全国2021年统一新高考数学试卷（浙江卷）及答案.doc下载_163文库

资源描述

1、第 1页（共 18页） 2021 年浙江省高考数学试卷一、选择题：本大题共本大题共 1010 小题小题，每小题每小题 4 4 分分，共共 4040 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有只有一项是符合题目要求的。一项是符合题目要求的。 1设集合 |1Ax x， | 12Bxx ，则(AB ) A |1x x B |1x xC | 11xx D |12xx 2已知aR，(1)3(ai ii i为虚数单位），则(a ) A1B1C3D3 3已知非零向量a ，b ，c ，则“a cb c ”是“ab ”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

2、必要条件 4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 3 2 B3C 3 2 2 D3 2 5若实数x，y满足约束条件 1 0 0 231 0 x xy xy ，则 1 2 zxy的最小值是() A2B 3 2 C 1 2 D 1 10 6如图，己知正方体 1111 ABCDABC D，M，N分别是 1 AD， 1 D B的中点，则() A直线 1 AD与直线 1 D B垂直，直线/ /MN平面ABCD B直线 1 AD与直线 1 D B平行，直线MN 平面 11 BDD B C直线AD与直线 1 D B相交，直线/ /MN平面ABCD D直线 1

3、 AD与直线 1 D B异面，直线MN 平面 11 BDD B 7已知函数 2 1 ( ) 4 f xx，( )sing xx，则图象为如图的函数可能是() 第 2页（共 18页） A 1 ( )( ) 4 yf xg xB 1 ( )( ) 4 yf xg x C( ) ( )yf x g xD ( ) ( ) g x y f x 9已知a，bR，0ab ，函数 2 ( )()f xaxb xR若()f st，( )f s，()f st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 1 1a ， 1 (*)

4、 1 n n n a anN a 记数列 n a的前n项和为 n S，则() A 100 1 3 2 SB 100 34SC 100 9 4 2 SD 100 9 5 2 S 二、填空题：本大题共本大题共 7 7 小题，多空题每题小题，多空题每题 6 6 分，单空题每题分，单空题每题 4 4 分，共分，共 3636 分。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 1 S，小正方形的面积为 2 S，则 1 2 S S 12已知aR，函数 2 4,

5、2, ( ) |3|,2 xx f x xa x 若( ( 6)3f f，则a 13 已知多项式 34432 1234 (1)(1)xxxa xa xa xa，则 1 a ； 234 aaa 14在ABC中，60B，2AB ，M是BC的中点，2 3AM ，则AC ； cosMAC 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 1 6 ，一红一黄的概率为 1 3 ，则mn，( )E 16已知椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ，焦点 1( ,0)Fc， 2( F c，0)(0)c 若过 1 F的直线和圆 222 1 (

6、) 2 xcyc相切，与椭圆的第一象限交于点P，且 2 PFx轴，则该直线的斜率第 3页（共 18页）是，椭圆的离心率是三、解答题：本大题共本大题共 5 5 小题，共小题，共 7474 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18 （14 分）设函数( )sincos ()f xxx xR （）求函数 2 () 2 yf x 的最小正周期；（）求函数( ) () 4 yf x f x 在0， 2 上的最大值 19（15 分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB ， 4BC ，15PA ，M，N

7、分别为BC，PC的中点，PDDC，PMMD （）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值 20 （15 分）已知数列 n a的前n项和为 n S， 1 9 4 a ，且 1 439(*) nn SSnN （）求数列 n a的通项公式；（）设数列 n b满足3(4)0(*) nn bnanN，记 n b的前n项和为 n T若 nn Tb对任意*nN恒成立，求实数的取值范围第 4页（共 18页） 2021 年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析一、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设集

8、合 |1Ax x， | 12Bxx ，则(AB ) A |1x x B |1x xC | 11xx D |12xx 【思路分析】直接利用交集的定义求解即可【解析】：因为集合 |1Ax x， | 12Bxx ，所以 |12ABxx 故选：D 【归纳总结】本题考查了集合交集的运算，解题的关键是掌握集合交集的定义，属于基础题 2已知aR，(1)3(ai ii i为虚数单位），则(a ) A1B1C3D3 【思路分析】利用复数相等的定义求解即可【解析】：因为(1)3ai ii，即3aii ，由复数相等的定义可得，3a ，即3a 故选：C 【归纳总结】本题考查了复数相等定义的理解和应

9、用，属于基础题 3已知非零向量a ，b ，c ，则“a cb c ”是“ab ”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【思路分析】分别从充分性和必要性进行判断，由充分条件与必要条件的定义，即可得到答案【解析】：由ab ，可得0ab ，则()0abc ，即a bb c ，所以ab 可以推出a bb c ，故“a cb c ”是“ab ”的必要条件由a cb c 可得 0abc ，由于向量a ，b ，c 是非零向量，所以 0abc 推不出ab ，综上所述， “a cb c ”是“ab ”的必要不充分条件故选：B 【归纳总结】本题考查了

10、充分条件与必要条件的判断，解题的关键是掌握平面向量的基本概念和基本运算，属于基础题 4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() 第 5页（共 18页） A 3 2 B3C 3 2 2 D3 2 【思路分析】由三视图还原原几何体，可知该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，由已知三视图求得对应的量，再由棱柱体积公式求解【解析】：由三视图还原原几何体如图，该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，且2 2AB ，2CD ， 1 1AA ，等腰梯形的高为 22 2 22 ，则该几何体的体积 123 ( 22 2)1 222

11、V 故选：A 【归纳总结】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题 5若实数x，y满足约束条件 1 0 0 231 0 x xy xy ，则 1 2 zxy的最小值是() A2B 3 2 C 1 2 D 1 10 【思路分析】思路一：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思路二：.由于可行域是三角形区域，所以可求出三角形三个顶点坐标代入目标函数z中，其中最小的z值就是本题答案。【解析】：解法一：由约束条件作出可行域如图，第 6页（共 18页）联立 10 2310 x xy ，解得( 1,1

12、)A ，化目标函数 1 2 zxy为22yxz，由图可知，当直线22yxz过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为 13 11 22 故选：B 解法二：（李健老师补解）三角形可行域的三个顶点坐标由方程组 10 0 x xy ， 10 2310 x xy ， 0 2310 xy xy ，即得三个顶点1, 1 ，1,1， 1 1 , 5 5 ，所以 1 11 1( 1) 22 z ， 2 13 11 22 z ， 2 1111 52510 z ，则z最小值为 3 2 故选： B 【归纳总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题 6如图，己知正方体 1111

13、ABCDABC D，M，N分别是 1 AD， 1 D B的中点，则() A直线 1 AD与直线 1 D B垂直，直线/ /MN平面ABCD B直线 1 AD与直线 1 D B平行，直线MN 平面 11 BDD B C直线AD与直线 1 D B相交，直线/ /MN平面ABCD D直线 1 AD与直线 1 D B异面，直线MN 平面 11 BDD B 【思路分析】通过证明直线 1 AD 平面 1 ABD，MN是 1 ABD的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知 1 AD与直线 1 D B是异面直线，可判断B；根据异面直线的判断可知直线 AD与直线 1 D B是异面直线，可判断C；由/ /MN

14、AB，可知MN不与平面 11 BDD B垂直，可判断D 【解析】：连接 1 AD，如图：第 7页（共 18页）由正方体可知 11 ADAD， 1 A DAB， 1 AD平面 1 ABD， 11 ADD B，由题意知MN为 1 D AB的中位线，/ /MNAB，又AB 平面ABCD，MN 平面ABCD，/ /MN平面ABCDA对；由正方体可知AD、 1 AD都与平面 1 BDD相交于点D， 1 D B 平面 1 BDD， 1 DD B，直线AD、 1 AD都与直线 1 D B是异面直线，B、C错； / /MNAB，AB不与平面 11 BDD B垂直，MN不与平面 11 BDD B垂

15、直，D错故选：A 【归纳总结】本题考查了线面平行的判定定理和线面垂直的判定定理与性质，考查了逻辑推理核心素养，属于中档题 7已知函数 2 1 ( ) 4 f xx，( )sing xx，则图象为如图的函数可能是() A 1 ( )( ) 4 yf xg xB 1 ( )( ) 4 yf xg x C( ) ( )yf x g xD ( ) ( ) g x y f x 【思路分析】可以判断所求函数为奇函数，利用函数的奇偶性可排除选项A，B；利用函数在(0,) 4 上的单调性可判断选项C，D 【解析】：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，因为 2 1 ( ) 4 f xx

16、为偶函数，( )sing xx为奇函数，函数 2 1 ( )( )sin 4 yf xg xxx为非奇非偶函数，故选项A错误；函数 2 1 ( )( )sin 4 yf xg xxx为非奇非偶函数，故选项B错误；函数 2 1 ( ) ( )()sin 4 yf x g xxx，则 2 1 2 sin()cos0 4 yxxxx 对(0,) 4 x 恒成立，第 8页（共 18页）则函数( ) ( )yf x g x在(0,) 4 上单调递增，故选项C错误故选：D 【归纳总结】本题考查了函数图象的识别，解题的关键是掌握识别图象的方法：可以从定义域、值域、函数值的正负、特殊点、特殊值、函

17、数的性质等方面进行判断，考查了直观想象能力与逻辑推理能力，属于中档题 9已知a，bR，0ab ，函数 2 ( )()f xaxb xR若()f st，( )f s，()f st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【思路分析】利用等比中项的定义得到 2 ( )() ()f sf st f st，代入解析式中整理化简，可得 222 (22 )0tatasb，分两种情况分别求解轨迹方程，由此判断轨迹即可【解析】：函数 2 ( )f xaxb，因为()f st，( )f s，()f st成等比数列，则 2 ( )() ()

18、f sf st f st，即 2222 () () ()asba stb a stb，即 2422222222 2() () ()()a sabsbaststab stab stb，整理可得 422 22 220ata s tabt，因为0a ，故 42 22 220atas tbt，即 222 (22 )0tatasb，所以0t 或 22 220atasb，当0t 时，点( , )s t的轨迹是直线；当 22 220atasb，即 22 1 2 st bb aa ，因为0ab ，故点( , )s t的轨迹是双曲线综上所述，平面上点( , )s t的轨迹是直线或双曲线故选：C

19、【归纳总结】本题考查了等比中项的应用，动点轨迹方程的求解，要掌握常见的求解动点轨迹的方法：直接法、定义法、代入法、消参法、交轨法等等，属于中档题 10 已知数列 n a满足 1 1a ， 1 (*) 1 n n n a anN a 记数列 n a的前n项和为 n S，则() A 100 1 3 2 SB 100 34SC 100 9 4 2 SD 100 9 5 2 S 【思路分析】由题意首先整理所给的递推关系式，得到数列的通项的范围，然后结合求和公式裂项即可确定前 100 项和的范围【解析】：由题意可得： 22 1 11111111 ()() 242 nn nnn aaaaa ，

20、1 111 2 nn aa ，由累加法可得 111 1 22 n nn a ，从而 1 2 41 , 2 (1)31 1 1 nn nnn n aan aaa nna n ， 1 1 3 n n an an ，由累乘法得 611 6 (1)(2)12 n a nnnn ，当1n 取等号， 100 1111 3 101102 1111 6 2 6 2331024 S 故选：A 第 9页（共 18页）【归纳总结】本题主要考查数列的递推关系式及其应用，数列求和与放缩的技巧等知识，属于难题二、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我国古代数学家

21、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 1 S，小正方形的面积为 2 S，则 1 2 S S 25 【思路分析】利用勾股定理求出直角三角形斜边长，即大正方形的边长，由 21 SSS 阴影，求出 2 S，再求出 1 2 S S 【解析】：直角三角形直角边的长分别为 3，4，直角三角形斜边的长为 22 345，即大正方形的边长为 5， 2 1 525S，则小正方形的面积 21 1 254341 2 SSS 阴影， 1 2 25 S S 故答案为：25 【归纳

22、总结】本题考查了三角形中的几何计算和勾股定理，考查运算能力，属于基础题 12已知aR，函数 2 4,2, ( ) |3|,2 xx f x xa x 若( ( 6)3f f，则a 2 【思路分析】利用分段函数的解析式，先求出( 6)f的值，进而求出( ( 6)f f，列出方程，求解a的值即可【解析】：因为函数 2 4,2 ( ) |3|,2 xx f x xa x ，所以 2 ( 6)( 6)42f，则( ( 6)f ff（2）|23|3a ，解得2a 故答案为：2 【归纳总结】本题考查了函数的求值问题，主要考查的是分段函数求值，解题的关键是根据自变量的值确定使用哪一段解析式求解，

23、属于基础题 13 已知多项式 34432 1234 (1)(1)xxxa xa xa xa，则 1 a 5； 234 aaa 【思路分析】思路 1.利用通项公式求解 3 x的系数，即可求出 1 a的值；利用赋值法，令1x ，第 10页（共 18页）即可求出 234 aaa的值思路 2.用杨辉三角解。【解析】：解法一： 1 a即为展开式中 3 x的系数，所以 001 134 ( 1)5aCC；令1x ，则有 34 1234 1(1 1)(1 1)16aaaa，所以 234 165110aaa 故答案为：5；10 解法二：（李健老师补解）由杨辉三

24、角可知： 332 (1)331xxxx， 4324 ()41461xxxxx，所以由 34432 1234 (1)(1)xxxa xa xa xa得 1 145a ， 2 363a ， 3 347a ， 4 1 10a ，故 234 37010aaa 【归纳总结】本题考查了二项展开式的通项公式的运用以及赋值法求解系数问题，考查了运算能力，属于基础题 14在ABC中，60B，2AB ，M是BC的中点，2 3AM ，则AC 2 13； cosMAC 【思路分析】在ABM、ABC和AMC中用余弦定理即可解决此题【解析】：在ABM中： 222 2cos60AMBABMBA BM

25、， 222 1 (2 3)222 2 BMBM， 2 280BMBM，解得：4BM 或2（舍去）点M是BC中点，4MC，8BC ，在ABC中： 222 2822 8cos6052AC ， 2 13AC；在AMC中： 222 (2 3)(2 13)42 39 cos 13 22 32 13 MAC 故答案为：2 13； 2 39 13 【归纳总结】本题考查余弦定理应用，考查数学运算能力，属于中档题 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 1 6 ，一红一黄的概率为 1 3 ，则mn1，( )E 【思路分析】根据取出的

26、两个球都是红球的概率为 1 6 ，一红一黄的概率为 1 3 ，得到关于m， n的方程，然后求出m，n的值，得到mn的值；先确定的可能取值，求出相应的概率，由数学期望的计算公式求解即可【解析】：由题意， 2 4 2 4 16 (2) 636 m n C P C ，又一红一黄的概率为 11 4 2 4 112 336 m m n C C C ，所以 21 4 36,3 m nm CC ，解得3m ，2n ，故1mn；由题意，的可能取值为 0，1，2，所以 2 5 2 9 105 (0) 3618 C P C ， 11 45 2 9 2010 (1) 3618 C C P C ， 1

27、3 (2) 618 P，所以 51038 ( )012 1818189 E 故答案为：1； 8 9 【归纳总结】本题考查了古典概型的概率，组合数公式的应用，离散型随机变量及其分布列和离散型随机变量期望，其概率模型是超几何分布，考查了运算能力，属于基础题第 11页（共 18页） 16已知椭圆 22 22 1(0) xy ab ab ，焦点 1( ,0)Fc， 2( F c，0)(0)c 若过 1 F的直线和圆 222 1 () 2 xcyc相切，与椭圆的第一象限交于点P，且 2 PFx轴，则该直线的斜率是 2 5 5 ，椭圆的离心率是【思路分析】思路 1.由直线与圆相切，可得圆心到直线的

28、距离与半径相等，由此可求出直线的斜率k，利用斜率与 12 tanPF F相等，得到a与c之间的关系，再求出离心率思路 2.由于离心率只与椭圆形状有关，可设出c值，由特值法求出离心率。【解析】解法一：依题如图：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过 1 F，设直线的方程为()yk xc，直线和圆 222 1 () 2 xcyc相切，圆心 1 (,0) 2 c到直线的距离与半径相等， 2 |0| 2 1 c kkc c k ，解得 2 5 5 k ，将xc代入 22 22 1 xy ab ，可得P点坐标为 2 ( ,) b P c a ， 2 2 12 12 2 5

29、 tan 25 b PF a PFFk FFc ， 22 2 5 25 ac ac ， 2 12 5 25 e e ， 5 5 e 故答案为： 2 55 , 55 解法二：（李健老师补解）设1c ，结合图， 1 3 2 AF , 3 2 AB ，则 121 2 sinsin 3 PFFBF A，即 1 2 tan5 5 BF A，即直线的斜率是 2 5 5 ，所以 1 12 2 5 5 PF FF ，即 112 24 55 55 PFFF，由勾股定理得 2 6 5 5 PF ，则 46 2552 5 55 a ，即5a ， 15 55 c e a . 【归纳总结】本题考查了椭圆

30、、圆的简单几何性质，以及点到直线的距离公式，需要学生熟第 12页（共 18页）练掌握公式，是中档题 17.已知平面向量a 、b 、 0c c 满足1a ，2b ，0a b ， 0abc ，记平面向量 d 在a 、b 方向上的投影分别为x、y，da 在c 方向上的投影分别为z，则 222 xyz的最小值是. 【思路分析】将问题背景特殊化，可取1,0a ，0,2b ，,cm n ，则1, 2ab ，由 0abc 得20mn即2mn，又平面向量d 在a 、b 方向上的投影分别为x、y可设,dx y ，则1,daxy ，即da 在c 方向上的投影分别为 22 (1)22 5 dac m x

31、nyxy z cmn . 即252xyz.由柯西不等式有 2 22222222 112 21525 10105 xyzxyzxyz. 当且仅当 215 252 xyz xyz ，即 2 5 1 5 5 5 x y z 时，等号成立. 【归纳总结】本题主要考查平面向量概念、数量积及其几何意义、柯西不等式，需要学生熟练运算，是中档题. 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 （14 分）设函数( )sincos ()f xxx xR （）求函数 2 () 2 yf x 的最小正周期；（）求函数( ) () 4 yf x f x 在0， 2

32、上的最大值【思路分析】（）由 2 () 2 yf x ，可得1sin2yx ，然后利用周期公式求出周期；（） 2 ( ) ()sin(2) 442 yf x f xx ，由0 x， 2 ，得到12 4 x 的取值范围，再利用整体法求出( ) () 4 yf x f x 的最大值【解析】：函数( )sincos2sin() 4 f xxxx ，（辅助角公式），（）函数 222 () 2sin()2cos () 2244 yf xxx 1cos2()1cos(2)1sin2 42 xxx ，则最小正周期为 2 2 T ；（）函数( ) ()2sin()2sin() 4444

33、yf x f xxx 2 ( 2(sincos )sin2(sin cos )xxxsin xxx 第 13页（共 18页） 1cos212 2(sin2 )sin(2) 2242 x xx ，因为0, 2 x ，所以 3 2, 444 x ，所以当2 42 x ，即 3 8 x 时， 2 ( )1 2 max f x 【归纳总结】本题考查了三角函数的图像性质，涉及求解函数的周期以及最值问题，考查了运算能力，属于基础题 19（15 分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，120ABC，1AB ， 4BC ，15PA ，M，N分别为BC，PC的中点，PDDC，PMM

34、D （）证明：ABPM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值【思路分析】（）由已知求解三角形可得CDDM，结合PMMD，可得CD 平面 PDM，进一步得到ABPM；（）由（）证明PM 平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AN 的坐标及平面PDM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PDM所成角的正弦值【解答】（）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，1CDAB， 1 2 2 CMBC，60DCM，由余弦定理可得， 222 2cos60DMC

35、DCMCDCM 1 142 1 23 2 ，则 222 134CDDMCM ，即CDDM，又PMMD，PMDMM ，CD平面PDM，而PM 平面PDM，CDPM， / /CDAB，ABPM；（）解：由（）知，CD 平面PDM，又CD 平面ABCD，平面ABCD 平面PDM，且平面ABCD平面PDMDM， PMMD，且PM 平面PDM，PM平面ABCD，第 14页（共 18页）连接AM，则PMMA，在ABM中，1AB ，2BM ，120ABM，可得 2 1 142 1 2()7 2 AM ，又15PA ，在Rt PMA中，求得 22 2 2PMPAMA，取AD中点E，连接

36、ME，则/ /MECD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则(3A ，2，0)，(0P，0，2 2)，( 3, 1,0)C，又N为PC的中点， 31 (, 2) 22 N， 3 35 (, 2) 22 AN ，平面PDM的一个法向量为(0,1,0)n ，设直线AN与平面PDM所成角为，则 5 |15 2 sin|cos,| 6| |2725 21 44 AN n AN n ANn 故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为 15 6 【归纳总结】本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练

37、了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题 20 （15 分）已知数列 n a的前n项和为 n S， 1 9 4 a ，且 1 439(*) nn SSnN （）求数列 n a的通项公式；（）设数列 n b满足3(4)0(*) nn bnanN，记 n b的前n项和为 n T若 nn Tb对任意*nN恒成立，求实数的取值范围【思路分析】（）首先利用递推关系式确定数列为等比数列，然后结合等比数列的通项公式可得数列的通项公式；（）首先错位相减求得 n T的值，然后分离参数利用恒成立的结论分类讨论即可求得实数的取值范围【解析】：（）由 1 439 nn SS 可得 1 4

38、39(2) nn SSn ，第 15页（共 18页）两式作差，可得： 1 43 nn aa ， 1 3 4 n n a a ，所以数列 n a是以 9 4 为首项， 3 4 为公比的等比数列，其通项公式为： 1 933 ()( )3 ( ) 444 nn n a （）由3(4)0 nn bna，得 43 (4)( ) 34 n nn n ban ， 231 33333 32( )1 ( )(5)( )(4) ( ) 44444 nn n Tnn ， 2341 333333 3 ( )2( )1 ( )(5) ( )(4) ( ) 444444 nn n Tnn ，两式作差可得： 234

39、1 1333333 3( )( )( )( )(4) ( ) 4444444 nn n Tn 1 1 93 1( ) 93 164 (4)( ) 3 44 1 4 n n n 111 99333 4( )(4) ( )( ) 44444 nnn nn ，则 1 3 4( ) 4 n n Tn 据此可得 1 33 4( )(4)( ) 44 nn nn 恒成立，即(4)30nn恒成立 4n 时不等式成立； 4n 时， 312 3 44 n nn ，由于1n 时 12 ( 3)1 4 min n ，故1； 4n 时， 312 3 44 n nn ，而 12 33 4n ，故：3；综上可得， |

40、 31 【归纳总结】本题主要考查由递推关系式求数列的通项公式的方法，错位相减求和的方法，数列中的恒成立问题，分类讨论的数学思想等知识，属于中等题 21如图，已知F为抛物线 2 2ypx (0)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的直线与C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P，Q，R，N，且满足 2 | |RNPNQN，求直线l在x轴上截距的取值范围第 16页（共 18页）【思路分析】(1)根据点M的特性求出p值，写出抛物线的方程（2）将 2 | |RNPNQN转化为 2

42、(1) 1 2 y yx x y xn 可得 1 11 2(1) 22 P ny y xy ，同理 2 22 2(1) 22 Q ny y xy ，由 1 2 xty y xn 可得 2(1) 21 R n y t ， 2 21 2211 2(1)2(1)2(1) =| 212222 nnyny txyxy ，整理得到 22 12 2211 1 ()(21) | 1(22)(22) ny y t nxyxy 2 22 21 21 4(21) |(2)(2)| 22 t yy yy 2 22 2 2121 21211221 4(21) + |+(+ )2(+ )4| 42 t y yyy y

43、yy yy yyy 2 2 (21) 34 t t ，故 2 2 2 134 () 1(21) nt nt ，令21st，则 1 2 s t 且0s ，故 2 2 3 4 (21) t t 2 2 24ss s 2 24 1+ ss 2 1133 4() 444s ，故 2 13 () 14 1 n n n 即 2 1410 1 nn n ，解得74 3n 或74 31n 或1n 故直线l在x轴上的截距的范围为74 3n 或74 31n 或1n 【归纳总结】本题主要考查抛物线的性质和方程求法、直线方程和两直线交点坐标求法、弦长公式、不等式解法、转化划归思想方法使用，属于中档偏难题. 2

44、2.设a，b为实数，且1a ，函数 2 ( ) x f xabxe(R).x (1)求函数 ( )f x 的单调区间； (2)若对任意 2 2be，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 4 be，函数 ( )f x 有两个不同的零点 1 x， 2 x，满足 2 21 2 ln 2 bbe xx eb (注：2.71828e 是自然对数的底数) 第 17页（共 18页）【思路分析】(1)求 ( )fx，以b的取值讨论( )f x 单调区间；（2）按照 ( )f x 有 2 个不同零点 2 0 x abxe有 2 个不同解， ln2 0 xa

45、 ebxe有 2 个不同的解, 再依据 ln2xa yebxe 的单调性和最值求出实数a的取值范围. (3).解法一：将 2 21 2 ln 2 bbe xx eb 转化 2 2 2 2 22 2 2 ln(5) 2 x x ee x xx xe 转化 2 2 2 2 2 2 2 lnln0 2 x x x ee x e xe 转化为转化为 4 ( )lnln2 x x h xx e 在5x 时为正解法二：将 2 21 2 ln 2 bbe xx eb 转化 1 2 2 21 22 lnln () 22 x ebb xbxee bee 转化 2 2 ln e bx b 转化为 2 (ln )

46、0 e fb b 【解析】(1) 2 ( ) x f xabxe，( )ln x fxaab，若0b ，则( )ln0 x fxaab，( )f x在R上单调递增；若0b ，当(,log) ln a b x a 时，( )0fx ， ( )f x 单调递减，当(log,) ln a b x a 时， ( )0fx ， ( )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 2 0 x abxe有 2 个不同解， ln2

47、0 xa ebxe有 2 个不同的解，令lntxa，则 2 0 ln t e t b e a 2 ln t bee at ，0t ，记 2 ( ) t ee g t t ， 2 2 () ( ) tt e tee g t t 2 2 (1) t e te t ，记 2 ( )(1) t h te te，( )(1)10 ttt h te tee t ，又 (2)0h ， (0,2)t 时， ( )0h t ， (2,)t 时， ( )0h t ，则 ( )g t 在(0,2)单调递减，(2, ) 单调递增， 2 (2) ln b ge a ， 2 ln b a e ， 2 2be，

48、2 2 b e ， 2 ln21aae 即实数a的取值范围是 2 (1,e (3)法 1：a e ， 2 ( ) x f xebxe有 2 个不同零点，则 2x eebx，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 2 x，较小者为 1 x， 12 22 4 12 xx eeee be xx ，注意到函数 2x ee y x 在区间(0,2)上单调递减，在区间(2, ) 上单调递增，故 12 2xx ，又由 52 4 5 ee e 知 2 5x ， 1 222 1 11 22 x eeee bx xxb ，要证 2 21 2 ln 2 bbe xx eb ，只需

49、 2 2 ln e xb b ，第 18页（共 18页） 22 2 22 2 xx eee b xx 且关于b的函数 2 ( )ln e g bb b 在 4 be上单调递增，只需证 2 2 2 2 22 2 2 ln(5) 2 x x ee x xx xe ，只需证 2 2 2 2 2 2 2 lnln0 2 x x x ee x e xe ，只需证 2 lnln20 2 x e x x e ， 2 4 2 e ，只需证 4 ( )lnln2 x x h xx e 在5x 时为正，由于 1 ( )44 xx h xxee x 0 1 1)4( x e x x ，故函数( )h x单调

50、递增，又 54 520 (5)ln5ln2ln0 20 2 h ee ，故 4 ( )lnln2 x x h xx e 在5x 时为正，从而题中的不等式得证法 2：当a e 时， 2 ( ) x f xebxe，( ) x fxeb，令( )0lnfxxb 且当lnxb时， ( )0fx ， ( )f x 单调递减；当lnxb时， ( )0fx ， ( )f x 单调递增； min ( )(ln )f xfb 22 ln(1ln )bbbebbe 242 330beee ，注意到 2 (0)10fe ， 22222 ( )0 b f bebebbe， ( )f x 在(0,ln )

展开阅读全文