2021年数学高考题及答案

2021年普通高等学校招生全国统一考试•北京卷

1.(2021•北京卷)已知集合A={x|-lvxvl},B={x|04x42}以iJAuB等于(B)

A.(-l,2)B.(-l,2］

C.［0,l)D.［0,l］

解析:由题意可得AuB={xHL<x《2},即AuB=(-l,2］.故选B.

2.(2021•北京卷)在复平面内，复数z满足(l・i)z=2,则z等于(D)

A.2+iB.2-i

C.l-iD.l+i

2相9ZQ也

解析:由题意可得z=l+i.故选D.

3.(2021•北京卷汜知f(x)是定义在［0,1］上的函数，那么“函数f(x)在［0口上单调递增'是"函数f(x)在［0,1］上的最大值为f(l)-

的(A)

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析:若函数f(x)在［0,1］上单调递增，贝ijf(x)在［0口上的最大值为f(l),

若f(x)在［0,1］上的最大值为f(l),比如f(x)=x-32,

因为f(X)=X-32在Io,3.上为减函数，在.上为增函数,

且f(x)在［0,1］上的最大值为f(l),故推不出f(x)在［0,1］上单调递增，

所以“函数f(x)在［0,1］上单调递增”是“函数f(x)在［0,1］上的最大值为f(l)”的充分不必要条件.故选A.

4.(2021•北京卷)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为(A)

B.4C.3+点D.2

解析:

根据三视图可得如图所示的几何体一正三棱锥O-ABC,

其侧面为等腰直角三角形,底面为等边三角形，

由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,

1里3例

故其表面积为3xJxlxl+«x（烟2.故选A.

5.（2021•北京卷）双曲线C:'-巩］.过点（应，点），且离心率为2,则该双曲线的标准方程为（A）

A.x2-a=lB.a-y2=l

生位

C.x2-3=1D.3-y2=l

?/3

解析:因为e=c==2,所以c=2a,b=V?3=^a,则双曲线的方程为菰*=1,将点（应，再）的坐标代入双曲线的方程可得

3，W

而|=『=1,解得a=l,故b=有,因此双曲线的方程为x?-3=1.故选A.

6.（2021•北京卷）面｝和⑸｝是两个等差数列，其中,（l«kv5）为常值,%=288启5=96力1=192,则b3等于（B）

A.64B.128C.256D.512

解析:由已知条件可得无="则b5=*=^88=64,因此,b3=1=3=128.故选B.

7.（2021•北京卷）函数f（x）=cosx-cos2x,试判断函数的奇偶性及最大值（D）

A.奇函数，最大值为2B.偶函数，最大值为2

99

--

88

C.奇函数，最大值为D.偶函数，最大值为

解析由题意,f(-x)=cos(-x)-cos(-2x)=cosx-cos2x=f(x),所以该函数为偶函数.

又f(x)=cosx-cos2x=-2cos2x+cosX+l=-2COSX-'2+”,

19

所以当cosX二■时,f(x)取最大值8故选D.

8.(2021•北京卷淀义24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度.其中小雨(〈IOmm),中雨Q0mm~25

mm),大雨(25mm-50mm),暴雨(50mm~100mm),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于

哪个等级(B)

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

20C2M150

解析:由题意，一个半径为,=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为zJM=5o(mm),高为150mm的圆锥，所

|TXS(PK150

以积水厚度属于中雨.故选B.

9.(2021•北京卷)已知圆C:x2+y2=4,直线l:y=kx+m,当k变化时,1截得圆C弦长的最小值为2,则m等于(C)

A.±2B.士交C.士百D.士喝

解析:由题可得圆心为(0,0),半径为2,

则圆心到直线的距离d=

则弦长为2卜叼

当k=0时，弦长取得最小值为2"^=2,解得m二士百.故选C.

10.(2021•北京卷)数列｛an｝是递增的整数数列，且a+3,ai+a2+…+an=100则n的最大值为(C)

A.9B.10C.llD.12

解析:若要使n尽可能大，则｛an｝中各项的递增幅度要尽可能小，

不妨设数列｛an｝是首项为3,公差为1的等差数列，其前n项和为Sn)

3+133+14

贝ijan=n+2,Sn=xll=88<100,Si2=xl2=102>100,

所以n的最大值为11.故选C.

1

11.(2021・北京卷),34展开式中常数项为.

1.1

解析：X3-*.4的展开式的通项小途中潜/，*，=(-1)412叫令r=3,得常数项为T4=(-l)^=-4.

答案:-4

12.(2021•北京卷)已知抛物线C:y2=4x,焦点为F,点M为抛物线C上的点，且|FM|=6,则M的横坐标是，作MNix

轴于N,则SAFMN=.

解析:因为抛物线的方程为y2=4x,故p=2,且F(l,0).

因为|MF|=6,XM+S=6,解得XM=5,故ywi=±2百,

1

所以S"™1N』K(5-1)X2V5=4卷.

答案:54百

13.(2021•北京卷)a=(2,l),b=(2,-l),c=(0,l),则(a+b>c=,ab=.

解析:因为a=(2,l),b=(2,-l),c=(0,l),

所以a+b=(4,0),所以(a+b)c=4x0+0xi=0.

ab=2x2+lx(-l)=3.

答案:03

14.(2021•北京卷)若点P(cos0,sin6)与点Qcose+t，,sinb+之关于y轴对称，写出一个符合题意的9=.

解析:因为P(cos0,sin。)与Qcos。+工.,sin0+t■关于y轴对称，

即6,8+不关于y轴对称,0+工+8=Tr+2kTT,kwZ,

贝的二kiT+ykwZ,

当k=0时，可取。的一个值为

答案4’满足e=kTT+”,kcZ即可.

15.(2021•北京卷)已知函数f(x)=|lgxMx・2,给出下列四个结论:

①若k=0,则f(x)有两个零点；

②mk<0,使得f(x)有一个零点；

③mk<0,使得f(x)有三个零点；

@ak>0,使得f(x)有三个零点.

以上正确结论的序号是.

解析:对于①，当k=0时，由f(x)=|lgx卜2=0,可得x=laS£x=100,。正确;

对于②，考查直线y=kx+2与曲线y=-lgx(0〈x〈l)相切于点P(t,-lgt),

对函数y=-lgx求导得y'=-^

产+2=—

由题意可得1"=-同.解得

1OC

所以存在k=-elge<0,使得f(x)只有一个零点，②正确;

对于③，当直线y=kx+2过点Q,0)时,k+2=0,解得k=-2,

1OC

所以当-'lge<k<-2时，直线y=kx+2与曲线y=-lgx(0〈x〈l)有两个交点，

若函数f(x)有三个零点,则直线y=kx+2与曲线y=-lgx(0〈x〈l)有两个交点,

直线y=kx+2与曲线y=lgx(x>l)有一个交点，

yIgev*v-2.

所以I%+2>0,此不等式组无解，

因此,不存在k<0,使得函数f(x)有三个零点，③错误；

对于④，考查直线y=kx+2与曲线y=lgx(x>l)相切于点P(t,lgt),

1

对函数y=lgx求导得

rk£+2=lgfcF=100e

由题意可得1*=国亍解得就.

所以当OvkJ0*时，函数f(x)有三个零点，④正确.

Nl2

卜、尸Aa+2

1g才

0\\lX

答案:①②④

h

16.(2021•北京卷)已知在&ABC中,c=2bcosB,C=3.

(1)求B的大小；

(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使4ABe存在且唯一确定,并求出BC边上的中线的长度.

些

①。=偈@周长为4+2点;③面积为S.-ABC=*;

解:(1)因为c=2bcosB,

则由正弦定理可得sinC=2sinBcosB,

丝四—

所以sin2B=sin3=。因为c=3,

h

所以Be’0；.,2BGb『

所以2B=1解得B=I

(2)若选择①:由正弦定理结合Q)可得

史学

号"5

与c小反b矛盾，故这样的6ABC不存在；

若选择②:由(1)可得A=J,设AABC的外接圆半径为R,

则由正弦定理可得a=b=2Rsinfi=R,c=2Rsin3小用R,

贝惆长a+b+c=2R+^R=4+2何解得R=2,

则a=2,c=2^.

由余弦定理可得BC边上的中线的长度为

若选择③:由Q）可得A',即a=b,

11^3^

则S，ABc="absinC=2a2x2=*，解得a=点.

则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为

xbx|xCOSyk+|+^X年

17.（2021•北京卷）已知正方体ABCD-AiBiCiDi,*E为AQi中点，直线BxCi交平面CDE于点F.

⑴证明:点F为BiCi的中点;

（2）若点M为棱AiBi上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为3，求的值.

Q）证明:如图所示，取BiCi的中点F',连接DE,EF',F'C,

由于ABCD-AiBiCiDi为正方体,E,F为中点，

故EF,HCD,

从而E,F',C,D四点共面，平面CDE即平面CDEF',

据此可得，直线BiCi交平面CDE于点F,

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F重合，

即点F为BiCi的中点.

（2）解:以点D为坐标原点,DA,DC,DDi方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系D-xyz,

4tM

不妨设正方体的棱长为2,设处氏=入（04入wl）,

则M(2,2入,2),C(O2O),F(L2,2),E(LO,2),

MCCFFE

从而:(-2,2-2人「2),=(1,0,2),=

(0,-2.0),

设平面MCF的法向量为m=(xi,yi,zi),则

m-MC=%+(2-21]y1-2z1=0.

m<F=R+2zi=0.

1

令zi=-l,可得m=•.

设平面CFE的法向量为n=(X2,y2,Z2),则

-

wFE=-2y^=0,

n-CF=>fe+2z2=0,

令Z2=-L可得n=(2,0,-l),

从而mn=5,|m|=，,C,|n|二百,

E।口—南

,、MHjs+(为双畲J

则milcos<m,n>==$k*=,

113

整理可得（入-1）2二•故人』舍去..

18.（2021•北京卷）为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性,

则可以确定所有样本都是阴性的;若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人，已知其中2人感染病毒.

(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数;

②已知10人分成一组，分10组,两名感染患者在同一组的概率为】：定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布

列和数学期望E(X);

(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y),试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果).

解：(1)①对每组进行检测，需要10次;再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；

所以总检测次数为20次.

②由题意，两名患者在同一组需检测20次，不在同一组需检测30次，所以X可以取20,30,

11iq

P(X=20)=11,P(X=30)=l-11=11,

则X的分布列为

X2030

110

P石TT

11032Q

所以E(X尸20x】工

(2)由题意，两名患者在同一组需检测25次，不在同一组需检测30次,丫可以取25,30,

整.4.

两名感染者在同一组的概率为P产电》=",

95

on

不在同一组的概率为Pl=,

♦957950

anannn

贝ijE(Y)=25x+30x=5>E(X).

19.(2021•北京卷)已知函数f(x)=K.

⑴若a=0,求y=f(x)在(l,f(l))处切线方程;

(2)若函数f(x)在x=-l处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.

3石N史)

解:⑴当a=0时,f(x)=7",则f(x)=A",所以fQ)=i,fQ)=4

此时，曲线y=f(x)在点Q,f(l))处的切线方程为

y-l=-4(x・l),即4x+y-5=0.

3^

(2)因为£仅)=不，

々■也AH3书z■备司

则f(x尸五可二铲寸,

由题意可得f(-l)=而可=0,解得a=4,

mz空

故f(x)=",f(x尸中矿，

列表如下:

XS，-l)-1(-1.4)4(4,+»)

f'(x)+0-0+

f(x)增极大值减极小值增

所以函数f(x)的单调递增区间为(4,+的,单调递减区间为(-1,4).

33

当XV’时,f(x)>0;当x>7时,f(x)〈0.

1

所以f(X)max=f(-l)=l,f(x)mi产f(4)J.

一/

20.(2021•北京卷)已知椭圆E:?+9=l(a>b>0)过点A(0,・2),以四个顶点围成的四边形面积为4用

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)过点P(0,-3)的直线I斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若

|PM|+|PN|415,求k的取值范围.

解:(1)因为椭圆过A(0,-2),故b=2,

因为四个顶点围成的四边形的面积为4百，

1

故42ax2b=4弱,即a=V3,

故椭圆的标准方程为5+'=l.

(2)设B(xi,yi))C(x2,y2),

因为直线BC的斜率存在，故xix2*0,

故直线AB:y=“x-2,令y=-3,贝ijXM：”",同理XNM-'"'

:*12+5/=20.

直线BC:y=kx-3,由

可^(4+5k2)x2-30kx+25=0,

故△"gOOkZ-lOOG+Sk》〉。,解得k<-l或k>l.

3Qfc75

„*+5^i+si?

又X1+X2=,X1X2=,

故X1X2>O,所以XMXN>0.

又|PM|+|PN|=|XM+XN|二

—电。

sot皿

.k臬，

故51kgi5,即|kg3.

综上,・3$k〈-l或l<k<3.

21.(2021•北京卷淀义Rp数列{aj:对实数p,满足:①ai+pz0,a2+p=0;②VneN',agiva4n；③am.R

{am+an+p,am+an+p+l},m,neN’.

(1)对于前4项2,-2,0,1的数列，可以是R2数列吗？说明理由；

(2)若{an}是Ro数歹！1,求as的值；

(3)是否存在p,使得存在Rp数歹U{an},对VncN:SnNSio?若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.

解:(1)由性质③结合题意可知0=a3e{ai+a2+2,ai+a2+2+l}={2,3},矛盾，故前4项2,-2,0,1的数列，不可能是R?数列.

(2)性质①a/0,a2=0,

由性质③am+2C{am,am+l},因此33=31或33=31+1,34=0或34=1,

若a4=0,由性质②可知a3〈a4,即ai<0或ai+l〈0,矛盾；

若a4=l,a3=ai+L由a3〈a4有ai+l〈L矛盾.

因此只能是a4=l,a3=ai.

又因为a4=ai+a3或=ai+a3+l,

所以ai=^£ai=O.

若ai尸则a2=ai+i€{ai+ai+0,ai+ai+0+l}={2ai,2ai+l}={1.2},

不满足a2=0,舍去.

当ai=O,则{an}前四项为0,0,0,1.

下面用归纳法证明：

a4n+i=n(i=l,2,3),a4n*4=n+l(neN).

当n=0时，经验证命题成立,假设当nwk(kNO)时命题成立，

当n=k+l时：

若i=l,则a4(k+i)+i=a4k+5=aj+(4k+5力,利用性质③:

{司+a4k+5寸胫此1务4k+4}={k,k+l},

此时可得a4k+5=k+l;

否则，若a4k+5=k,取k=0可得:1=0,

而由性质②可得as=ai+a4w{l,2},与a5=0矛盾.

同理可得{aj+a4k+WeN.,Kj“k+5}={k,k+l},

有a4k+6=k+1;

{司+a4k+8游此2务4k+6}={k+l,k+2},

有a4k+8=k+2;

{初+a4k+7』jeN*,1务4k+6}=伙+1},

又因为a4k+7<a4k+8,有a4k+7=k+1.

即当n=k+l时命题成立,证毕.

综上可得,ai=0,a5=a4xi+i=l.

(3)令b产an+p,由性质③可知，

Vm,nGN*,bm+n=am+n+p€{am+p+an+p,am+p+an+p+l}={bm+bn,bm+bn+l},

由于bi=ai+p^O,

b2=a2+p=0,b4n-l=a4n-l+P<a4n+p=b4n,

因此数列{bn}为Ro数列.

由(2)可知，

若Vn€N,a4n+i=n-p(i=l,2,3),a4n+4=n+l-p;

Sii-Sio=aii=a4*2+3=2-p^O,

S9"S10=_ai0=-84*2+2="(2-p)^0,

因此p=2,此时ai,a2,…,aio0O,ajNO(jNll),满足题意.

2021年全国统一高考数学试卷•天津卷

1.(2021•天津卷)设集合A二{-l,0,l},B={135},C={024},则(AnB)uC等于(C)

A.{0}B.{0,1,3,5)

C.{0,1,2.4}D.{0,2,3,4)

解析:由A;{・l,0,l},B={1,3,5},得AnB={1},所以(AnB)uC={l}u{0,2,4}={0,124}.故选C.

2.(2021•天津卷)已知awR,则七>6”是'2>36”的(A)

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

解析:a2>36等价于|a|>6oa>6或a<6,故a>6=>|a卜6,即a2>36,但|a|>6=/a>6,因此匕>6"是『>36”的充分不必要条件.

故选A.

解析:易得丫=际为偶函数，故可排除A,C选项，当x=2时,丫="/）,故可排除D选项.故选B.

4.（2021・天津卷）从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其评分数据,将所得400个评分数据分为8

组:[66,70）,[70,74）,…,[94,98）,并整理得到如下的频率分布直方图厕评分在区间[82,86）内的影视作品数量为（D）

A.20B.40C.64D.80

解析:由频率分布直方图可得评分在区间[82,86）内的频率为0.050x4=0.2,所以影视作品数量为0.2x400=80.故选D.

5.（2021•天津卷）设a=log20.3,b=lo’0.4,右0.4。3,则a,b,c的大小关系为（D）

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<c<aD.a<c<b

解析:因为a=log20.3<log21=0,

b=lo0.4=-log20.4>-log20.5=l,

0〈c=0.4。3Vo.40=1,

所以a〈c〈b.故选D.

6.（2021•天津卷）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上,若球的体积为，两个圆锥的高之比为1:3,则这

两个圆锥的体积之和为（B）

A.3TTB.4TTC.9TTD.12TT

解析：

32w

如图所示油球的体积为3,

可得该球的半径R=2,

由题意得,两个圆锥的高O'S.O'P分别为1和3,

因为PS为球O的直径，所以&PAS为直角三角形，

又因为O'AxPS,

所以可得截面圆半径O'A二百，

1

所以这两个圆锥的体积之和为V=3TTX（遮）2X（3+1）=4TT.故选B.

11

7.（2021•天津卷）若2a=5b=10,则a+,等于（C）

A.-lB.lg7C.lD.log710

解析:因为2a=5310,所以a=log210,b=log510,

11Q1

所以a+LF1（1+1aB，g2+lg5=1.故选C.

8.(2021・天津卷)已知双曲线？尸=l(a>0,b>0)的右焦点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A,B

两点茂双曲线的渐近线于C,D两点，若|CD尸蟾|AB|,则双曲线的离心率为(A)

人连B.点C.2D,3

坦»<

解析:根据题意知抛物线的准线方程为x=-c,所以|AB尸B,|CD|=**,因为|CD|=&|AB|,所以c=G,又因为c2=a2+b?,所以

a=b,所以双曲线的离心率e=!=衣.故选A.

9.(2021・天津卷)设aeR,函数f(x尸

tcos(2*z-2hK)vz<a*

U2-%+1K+d+5xw若

f(x)在区间(0,+s)内恰好有6个零点，则a的取值范围是(A)

9.511.7•S11-

—彳B-2.UE

?.巴、2、巴'

cb・.uB,3,D,,,2.UF,3.

解析:因为二次方程最多有2个根，

所以f(x)=cos(2irx-2TTa)至少有4个根，

因为f(x)=cos(2Trx-2na)=cos[2n(x-a)],

■

而2TT(x-a)=5+kTTJkGZ,

k1fc111

整理得x=2+*+a(k€Z)=>0<2+<+a<a=>-2a-a<k<-2

i

①x〈a时，当-5£2a=<4f(x)有4个零点，

73

即,〈aJ,

i3n

当-6v-2a-N<-5,f(x)有5个零点，即'〈av',

11113

当-7£2a-N<6,f(x)有6个零点，即'<av4.

xNa时,f(x)=x2-2(a+l)x+a2+5,A=4(a+l)24a2+5)=0,解得a=2.

当a<2时,A<0,f(x)无零点,

当a=2时,A=O,f(x)有1个零点，

当a>2时，令f(a)=a2-2a(a+l)+a2+5=0,

解得aJ,

s

则当2<aJ吐f(x)有2个零点，

S

当a>/寸,f(x)有1个零点.

②即当x>a时,a<2时,f(x)无零点，

当a=2或a>.时,f(x)有1个零点，

s

当2<al时,f(x)有2个零点.

3S11

综上①②可得ae'2」.u亘'故选A.

10.(2021・天津卷)i是虚数单位，复数2"=.

解析炉，-=5=4.1.

答案:4-i

11.(2021・天津卷)在‘2x3+*6的展开式中*的系数是.

1

解析：'2x3+”.6的第r+1项为

1

Tr+l=^(2x3)6'r"，=426-欠3[6<)*=：426-3184,

因为Xi&"=x6得r=3,所以T4=dx23xx6=160x6,所以x6的系数是160.

答案:160

12.(2021•天津卷)若斜率为遮的直线与y轴交于点A,与圆x2+(y-l)2=l相切于点B,则[AB]

解析:设圆心为M,由直线的斜率为依知此切线的倾斜角为60°,又切线与y轴交点为A,所以/MAB=30°,又NABM=90°,且

MB=1,所以AM=2,即|AB|=^声由2=每

答案:百

1

13.(2021・天津卷)若a>0,b>0,JliJ°+P+b的最小值为.

解析:因为"N眄砺W,

11lbJb

所以“+&+6="+台+倡

•ha»*

4左K六=2应，

1*1>

当且仅当“=S=N=N成立，

1

即a=b=应时,=+K+b取得最小值.

答案:2应

14.(2021•天津卷)甲、乙两人在每次猜迷语活动中各猜一个谜语，若一方猜对，且另一方猜错，则猜对一方获胜，否则本次平

53

局.已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为绘f,且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响,则一次

活动中，甲获胜的概率为,3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.

解析:(1)根据题中条件，事件甲获胜为甲猜对乙猜错。

531

1

故甲获胜的概率为‘

(2)根据独立重复事件的概率，

甲获胜2次的概率为

112

P(X=2)=G3i-a=5,

甲获胜3次的概率为

P(X=3)=C33x*l-a.0=27,

z2.Z.

所以甲至少获胜2次的概率为P=,+z7=17

故3次活动中，甲至少获胜2次的概率后

11_

答案三行

15.（2021•天津卷）在边长为1的等边三角形ABC中,D为线段BC上的动点,DE1AB,且交AB于点E,DF||AB交AC于点

BEDFDEDFDA

F,则|2+|的值为[+)•的最小值为

解析:

如图所示,建立如图所示坐标系，则点A,B,C的坐标分别为0,2,,'-2,0,®0，.

设D点坐标为（x。）,

122

xe-,，,

贝"BD|』+x,|BE|W,

31^^

，H184

E点坐标为-+x,+x.1

112只随

|CD|=2-x,|DF|=a-x,F*+5,*-1.

BEDf5T

(1)2+=2

口

2

,

1

1

D

iaEDFDA

0

2

X(+)■取最值

』，寸,得小

当

：

答案1

.013b,AB:b

16(22•津卷在BC，角A,B,C对边分别a,,c知sn:sin:sin321:蟾,=.

天)中所的为已i企

1

()求a的值；

2s

()求coC的值；

2

3)sin1cl的值.

(求

):si

解:(1由弦定得sinAnB=2t=2:1二应所a2贞.

正理力,以二

(2c

(1)=2,由弦定可得

)同可得余理

H

aw—MACWa

3_

cosC=

，0=

(3)cosC=,jsnC

贝ii

C3

-

Ti-a

2=osC*=

sinC2snCe=2xx,

i

71

-

W-

-8

cos2C=l-2sm2C=l-2x.

WV311

sin2C-S=sin2Ccost-cos2Csin之二匹a*.

17.(2021•天津卷)

如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiDi中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.

(1)求证:DiF||平面AiEG;

(2)求直线ACi与平面AiECi所成的角的正弦值；

(3)求二面角A-AiCi-E的正弦值.

Q)证明:如图所示，连接AiCi,BiDi相交于连接OE,EF,

因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点,

所以EF||BiDi,aEF=2BIDI.

1

根据正方体有ODi』BiDi,所以EF=ODi,且EF||ODi,

所以四边形OEFDi为平行四边形，所以OE||DiF.

又因为OEu平面AiECi.DiFG平面AiECi,

所以DiF||平面AiECi.

解:

(2)以A为坐标原点,AB,AD,AAi为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示,

则A(0,0,0),Ci(2,2,2),E(2,l,0),Ai(0,0,2),

EQA£t

则(2,1,-2),=(0,1,2),=(2,2,2),

设平面AiECi的法向量ni=(xi,yi,zi),

卜_L0

IniJ_EC&.pq+jl-2zi=0.

Iyi+2q=0・

则=

产1=2.

|yi=-2,

[zi—1

令Z1=1,则'则ni=(2,-2,l).

设直线ACi与平面AiECi所成的角为a

Xl包7里

贝i]sin。=嬴蜀=历49.

(3)在(2)建立的空间直角坐标系中,设平面AiACi的法向量n2=(X2,y2,z2),

f物=。.

[ZXJ+ZTJ+21^=0.

作z=-L

|再=1.

1攻=0.

令y2=l,则则n2=(-l,l,0).

设二面角A-AiCi-E为a,根据(2)有

・E一旦团

如1勺1_3可2_~3~

cosa=

所以sina

18.(2021・天津卷)已知椭圆？+9=1佰＞20)的右焦点为F,上顶点为B,离心率为5,fi|BF|=V3.

(1)求椭圆的方程；

(2)直线I与椭圆有唯一的公共点M,与y轴的正半轴交于点N,过N与BF垂直的直线交x轴于点P,若MP||BF,求直线I

的方程.

解：

V

(1)记半焦距为C,

根据|BF|=VO/+0尸=切+~,

得a=姆

陕

由离心率e=!=s，得c=2,

所以b2=a2-c2=l,

9

所以椭圆的方程为S+y2=l.

(2)设直线I的方程为y=kx+m,

长+『

由题知联立方程组左*

得(l+5k2)x2+10kmx+5m2-5=0,

因为直线I与椭圆有唯一的公共点M,所以△=(),化简得m2-5k2-l=0,①

{y=ix+m.

由方程组I*=**■

解得y=m,因此点N坐标为(0,m).

因为B(0,l),F(2,0),

i-ai

所以直线BF的斜率为Z=J,

因为NP与BF垂直，交x轴于点P,

所以NP1BF,

根据两直线垂直斜率之积为-1,

可得直线NP斜率为2,

因为N(O,m),所以直线NP的方程为y=2x+m,

因为直线NP交x轴于点P,

=2x+m.

r7=0,解得X=4

I・

因此点P的坐标为-工0

1

因为MPIIBF,所以直线MP与直线BF的斜率相等，所以直线MP的斜率为

1

直线MP方程为y=-2x+?..

片-强+力_

联立方程组Iy=tx+m,解得po'

Sm

因此点M坐标为产修.，

将M点坐标代入椭圆方程得

I暴'jj

-、E-+I4JH-22,=,1,②.

。②解得&*=例或&*=相(因为直线I与v轴的正半轴交于点N,故舍去)，

所以直线I方程为y=x+而.

19.(2021・天津卷)已知｛an｝是公差为2的等差数列，其前8项的和为64.｛bn｝是公比大于0的等比数列,忻=4,6也2=48.

(1)求｛an｝和｛bn｝的通项公式；

(2)记Cn=b2n+,neN,.

①证明｛4C2n｝是等比数列;

②证明仁力<2也

(1)解:设面｝的公差为d,｛aj的前n项和为Sn,｛6｝的公比为q(q>0).

由题意得d=2$8=64,根据等差数列前n项和公式得S8=8ai+28d=64,

整理得2ai+7d=16,(*)

将d=2代入(*)得,ai=l,

所以an=l+2(n-l)=2n-l,n€N\

根据题中bi=4,b3-b2=48,由等比数列通项公式得,biq2-biq=48,(**)

将bi=4代入(巧得,4q2_4q=48,

化简得q2-q-12=0,BP(q-4)(q+3)=0,

所以q=4或q=-3.

因为q>0,所以q=4,

根据等比数列通项公式得bn=4n,neN..

n

所以｛aj的通项公式为an=2n-Ln£N',｛bn｝的通项公式为bn=4,nGN*.

(2)证明:由(1)得an=2n-l,bn=4n,neN*,

所以Cn=42n+*",n€N,.

①4c2n=必计*2.=44n+2-4n+^B-44n-*S'=2-4n,neN4.

所以媒1^如+1尸2・4”1,

所以4d=4(常数).

因为诏-C2=‘42+'2.*44+，.=8,

所以｛M<2n｝是以8为首项,4为公比的等比数列.

②设tn、Vd,｛tn｝的前n项和为Tn,

所以言二应iknwN二

设rn章,neN，,｛rn｝的前n项和为心,

贝|JRn=ri+r2+...+rn-i+rn

所以RZ*+…+尹+^i)

112

所以，n=O+N+2+...+"+『,(ii)

(i)-(ii)得％='+>+*+...+■"•或

如。"111

.2.

=~2n-j«#-l5

E

所以Rn=2-1,OGN*.

因为ncN］所以非>0,所以Rn<2.

y

所以TnV保n<2短即5/不嬴<2克.

20.(2021・天津卷)已知a>0,函数f(x)=ax-x-e\

(1)求函数y=f(x)在点(0,f(0))处的切点的方程；

(2)证明:f(x)存在唯一极值点；

(3)若存在a,使得f(x)&a+b对于任意的xeR成立,求实数b的取值范围.

(l)S：f(O)=O,f(x)=a-(x+l)ex,

所以f(O)=a-l,

所以函数在(0,f(0))处的切线方程为(a-l)x-y=0.

(2)证明:若证明f(x)仅有一个极值点，

即证f(x)=a-(x+l)ex=0只有一个解，

即证a=(x+l)ex只有一个解，

令g(x)=(x+l)ex,只需证g(x)=(x+l)ex的图象与直线y=a(a>0)仅有一个交点,

g'(x)=(x+2)e\

当x=-2时,g'(x)=O,

当x<-2时,g*(x)vO,g(x)单调递减，

当x>-2时,g〈x)>O,g(x)单调递增，

当x=-2时,g(-2)=-e-2〈o,

当X-++8时,g(x)—+%

当x+s时,g(x)T。，

画出函数g(x)=(x+l)ex的大致图象如图所示.

因为a>0,所以g(x)=(x+l)ex的图象与直线y=a(a>0)仅有一个交点.

⑶解:由题意可得，存在a40,+8),

使得ax-xex^a+b对于任意的xeR恒成立，

即存在a40,+8),使得-b«xex+a(l-x)对于任意的XGR恒成立，

令h(x)=xex+a(l-x),

即存在a€(0,+co)rb<h(x)min,

h'(x)=(x+l)ex-a,hw(x)=(x+2)e\

由(2)得当x<-2时,h〈x)vO,单调递减，当x>-2时，单调递增，

当x-*+s时,h'(x)f+叫

当Xi时,h'(x)vO,

所以存在x=xo(xo>-2),

使得函数h'(xo)=(xo+l)^