sin𝛼cos𝛽+sin𝛽cos𝛾+sin𝛾cos𝛼≤2 ， 故 sin𝛼cos𝛽,sin𝛽cos𝛾,sin𝛾cos𝛼 不可能均大于 2 . 取 𝛼=6 ， 𝛽=3 ， 𝛾=4 ，

则 sin𝛼cos𝛽=<,sin𝛽cos𝛾=√>,sin𝛾cos𝛼=√> ，

4

2

4

2

4

2

1

1

61

61

𝜋

𝜋

𝜋

1

故三式中大于 2 的个数的最大值为2， 故答案为：C.

法2：不妨设 𝛼<𝛽<𝛾 ，则 cos𝛼>cos𝛽>cos𝛾,sin𝛼sin𝛼cos𝛽+sin𝛽cos𝛾+sin𝛾cos𝛼≤sin𝛼cos𝛾+sin𝛽cos𝛽+sin𝛾cos𝛼 ， 而 sin𝛼cos𝛾+sin𝛽cos𝛽+sin𝛾cos𝛼=sin(𝛾+𝛼)+2sin2𝛽≤2 ， 故 sin𝛼cos𝛽,sin𝛽cos𝛾,sin𝛾cos𝛼 不可能均大于 2 . 取 𝛼=6 ， 𝛽=3 ， 𝛾=4 ，

116161

则 sin𝛼cos𝛽=<,sin𝛽cos𝛾=√>,sin𝛾cos𝛼=√> ，

4

2

4

2

4

2

𝜋

𝜋

𝜋

1

1

3

1

故三式中大于 2 的个数的最大值为2， 故答案为：C.

【分析】先由基本不等式𝑎𝑏≤(结果。

9.【答案】 C

【考点】等比数列，平面向量的综合题

【解析】【解答】由题意得 𝑓(𝑠−𝑡)𝑓(𝑠+𝑡)=[𝑓(𝑠)]2 ，即 [𝑎(𝑠−𝑡)2+𝑏][𝑎(𝑠+𝑡)2+𝑏]=(𝑎𝑠2+𝑏)2 ，

𝑎+𝑏2

1

）得出三个积 sin𝛼cos𝛽,sin𝛽cos𝛾,sin𝛾cos𝛼 的取值范围，就可以得到

对其进行整理变形：

(𝑎𝑠2+𝑎𝑡2−2𝑎𝑠𝑡+𝑏)(𝑎𝑠2+𝑎𝑡2+2𝑎𝑠𝑡+𝑏)=(𝑎𝑠2+𝑏)2 ， (𝑎𝑠2+𝑎𝑡2+𝑏)2−(2𝑎𝑠𝑡)2−(𝑎𝑠2+𝑏)2=0 ， (2𝑎𝑠2+𝑎𝑡2+2𝑏)𝑎𝑡2−4𝑎2𝑠2𝑡2=0 ， −2𝑎2𝑠2𝑡2+𝑎2𝑡4+2𝑎𝑏𝑡2=0 ， 所以 −2𝑎𝑠2+𝑎𝑡2+2𝑏=0 或 𝑡=0 ， 其中

𝑠2

𝑏𝑎−

𝑡2

2𝑏𝑎=1 为双曲线， 𝑡=0 为直线.

故答案为：C.

【分析】由三个数成等差数列，列出等式，推导结果。 10.【答案】 A

【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列，等比数列的通项公式

𝑛1∗

【解析】【解答】因为 𝑎1=1,𝑎𝑛+1=1+√𝑎𝑛(𝑛∈N) ，所以 𝑎𝑛>0 ， 𝑆100>2 ． 𝑛2

由 𝑎𝑛+1=1+√𝑎𝑛⇒𝑎𝑛+1=𝑎𝑛+√𝑎𝑛=(√𝑎𝑛+2)−4 𝑎𝑎111111

∴𝑎

1

𝑛+1

<(1√𝑎𝑛+2)2⇒

111√𝑎𝑛+1<

1√𝑎𝑛𝑛−12

+2 ，即 𝑎√=

𝑛+12

11𝑛+1−1√𝑎𝑛<2

4

1

根据累加法可得， √𝑎𝑛≤1+

𝑎𝑛1+√𝑎𝑛 ，当且仅当 𝑛=1 时取等号， ∴𝑎𝑛≥(𝑛+1)2 ∴𝑎𝑛+1=

≤

21+𝑛+1𝑎𝑛

=

𝑛+1

𝑎𝑛+3𝑛

6

∴

𝑎𝑛+1𝑎𝑛

≤𝑛+3⇒𝑎𝑛≤(𝑛+1)(𝑛+2) ，当且仅当 𝑛=1 时取等号，

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

𝑛+1

所以 𝑆100≤6(2−3+3−4+4−5+⋯+101−102)=6(2−102)<3 ，即 2<𝑆100<3 ． 故答案为：A．

【分析】由递推公式，冼先得到𝑆100>2 ， 进一步推导出√𝑎出𝑆100<3。 二、填空题 11.【答案】 25

【考点】三角形中的几何计算

【解析】【解答】由题意可得，大正方形的边长为： 𝑎=√32+43=5 ， 则其面积为： 𝑆1=52=25 ，

小正方形的面积： 𝑆2=25−4×(2×3×4)=1 ，

2

从而 𝑆=

1

1

1𝑛+1−1√𝑎𝑛<2 ， 然后用累加法等推导

1

1

𝑆251

=25 .

故答案为：25.

【分析】由勾股定理及三角形面积公式求解。 12.【答案】 2

【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法

【解析】【解答】 𝑓[𝑓(√6)]=𝑓(6−4)=𝑓(2)=|2−3|+𝑎=3 ，故 𝑎=2 ， 故答案为：2.

【分析】分段函数求函数值。 13.【答案】 5

【考点】向量的模，平面向量数量积的性质及其运算律 ⃗⃗=(0，),𝑐【解析】【解答】由题意，设 𝑎⃗=(1,0),𝑏2⃗=(𝑚,𝑛) ， ⃗⃗)⋅𝑐则 (𝑎⃗−𝑏⃗=𝑚−2𝑛=0 ，即 𝑚=2𝑛 ，

⃗ 在 𝑎⃗⃗ 方向上的投影分别为x ， y ， 所以 𝑑⃗=(𝑥,𝑦) ， 又向量 𝑑⃗,𝑏

⃗⃗)⋅𝑐⃗(𝑑−𝑎𝑚(𝑥−1)+𝑛𝑦2𝑥−2+𝑦⃗−𝑎 ， ⃗ 方向上的投影 𝑧=所以 𝑑==⃗ 在 𝑐22⃗

|𝑐|

√𝑚+𝑛√5⃗

2

即 2𝑥+𝑦−√5𝑧=2 ,

所以 𝑥2+𝑦2+𝑧2=10[22+12+(−√5)2](𝑥2+𝑦2+𝑧2)≥10(2𝑥+𝑦−√5𝑧)2=5 ，

𝑥

1

1

2

√5 即 {𝑦=5 时，等号成立， 当且仅当 {

2𝑥+𝑦−√5𝑧=2√5𝑧=−

5

=1=−2

𝑦𝑧𝑥=

251

所以 𝑥2+𝑦2+𝑧2 的最小值为 5 . 故答案为： 5 .

【分析】根据已知条件，先取特殊值𝑎=(1,0),𝑏=(0，),并设𝑐=(𝑚,𝑛) ， 再由投影公式⇀解答。

2

|𝑎|

→

→

→

⇀⇀

2

2

𝑎·𝑏

14.【答案】 5；10 【考点】二项式定理

【解析】【解答】 (𝑥−1)3=𝑥3−3𝑥2+3𝑥−1 ， (𝑥+1)4=𝑥4+4𝑥3+6𝑥2+4𝑥+1 ， 所以 𝑎1=1+4=5,𝑎2=−3+6=3 ， 𝑎3=3+4=7,𝑎4=−1+1=0 ， 所以 𝑎2+𝑎3+𝑎4=10 . 故答案为：5，10.

【分析】因为指数不高，直接展开。 15.【答案】 2√13；2√39

13

【考点】解三角形，余弦定理的应用 【解析】【解答】由题意作出图形，如图，

在 △𝐴𝐵𝑀 中，由余弦定理得 𝐴𝑀2=𝐴𝐵2+𝐵𝑀2−2𝐵𝑀⋅𝐵𝐴⋅cos𝐵 ， 即 12=4+𝐵𝑀2−2𝐵𝑀×2×2 ，解得 𝐵𝑀=4 （负值舍去）， 所以 𝐵𝐶=2𝐵𝑀=2𝐶𝑀=8 ，

在 △𝐴𝐵𝐶 中，由余弦定理得 𝐴𝐶2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅cos𝐵=4+64−2×2×8×2=52 ， 所以 𝐴𝐶=2√13 ；

在 △𝐴𝑀𝐶 中，由余弦定理得 cos∠𝑀𝐴𝐶=故答案为： 2√13 ；

【分析】三次使用余弦定理求BM，AC, cos∠𝑀𝐴𝐶即可。 16.【答案】 1；9

【考点】等可能事件的概率，离散型随机变量的期望与方差 【解析】【解答】 𝑃(𝜉=2)=𝐶2 P（一红一黄）=𝐶24

1𝐶1⋅𝐶𝑚𝑚+𝑛+4

2𝐶4𝑚+𝑛+4

1

1

𝐴𝐶2+𝐴𝑀2−𝑀𝐶2

2𝐴𝑀⋅𝐴𝐶

=2×252+12−16√3×2√=132√39 13

.

2√39 13

.

8

=𝐶26

𝑚+𝑛+4

2

=6⇒𝐶𝑚+𝑛+4=36 ，所以 𝑚+𝑛+4=9 ，

1

=

1

4𝑚36

=

𝑚9

=3⇒𝑚=3 , 所以 𝑛=2 , 则 𝑚−𝑛=1 ．

1⋅𝐶1𝐶452𝐶9

1

由于 𝑃(𝜉=2)=6,𝑃(𝜉=1)=∴𝐸(𝜉)=×2+×1+

6

9

1

5

518

=

59

4×53689

=9,𝑃(𝜉=0)=𝐶2=36=18 9

5

2

𝐶5

105

×0=+= ．

3

1

故答案为：1； 9 ．

【分析】 先由取出的两个球都是红球的概率为 6 ， 由古典概型公式得到 ｍ＋ｎ＝５，再由ξ的可能取值，求出相应的概率，根据数学期望的计算公式求解即可. 17.【答案】 2√5；√5

5

5

1

8

【考点】圆的标准方程，椭圆的简单性质，直线与圆锥曲线的关系 【解析】【解答】如图所示：不妨假设 𝑐=2 ，设切点为 𝐵 ，

sin∠𝑃𝐹1𝐹2=sin∠𝐵𝐹1𝐴=|𝐹𝐴|=3 ， tan∠𝑃𝐹1𝐹2=

1

|𝐴𝐵|22√32−2=5√5 222

2

所以 𝑘=

2√5 5

2

, 由 𝑘=|𝐹𝐹|,|𝐹1𝐹2|=2𝑐=4 ，所以 tan∠𝑃𝐹1𝐹2=√32−22=5√5 ， 于是 2𝑎=

12

|𝑃𝐹|

|𝑃𝐹1|+|𝑃𝐹2|=4√5 ，即 𝑎=2√5 ，所以 𝑒=𝑎=2255故答案为： √ ； √ ．

5

5

𝑐2√=5√5 5

．

【分析】（1）取特殊值c=2,根据圆的切线的性质，计算相关线段长度，在直角三角形ABF1中，可以求得 tan∠𝑃𝐹1𝐹2的值；

（2）由（1）及∆𝐹1𝐴𝐵~∆𝐹1𝑃𝐹2椭圆的定义，就可以计算 a的值，进一步得到离心率。

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.【答案】 （1）解：由辅助角公式得 𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+4) ， 则 𝑦=[𝑓(𝑥+2)]2=[√2sin(𝑥+所以该函数的最小正周期 𝑇=

（2）解：由题意， 𝑦=𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−4)=√2sin(𝑥+4)⋅√2sin𝑥=2sin(𝑥+4)sin𝑥 =2sin𝑥⋅(2sin𝑥+=√2⋅

1−cos2𝑥

2𝜋√2√2cos𝑥)2

𝜋

𝜋

𝜋

2𝜋2

𝜋

3𝜋4

𝜋

)]2=2sin2(𝑥+

3𝜋4

)=1−cos(2𝑥+

3𝜋2

)=1−sin2𝑥 ，

=𝜋

=√2sin2𝑥+√2sin𝑥cos𝑥

−

√2cos2𝑥2

+

√2sin2𝑥2

=

𝜋

√2sin2𝑥2

+

√22

=sin(2𝑥−)+

4

𝜋

√2 2

，

由 𝑥∈[0,2] 可得 2𝑥−4∈[−4,所以当 2𝑥−4=2 即 𝑥=

𝜋

𝜋

3𝜋

𝜋3𝜋

4

] ，

√2 时，函数取最大值1+8

2

【考点】正弦函数的定义域和值域，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，正弦函数的周期性

【解析】【分析】（1）先将原函数化为：𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+4) ， 再化简 𝑦=[𝑓(𝑥+2)]2＝1−sin2𝑥 ，再根据正弦函数的周期公式，求得周期；

（2）化简 𝑦=𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−4) =sin(2𝑥−𝜋)+√2 ， 然后根据x的取值范围，求得函数的最大值。

4

2

𝜋

𝜋

𝜋

19. （1）【答案】证明：在 △𝐷𝐶𝑀 中， 𝐷𝐶=1 ， 𝐶𝑀=2 ， ∠𝐷𝐶𝑀=60∘ ，由余弦定理可得 𝐷𝑀=√3 ，

所以 𝐷𝑀2+𝐷𝐶2=𝐶𝑀2 ， ∴ 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）解：由 𝑃𝑀⊥𝑀𝐷 ， 𝐴𝐵⊥𝑃𝑀 ，而 𝐴𝐵 与 𝐷𝑀 相交，所以 𝑃𝑀⊥ 平面 𝐴𝐵𝐶𝐷 ，因为 𝐴𝑀=√7 ，所以 𝑃𝑀=2√2 ，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 𝐴(−√3,2,0),𝑃(0,0,2√2),𝐷(√3,0,0) , 𝑀(0,0,0),𝐶(√3,−1,0)

31

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3,−5,√2) . 又 𝑁 为 𝑃𝐶 中点，所以 𝑁(√,−,√2),𝐴𝑁

2

2

2

2

⃗⃗=(0,1,0) 由（1）得 𝐶𝐷⊥ 平面 𝑃𝐷𝑀 ，所以平面 𝑃𝐷𝑀 的一个法向量 𝑛从而直线 𝐴𝑁 与平面 𝑃𝐷𝑀 所成角的正弦值为 sin𝜃=

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗||𝐴𝑁

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗‖𝑛⃗⃗||𝐴𝑁

=

5

2√++2

272544

=

√156

【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角

【解析】【分析】（1）通过已知的边，用余弦定理求得DM的长度，再根据勾股定理的逆定理，判断出 𝐷𝑀⊥𝐷𝐶 ， 由 𝐷𝐶⊥𝑃𝐷 ， 得DC⊥平面 𝑃𝐷𝑀 ， 结合AB||DC，则有AB⊥PM ； （2）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量的知识求直线与平面成的角。 20.【答案】 （1）解：当 𝑛=1 时， 4(𝑎1+𝑎2)=3𝑎1−9 ， 4𝑎2=4−9=−

9

274

,∴𝑎2=−16 ，

27

当 𝑛≥2 时，由 4𝑆𝑛+1=3𝑆𝑛−9 ①，

得 4𝑆𝑛=3𝑆𝑛−1−9 ②，① − ②得 4𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛

𝑎2=−16≠0,∴𝑎𝑛≠0,∴

𝑎

3

1

27

𝑎𝑛+1𝑎𝑛

=4 ，

9

3

3

2

又 𝑎=4,∴{𝑎𝑛} 是首项为 −4 ，公比为 4 的等比数列，

∴𝑎𝑛=−⋅()𝑛−1=−3⋅()𝑛

4

4

4

933

（2）解：由 3𝑏𝑛+(𝑛−4)𝑎𝑛=0 ，得 𝑏𝑛=−

3

3

3

3𝑛−43

𝑎𝑛=(𝑛−4)(4)𝑛 ，

3

3

所以 𝑇𝑛=−3×4−2×(4)2−1×(4)3+0×(4)4+⋯+(𝑛−4)⋅(4)𝑛 ，

3

𝑇=−3×(4)2−2×(4)3−1×(4)4+⋯+(𝑛−5)⋅(4)𝑛+(𝑛−4)⋅(4)𝑛+1 ， 4𝑛

两式相减得 4𝑇𝑛=−3×4+(4)2+(4)3+(4)4+⋯(4)𝑛−(𝑛−4)⋅(4)𝑛+1 =−+

499

93

[1−()𝑛−1]164

31−4

33333

1333333

−(𝑛−4)()𝑛+1

4

3

3

3

=−4+4−4(4)𝑛+1−(𝑛−4)⋅(4)𝑛+1=−𝑛⋅(4)𝑛+1 ， 所以 𝑇𝑛=−4𝑛⋅(4)𝑛+1 ，

由 𝑇𝑛≤𝜆𝑏𝑛 得 −4𝑛⋅(4)𝑛+1≤𝜆(𝑛−4)⋅(4)𝑛 恒成立， 即 𝜆(𝑛−4)+3𝑛≥0 恒成立， 𝑛=4 时不等式恒成立；

𝑛<4 时， 𝜆≤−𝑛−4=−3−𝑛−4 ，得 𝜆≤1 ； 𝑛>4 时， 𝜆≥−𝑛−4=−3−𝑛−4 ，得 𝜆≥−3 ； 所以 −3≤𝜆≤1

【考点】等差数列的通项公式，等比数列的通项公式，数列的求和，等差数列与等比数列的综合 【解析】【分析】（1）首先根据递推公式，证明 {an} 是等比数列 ，进一步求得an，

（2）先由an与bn的关系，求出bn，然后通过逐项求和，写出Tn,再由错项相减的方法，求得Tn； 在由 𝑇𝑛≤𝜆𝑏𝑛 恒成立，进一步求得 𝜆的取值范围。

21.【答案】 （1）解：因为 |𝑀𝐹|=2 ，故 𝑝=2 ，故抛物线的方程为： 𝑦2=4𝑥 （2）解：设 𝐴𝐵:𝑥=𝑡𝑦+1 ， 𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2) ， 𝑁(𝑛,0) ， 所以直线 𝑙:𝑥=2+𝑛 ，由题设可得 𝑛≠1 且 𝑡≠2 .

𝑥=𝑡𝑦+1

可得 𝑦2−4𝑡𝑦−4=0 ，故 𝑦1𝑦2=−4,𝑦1+𝑦2=4𝑡 ， 由 {2

𝑦=4𝑥

1112

=|𝑦𝑃|⋅|𝑦𝑄| . 因为 |𝑅𝑁|2=|𝑃𝑁|⋅|𝑄𝑁| ，故 (√1+|𝑦𝑅|)2=√1+|𝑦𝑃|⋅√1+|𝑦𝑄| ，故 𝑦𝑅

444

1

𝑦=𝑥+1(𝑥+1)2(𝑛+1)𝑦1

1

𝑦= ， 又 𝑀𝐴:𝑦=𝑥1+1(𝑥+1) ，由 {可得𝑃𝑦2𝑥1+2−𝑦1

𝑥=2+𝑛

93

3

33

3𝑛12

3𝑛12

𝑦1

𝑦

𝑦1

同理 𝑦𝑄=2𝑥

2(𝑛+1)𝑦2

2+2−𝑦2

，

𝑥=𝑡𝑦+12(𝑛−1)

𝑦 可得 𝑦𝑅= ， 由 {2𝑡−1𝑥=+𝑛

2

所以 [

2(𝑛−1)22(𝑛+1)𝑦2

]|=2𝑥2+2−𝑦22𝑡−1

𝑛−1

×2𝑥

2(𝑛+1)𝑦1

1+2−𝑦1

| ，

𝑦1𝑦2

整理得到 (𝑛+1)2=(2𝑡−1)2|(2𝑥==

4(2𝑡−1)2

|(

2𝑦22+2−𝑦)(𝑦1+2−𝑦)|2212

2+2−𝑦2)(2𝑥1+2−𝑦1)

| ，

=

(2𝑡−1)23+4𝑡2

4(2𝑡−1)2

|

2𝑦2𝑦𝑦2𝑦1(𝑦𝑦)2−𝑦2𝑦1−2+1×𝑦1𝑦2−2(𝑦2+𝑦1)+4|

4+2+12

故 (𝑛−1)2=(2𝑡−1)2 ， 令 𝑠=2𝑡−1 ，则 𝑡=故 (2𝑡−1)2=

𝑛+13+4𝑡2

𝑠2+2𝑠+4

𝑠23

𝑠+122

𝑛+1

3+4𝑡2

且 𝑠≠0 ，

4

1

1

3

3

=1+𝑠+𝑠2=4(𝑠+4)2+4≥4 ，

2()2≥4

即 {𝑛+14𝑛+1≥0 ， 故 {𝑛−1

𝑛≠1𝑛≠1

解得 𝑛≤−7−4√3 或 −7+4√3≤𝑛<1 或 𝑛>1 .

故直线 𝑙 在 𝑥 轴上的截距的范围为 𝑛≤−7−4√3 或 −7+4√3≤𝑛<1 或 𝑛>1 【考点】抛物线的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P，进而写出方程；

（2） 设 𝐴𝐵:𝑥=𝑡𝑦+1 ， 并设𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2) ， 𝑁(𝑛,0) ，写 出直线 𝑙:𝑥=2+𝑛 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 |𝑅𝑁|2=|𝑃𝑁|⋅|𝑄𝑁| ， 结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l在x轴上截距的范围。 22.【答案】 （1）解： 𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2,𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑎−𝑏 ， ①若 𝑏≤0 ，则 𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑎−𝑏≥0 ，所以 𝑓(𝑥) 在 𝑅 上单调递增； ②若 𝑏>0 ，

当 𝑥∈(−∞,log𝑎ln𝑎) 时， 𝑓′(𝑥)<0,𝑓(𝑥) 单调递减， 当 𝑥∈(log𝑎ln𝑎,+∞) 时， 𝑓′(𝑥)>0,𝑓(𝑥) 单调递增. 综上可得， 𝑏≤0 时， 𝑓(𝑥) 在 𝑅 上单调递增；

𝑏>0 时，函数的单调减区间为 (−∞,log𝑎ln𝑎) ，单调增区间为 (log𝑎ln𝑎,+∞)

（2）解： 𝑓(𝑥) 有2个不同零点 ⇔𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2=0 有2个不同解 ⇔𝑒𝑥ln𝑎−𝑏𝑥+𝑒2=0 有2个不同的解，

令 𝑡=𝑥ln𝑎 ，则 𝑒𝑡−

+𝑒2=0⇒ln𝑎=ln𝑎

𝑏𝑡

𝑏

𝑒𝑡+𝑒2𝑡𝑏

𝑏

𝑏

𝑏

𝑦

,𝑡>0 ，

记 𝑔(𝑡)=

𝑒𝑡+𝑒2𝑡

,𝑔′(𝑡)=

𝑒𝑡⋅𝑡−(𝑒𝑡+𝑒2)

𝑡2=

𝑒𝑡(𝑡−1)−𝑒2

𝑡2 ，

记 ℎ(𝑡)=𝑒𝑡(𝑡−1)−𝑒2,ℎ′(𝑡)=𝑒𝑡(𝑡−1)+𝑒𝑡⋅1=𝑒𝑡⋅𝑡>0 ，

又 ℎ(2)=0 ，所以 𝑡∈(0,2) 时， ℎ(𝑡)<0, 𝑡∈(2,+∞) 时， ℎ(𝑡)>0 ， 则 𝑔(𝑡) 在 (0,2) 单调递减， (2,+∞) 单调递增， ∴ln𝑎>𝑔(2)=𝑒2,∴ln𝑎<𝑒2 ， ∵𝑏>2𝑒2,∴𝑒2>2,∴ln𝑎≤2⇒1<𝑎≤𝑒2 . 即实数 𝑎 的取值范围是 (1,𝑒2]

（3）解： 𝑎=𝑒,𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑏𝑥+𝑒2 有2个不同零点，则 𝑒𝑥+𝑒2=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 𝑥2 ，较小者为 𝑥1 ， 𝑏=

𝑒𝑥1+𝑒2𝑥1

𝑒𝑥2+𝑒2𝑥2𝑏

𝑏

𝑏

=>𝑒4 ，

在区间 (0,2) 上单调递减，在区间 (2,+∞) 上单调递增，

𝑒5+𝑒252𝑒2𝑏

注意到函数 𝑦=

𝑒𝑥+𝑒2𝑥

故 𝑥1<2<𝑥2 ，又由 𝑏=

𝑒𝑥1+𝑒2𝑥1

<𝑒4 知 𝑥2>5 ，

<

2𝑒2𝑥1

⇒𝑥1<

𝑒2

，

𝑒2𝑏

要证 𝑥2>𝑏=

𝑒𝑥2+𝑒2𝑥2

𝑏ln𝑏2𝑒2

𝑥1+𝑏 ，只需 𝑥2>ln𝑏+

，

𝑒2𝑏

<

2𝑒𝑥2𝑥2

且关于 𝑏 的函数 𝑔(𝑏)=ln𝑏+

2𝑒𝑥2𝑥2

在 𝑏>𝑒4 上单调递增，

所以只需证 𝑥2>ln只需证 ln𝑒𝑥2−ln只需证 ln𝑥−∵

𝑒22

𝑒2𝑥2𝑒𝑥+2𝑒𝑥2(𝑥2>5) ，

𝑒2𝑥

𝑒2𝑥2

2𝑒𝑥2𝑥2

2

−2𝑒𝑥2>0 ，

−ln2>0 ，

4𝑥

<4 ，只需证 ℎ(𝑥)=ln𝑥−𝑒𝑥−ln2 在 𝑥>5 时为正，

′𝑥

𝑥

由于 ℎ(𝑥)=1+4𝑥𝑒−𝑥−4𝑒−𝑥=1+4𝑒−𝑥(𝑥−1)>0 ，故函数 ℎ(𝑥) 单调递增， 又 ℎ(5)=ln5−𝑒5−ln2=ln2−𝑒4>0 ，故 ℎ(𝑥)=ln𝑥−𝑒𝑥−ln2 在 𝑥>5 时为正， 从而题中的不等式得证.

【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值 【解析】【分析】（1）先对函数求导，对b的值分类讨论，研究导数的正负，从而确定函数的单调区间； （2）将问题转化为 𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2=0 有两个不同解 ⇔𝑒𝑥ln𝑎−𝑏𝑥+𝑒2=0 有2个不同的解，通过换元，构造函数，进一步利用导数研究相关函数的单调性，通过解属地等式，得到a的取值范围；

20

5

20

4𝑥

（3）当 𝑎=𝑒时，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑏𝑥+𝑒2 有2个不同零点，则 𝑒𝑥+𝑒2=𝑏𝑥零点一定是正值，设出二正根，构造函数，研究相关函数的单调性，通过一系列不等式推导出结论。