全国2021年统一新高考数学试卷（新高考1卷）及答案.doc

1、第 1页（共 20页） 2021 年全国统一新高考数学试卷（新高考卷） 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1设集合 | 24Axx ，2B ，3，4，5，则(AB ) A2B2，3C3，4D2，3，4 2已知2zi，则()(z zi) A62iB42iC62iD42i 3已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为() A2B2 2C4D4 2 4下列区间中，函数( )7sin() 6 f xx 单调递增的区间是() A(0,) 2 B( 2 ，)C 3 ( ,) 2 D 3 ( 2 ，2

2、) 5已知 1 F， 2 F是椭圆 22 :1 94 xy C的两个焦点，点M在C上，则 12 | |MFMF的最大值 为() A13B12C9D6 6若tan2 ，则 sin (1sin2 ) ( sincos ) A 6 5 B 2 5 C 2 5 D 6 5 7若过点( , )a b可以作曲线 x ye的两条切线，则() A b eaB a ebC0 b aeD0 a be 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

3、的数字之和是 8” ，丁表示事件“两次取出的球的数字 之和是 7” ，则() A甲与丙相互独立B甲与丁相互独立 C乙与丙相互独立D丙与丁相互独立 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。在每小题给出的选项中，有多项符合 题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9有一组样本数据 1 x， 2 x， n x，由这组数据得到新样本数据 1 y， 2 y， n y，其中 (1 ii yxc i，2，)n，c为非零常数，则() A两组样本数据的样本平均数相同 B两组样本数据的样本中位数相同 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

4、同 10已知O为坐标原点，点 1(cos ,sin )P， 2(cos , sin)P， 3(cos( )P，sin()， (1,0)A，则() A 12 | |OPOP B 12 | |APAP 第 2页（共 20页） C 312 OA OPOP OP D 123 OA OPOP OP 11已知点P在圆 22 (5)(5)16xy上，点(4,0)A，(0,2)B，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 2 C当PBA最小时，| 3 2PB D当PBA最大时，| 3 2PB 12在正三棱柱 111 ABCA BC中， 1 1ABAA，点P满足 1 BPBCBB ，其

5、中0， 1，0，1，则() A当1时， 1 AB P的周长为定值 B当1时，三棱锥 1 PA BC的体积为定值 C当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 APBP D当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 A B 平面 1 AB P 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13已知函数 3 ( )(22 ) xx f xx a 是偶函数，则a 14已知O为坐标原点，抛物线 2 :2(0)C ypx p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PQOP若| 6FQ ，则C的准线方程为 15函数( ) |21| 2f xxlnx的最小值为 16某校

6、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2012dmdm的长方形纸，对折 1 次共可以得到1012dmdm，206dmdm两种规格的 图形，它们的面积之和 2 1 240Sdm，对折 2 次共可以得到512dmdm，106dmdm， 203dmdm三种规格的图形，它们的面积之和 2 2 180Sdm，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 1 n k k S 2 dm 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17 （10 分）已知数列 n a满足 1 1a ， 1 1, 2, n

7、 n n an a an 为奇数 为偶数 （1）记 2nn ba，写出 1 b， 2 b，并求数列 n b的通项公式； （2）求 n a的前 20 项和 18 （12 分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题每位参加比赛的同 学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束； 若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答， 无论回答正确与否， 该同学比赛结 束A类问题中的每个问题回答正确得 20 分，否则得 0 分；B类问题中的每个问题回答正 确得 80 分，否则得 0 分 已知小明能正确回答A类问题的概率为 0.8，能正确回答B类问题的概率为 0

8、.6，且能正确 回答问题的概率与回答次序无关 （1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由 19 （12 分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知 2 bac，点D在 边AC上，sinsinBDABCaC 第 3页（共 20页） （1）证明：BDb； （2）若2ADDC，求cosABC 20 （12 分）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，ABAD，O为BD的 中点 （1）证明：OACD； （2） 若OCD是边长为 1 的等边三角形， 点E在棱AD上，2DEEA， 且二面角EBC

9、D 的大小为45，求三棱锥ABCD的体积 21 （12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点 1( 17F ，0)， 2( 17 F，0)，点M满足 12 | 2MFMF记M的轨迹为C （1）求C的方程； （2）设点T在直线 1 2 x 上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且 | | | |TATBTPTQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和 22 （12 分）已知函数( )(1)f xxlnx （1）讨论( )f x的单调性； （2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明： 11 2e ab 第 4页（共 20页） 2021 年全国统一新高考数学试卷（新高

10、考卷） 参考答案与试题解析 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的。 1设集合 | 24Axx ，2B ，3，4，5，则(AB ) A2B2，3C3，4D2，3，4 【思路分析】直接利用交集运算得答案 【解析】 ： | 24Axx ，2B ，3，4，5， | 242ABxx ，3，4，52，3 故选：B 【归纳总结】本题考查交集及其运算，是基础题 2已知2zi，则()(z zi) A62iB42iC62iD42i 【思路分析】把2zi代入()z zi，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案 【解析】 ：2zi， 2 ()(

11、2)(2)(2)(22 )442262z ziiiiiiiiii 故选：C 【归纳总结】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 3已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为() A2B2 2C4D4 2 【思路分析】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 【解析】 ：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22l，解得2 2l ， 所以该圆锥的母线长为2 2 故选：B 【归纳总结】 本题考查了旋转体的理解

12、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下列区间中，函数( )7sin() 6 f xx 单调递增的区间是() A(0,) 2 B( 2 ，)C 3 ( ,) 2 D 3 ( 2 ，2 ) 【思路分析】本题需要借助正弦函数单调增区间的相关知识点求解 【解析】 ：令22 262 kxk ，kZ 则 2 22 33 kxk ，kZ 第 5页（共 20页） 当0k 时， 3 k ， 2 3 ， (0,) 23 ， 2 3 ， 故选：A 【归纳总结】本题考查正弦函数单调性，是基础题 5已知

13、 1 F， 2 F是椭圆 22 :1 94 xy C的两个焦点，点M在C上，则 12 | |MFMF的最大值 为() A13B12C9D6 【思路分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可 【解析】 ： 1 F， 2 F是椭圆 22 :1 94 xy C的两个焦点，点M在C上， 12 | 6MFMF， 所以 212 12 | | |()9 2 MFMF MFMF ，当且仅当 12 | | 3MFMF时，取等号， 所以 12 | |MFMF的最大值为 9 故选：C 【归纳总结】本题考查椭圆的定义，基本不等式的应用，是基础题 6若tan2 ，则 sin (1sin2 ) ( sincos

14、) A 6 5 B 2 5 C 2 5 D 6 5 【思路分析】 由题意化简所给的三角函数式， 然后利用齐次式的特征即可求得三角函数式的 值 【解析】 ：由题意可得： 22 sin (1sin2 )sin (sincos2sin cos ) sincossincos 2 sin (sincos ) sin (sincos ) sincos 22 222 sinsin costantan sincos1tan 422 145 故选：C 【归纳总结】 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， 属于中等题 7若过点( , )a b可以作曲线 x ye的两条切线，则() A b e

15、aB a ebC0 b aeD0 a be 【思路分析】画出函数的图象，判断( , )a b与函数的图象的位置关系，即可得到选项 【解析】 ：函数 x ye是增函数，0 x ye 恒成立， 函数的图象如图，0y ，即取得坐标在x轴上方， 如果( , )a b在x轴下方，连线的斜率小于 0，不成立 点( , )a b在x轴或下方时，只有一条切线 如果( , )a b在曲线上，只有一条切线； ( , )a b在曲线上侧，没有切线； 第 6页（共 20页） 由图象可知( , )a b在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0 a be 故选：D 【归纳总结】本题考查曲线与方程的应用，函数的单

16、调性以及切线的关系，考查数形结合思 想，是中档题 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 【思路分析】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 【解析】 ：由题意可知，两点数和为 8 的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2

17、)， 两点数和为 7 的所有可能为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)， P（甲 1 ) 6 ，P（乙 1 ) 6 ，P（丙 55 ) 6636 ，P（丁 61 ) 666 ， :A P（甲丙）0P（甲)P（丙)， :B P（甲丁） 1 36 P（甲)P（丁)， :C P（乙丙） 1 36 P（乙)P（丙)， :D P（丙丁）0P（丙)P（丁)， 故选：B 【归纳总结】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 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

18、的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分。 9有一组样本数据 1 x， 2 x， n x，由这组数据得到新样本数据 1 y， 2 y， n y，其中 (1 ii yxc i，2，)n，c为非零常数，则() A两组样本数据的样本平均数相同 B两组样本数据的样本中位数相同 第 7页（共 20页） 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 【思路分析】利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可 【解析】 ：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，标准差()()( ) iii D yD xcD

19、 x， 两组样本数据的样本标准差相同，故C正确； 对于D，(1 ii yxc i，2，)n，c为非零常数， x的极差为 maxmin xx，y的极差为()() maxminmaxmin xcxcxx， 两组样本数据的样本极差相同，故D正确 故选：CD 【归纳总结】本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、标准差、极差的定义等基础 知识，是基础题 10已知O为坐标原点，点 1(cos ,sin )P， 2(cos , sin)P， 3(cos( )P，sin()， (1,0)A，则() A 12 | |OPOP B 12 | |APAP C 312 OA OPOP OP D 123 OA OP

20、OP OP 【思路分析】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 【解析】 ： 1(cos ,sin)P， 2(cos , sin)P， 3(cos( )P，sin()，(1,0)A， 1 (cos ,sin)OP ， 2 (cos, sin)OP ， 3 (cos()OP ，sin()，(1,0)OA ， 1 (cos1,sin)AP ， 2 (cos1, sin)AP ， 则 22 1 |1OPcossin ， 22 2 |( sin)1OPcos ，则 12 | |OPOP ，故A正确； 2222 1 |(cos1)2cos122cosAPsincossin ，

21、2222 2 |(cos1)( sin)2cos122cosAPcossin ， 12 | |APAP ，故B错误； 3 1 cos()0sin()cos()OA OP ， 12 coscossinsincos()OP OP ， 312 OA OPOP OP ，故C正确； 1 1 cos0sincosOA OP ， 23 coscos()sinsin()cos()cos(2 )OP OP ， 123 OA OPOP OP ，故D错误 故选：AC 【归纳总结】 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，考查运算求解能力，是中档题 11已知点P在圆 22

22、 (5)(5)16xy上，点(4,0)A，(0,2)B，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 2 C当PBA最小时，| 3 2PB D当PBA最大时，| 3 2PB 第 8页（共 20页） 【思路分析】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PBA 最小或最大，求出圆心与B点间的距离，再由勾股定理求得|PB判断C与D 【解析】 ：(4,0)A，(0,2)B， 过A、B的直线方程为1 42 xy ，即240 xy， 圆 22 (5)(5)16xy的圆

23、心坐标为(5,5)， 圆心到直线240 xy的距离 22 |1 5254|1111 5 4 55 12 d ， 点P到直线AB的距离的范围为 11 5 4 5 ， 11 5 4 5 ， 11 5 5 5 ， 11 5 41 5 ， 11 5 410 5 ， 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PBA最小或最大(P点位于 1 P时PBA最小， 位于 2 P 时PBA最大） ， 此时 22 |(50)(52)25934BC ， 22 |4183 2PBBC，故CD正确 故选：ACD 【归纳总结】本题考查直线与圆的位置关系，考查

24、转化思想与数形结合思想，是中档题 12在正三棱柱 111 ABCA BC中， 1 1ABAA，点P满足 1 BPBCBB ，其中0， 1，0，1，则() A当1时， 1 AB P的周长为定值 B当1时，三棱锥 1 PA BC的体积为定值 C当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 APBP D当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 A B 平面 1 AB P 【思路分析】判断当1时，点P在线段 1 CC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1时，点P在线段 11 BC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 1 2 时，取线段BC， 11 BC的

25、中点分别为M， 1 M，连结 1 M M， 第 9页（共 20页） 则点P在线段 1 M M上， 分别取点P在 1 M，M处， 得到均满足 1 APBP， 即可判断选项C； 当 1 2 时，取 1 CC的中点 1 D， 1 BB的中点D，则点P在线的 1 DD上，证明当点P在点 1 D处 时， 1 A B 平面 11 AB D，利用过定点A与定直线 1 A B垂直的平面有且只有一个，即可判断选 项D 【解析】 ：对于A，当1时， 1 BPBCBB ，即 1 CPBB ，所以 1 / /CPBB ， 故点P在线段 1 CC上，此时 1 AB P的周长为 11 ABB PAP， 当点P为 1 CC

26、的中点时， 1 AB P的周长为52， 当点P在点 1 C处时， 1 AB P的周长为2 21， 故周长不为定值，故选项A错误； 对于B，当1时， 1 BPBCBB ，即 1 B PBC ，所以 1 / /B PBC ， 故点P在线段 11 BC上， 因为 11/ / BC平面 1 ABC， 所以直线 11 BC上的点到平面 1 ABC的距离相等， 又 1 ABC的面积为定值， 所以三棱锥 1 PA BC的体积为定值，故选项B正确； 对于C，当 1 2 时，取线段BC， 11 BC的中点分别为M， 1 M，连结 1 M M， 因为 1 1 2 BPBCBB ，即 1 MPBB ，所以 1 /

27、/MPBB ， 则点P在线段 1 M M上， 当点P在 1 M处时， 1111 AMBC， 111 AMB B， 第 10页（共 20页） 又 1111 BCB BB ，所以 11 AM 平面 11 BBC C， 又 1 BM 平面 11 BBC C，所以 111 AMBM，即 1 APBP， 同理，当点P在M处， 1 APBP，故选项C错误； 对于D，当 1 2 时，取 1 CC的中点 1 D， 1 BB的中点D， 因为 1 1 2 BPBCBB ，即DPBC ，所以/ /DPBC ， 则点P在线的 1 DD上， 当点P在点 1 D处时，取AC的中点E，连结 1 A E，BE， 因为BE 平

28、面 11 ACC A，又 1 AD 平面 11 ACC A，所以 1 ADBE， 在正方形 11 ACC A中， 11 ADAE， 又 1 BEAEE ，BE， 1 AE 平面 1 A BE， 故 1 AD 平面 1 A BE，又 1 AB 平面 1 A BE，所以 11 ABAD， 在正方形 11 ABB A中， 11 A BAB， 又 11 ADABA ， 1 AD， 1 AB 平面 11 AB D，所以 1 A B 平面 11 AB D， 因为过定点A与定直线 1 A B垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P，使得 1 A B 平面 1 AB P，故选项D正确 故选：BD 【归纳总

29、结】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，属于难题 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 第 11页（共 20页） 13已知函数 3 ( )(22 ) xx f xx a 是偶函数，则a 1 【思路分析】利用奇函数的定义即可求解a的值 【解析】 ：因为函数 3 ( )(22 ) xx f xx a 是偶函数， 3 yx为R上的奇函数， 故22 xx ya 也为R上的奇函数， 所以 00 0 |2210 x yaa ， 所以1a 故答案为：1 【归纳总结】本题主要考查利用函数奇偶性的应用，考查计算能力

30、，属于基础题 14已知O为坐标原点，抛物线 2 :2(0)C ypx p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PQOP若| 6FQ ，则C的准线方程为 3 2 x 【思路分析】求出点P的坐标，推出PQ方程，然后求解Q的坐标，利用| 6FQ ，求解p， 然后求解准线方程 【解析】 ：解法一：由题意，不妨设P在第一象限，则( 2 p P，)p，2 OP k，PQOP 所以 1 2 PQ k ，所以PQ的方程为： 1 () 22 p ypx ，0y 时， 5 2 p x ， | 6FQ ，所以 5 6 22 pp ，解得3p ， 所以抛物线的准线方程为： 3 2 x 故答案为

31、： 3 2 x 解法二： （河北金丽补解）由题意，不妨设P在第一象限，则( 2 p P，)p，(6,0) 2 p Q 则(6,)PQp ，因为PQOP，所以0PQ OP ，解得3p ， 所以抛物线的准线方程为： 3 2 x 故答案为： 3 2 x 【归纳总结】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题 15函数( ) |21| 2f xxlnx的最小值为1 【思路分析】求出函数定义域，对x分段去绝对值，当 1 0 2 x 时，直接利用单调性求最值； 当 1 2 x 时，利用导数求最值，进一步得到( )f x的最小值 【解析】 ：函数( ) |21| 2f xxlnx的定

32、义域为(0,) 当 1 0 2 x 时，( ) |21| 2212f xxlnxxlnx ， 此时函数( )f x在(0， 1 2 上为减函数， 所以 111 ( )( )21222 222 f xflnln ； 当 1 2 x 时，( ) |21| 2212f xxlnxxlnx ， 则 22(1) ( )2 x fx xx ， 第 12页（共 20页） 当 1 (2x，1)时，( )0fx，( )f x单调递减， 当(1,)x时，( )0fx，( )f x单调递增， 当1x 时( )f x取得最小值为f（1）2 1 12 11ln 2241lnlnlne， 函数( ) |21| 2f xx

33、lnx的最小值为 1 故答案为：1 【归纳总结】本题考查函数的最值及其几何意义，利用导数求最值的应用，考查运算求解能 力，是中档题 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2012dmdm的长方形纸，对折 1 次共可以得到1012dmdm，206dmdm两种规格的 图形，它们的面积之和 2 1 240Sdm，对折 2 次共可以得到512dmdm，106dmdm， 203dmdm三种规格的图形，它们的面积之和 2 2 180Sdm，以此类推则对折 4 次共可以 得到不同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么 1 n k k S 2 dm 【思路分析】依题

34、意，对折k次共有1k 种规格，且面积为 240 2k ，则 240(1) 2 k k k S ， 11 1 240 2 nn k k kk k S ，然后再转化求解即可 【解析】 ：易知有 335 20,10,53,6 422 dmdmdmdmdmdmdmdm， 5 12 4 dmdm，共 5 种规 格； 由题可知，对折k次共有1k 种规格，且面积为 240 2k ，故 240(1) 2 k k k S ， 则 11 1 240 2 nn k k kk k S ，记 1 1 2 n n k k k T ，则 1 1 11 22 n n k k k T ， 1 1 111111 1111 11

35、(1) 111221133 42 1()1 1 222222222 1 2 nnnn n n kkkknnn kkkk kkkknnn T ， 3 3 2 n n n T ， 1 3 240(3) 2 n k n k n S 故答案为：5； 3 240(3) 2n n 【归纳总结】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 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17 （10 分）已知数列 n a满足 1 1a ， 1 1, 2, n n n an a an 为奇数 为偶数 （1）记 2nn ba，

36、写出 1 b， 2 b，并求数列 n b的通项公式； （2）求 n a的前 20 项和 第 13页（共 20页） 【思路分析】（1） 由数列 n a的通项公式可求得 2 a， 4 a， 从而可得求得 1 b， 2 b， 由 1 3 nn bb 可得数列 n b是等差数列，从而可求得数列 n b的通项公式； （2）由数列 n a的通项公式可得数列 n a的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可 【解析】 ： （1）因为 1 1a ， 1 1, 2, n n n an a an 为奇数 为偶数 ， 所以 21 12aa ， 32 24aa， 43 15aa ， 所以 12 2ba， 24 5ba，

37、 12222212122 123 nnnnnnnn bbaaaaaa ， 所以数列 n b是以 1 2b 为首项，以 3 为公差的等差数列， 所以23(1)31 n bnn （2）解法一：由（1）可得 2 31 n an，*nN， 则 2122 23(1)1232 nn aann ，2n， 当1n 时， 1 1a 也适合上式，所以 21 32 n an ，*nN， 所以数列 n a的奇数项和偶数项分别为等差数列， 则 n a的前 20 项和为 122013192420 .()()aaaaaaaaa 109109 1031023300 22 解法二： （河北金丽补解） 122013192420

38、.()()aaaaaaaaa 231812310 123912310 1 222)() 9(226)10(229) 19()()19300 2 ( 2 aaabbbb bbbbbbbb a 【归纳总结】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 18 （12 分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题每位参加比赛的同 学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束； 若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答， 无论回答正确与否， 该同学比赛结 束A类问题中的每个问题回答正确得 20 分，否则得 0 分；B类问题中的每个问

39、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 0.8，能正确回答B类问题的概率为 0.6，且能正确 回答问题的概率与回答次序无关 （1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列； （2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由 【思路分析】 （1）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； （2）由（1）可得()E X，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( )E Y，比较()E X与( )E Y的大小， 即

40、可得出结论 【解析】 ： （1）由已知可得，X的所有可能取值为 0，20，100， 则(0)10.80.2P X ， (20)0.8(10.6)0.32P X 第 14页（共 20页） (100)0.80.60.48P X ， 所以X的分布列为： X 020100 P 0.20.320.48 （ 2 ） 由 （ 1 ） 可 知 小 明 先 回 答A类 问 题 累 计 得 分 的 期 望 为 ()00.2200.321000.4854.4E X ， 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， (0)10.60.4P Y ， (80)0.6(10.8)0

41、.12P Y ， (100)0.60.80.48P Y ， 则Y的期望为( )00.4800.121000.4857.6E Y ， 因为( )()E YE X， 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 【归纳总结】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 19 （12 分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c已知 2 bac，点D在 边AC上，sinsinBDABCaC （1）证明：BDb； （2）若2ADDC，求cosABC 【思路分析】 （1）利用正弦定理求解； （2）要能找到隐含条件：BDA和BDC互补，从而列出等式关系求解 【解

42、析】 ： （1）解法一：证明：由正弦定理知，2 sinsin bc R ABCACB ， 2 sinbRABC，2 sincRACB， 2 bac，2 sin2 sinbRABCaRACB ，即sinsinbABCaC， sinsinBDABCaCBDb； 解法二： （河北金丽补解）证明：由正弦定理知， 2 2 ,sinsin, sinsin ,sinsin, sinsinsin, . bc bCcABC ABCC b bacbCABC a aCbABCBDABC BDb 又 （2）解法一：由（1）知BDb， 2ADDC， 2 3 ADb， 1 3 DCb， 在ABD中，由余弦定理知， 222

43、 22222 2 2 () 139 3 cos 2 212 2 3 bbc BDADABbc BDA BD ADb bb ， 第 15页（共 20页） 在CBD中，由余弦定理知， 222 22222 2 1 () 109 3 cos 1 26 2 3 bba BDCDBCba BDC BD CDb bb ， BDABDC ， coscos0BDABDC，即 2222 22 139109 0 126 bcba bb ，得 222 1136bca， 2 bac， 22 31160caca，3ca 或 2 3 ca， 在ABC中，由余弦定理知， 22222 cos 22 acbacac ABC ac

44、ac ， 当3ca时， 7 cos1 6 ABC（舍)；当 2 3 ca时， 7 cos 12 ABC； 综上所述， 7 cos 12 ABC 解法二： （河北金丽补解）在 ABC 中 12 , 33 BDBCBA 平方得 222 144 cos , 999 BDacacB 由余弦定理得 222 2cosbacacB ， 联立得 222 1136bca， 2 bac， 22 31160caca，3ca 或 2 3 ca， 在ABC中，由余弦定理知， 22222 cos 22 acbacac ABC acac ， 当3ca时， 7 cos1 6 ABC（舍)；当 2 3 ca时， 7 cos 1

45、2 ABC； 综上所述， 7 cos 12 ABC 【归纳总结】本题考查正弦定理及余弦定理的内容，是一道好题 20 （12 分）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，ABAD，O为BD的 中点 （1）证明：OACD； （2） 若OCD是边长为 1 的等边三角形， 点E在棱AD上，2DEEA， 且二面角EBCD 的大小为45，求三棱锥ABCD的体积 【思路分析】 （1）利用等腰三角形中线就是高，得到AOBD，然后利用面面垂直的性质， 第 16页（共 20页） 得到AO 平面BCD，再利用线面垂直的性质，即可证明AOCD； （2）建立合适的空间直角坐标系，设(0A，0，) t，利用待定

46、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 【解析】 ： （1）证明：因为ABAD，O为BD的中点，所以AOBD， 又平面ABD 平面BCD，平面ABD平面BCDBD，AO 平面BCD， 所以AO 平面BCD，又CD 平面BCD， 所以AOCD； （2）取OD的中点F，因为OCD为正三角形，所以CFOD， 过O作/ /OMCF与BC交于点M，则OMOD， 所以OM，OD，OA两两垂直， 以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图 所示， 则(0B，1，0)， 3 1 (,0) 22 C，(0D，1，0)， 设(0A

47、，0，) t，则 1 2 (0, ,) 3 3 t E， 因为OA 平面BCD，故平面BCD的一个法向量为(0,0, )OAt ， 设平面BCE的法向量为( , , )nx y z ， 又 3 34 2 (,0),(0,) 223 3 t BCBE ， 所以由 0 0 n BC n BE ，得 33 0 22 42 0 33 xy t yz ， 令3x ，则1y ， 2 z t ，故 2 ( 3, 1, )n t ， 因为二面角EBCD的大小为45， 所以 2 |22 |cos,| 2|4 4 n OA n OA n OA t t ， 解得1t ，所以1OA ， 又 133 1 1 224 O

48、CD S ，所以 3 2 BCD S， 故 1133 1 3326 A BCDBCD VSOA 第 17页（共 20页） 解法二： （传统几何法） （河北金丽补解）在平面 ABD 中，作EM BD 于 M，在平面 BCD 中，作MN BC 于 N，连接 EN， 由得,OABDEMOAEMBCD平面 , =45 OC=OD=OB=CD=1BCCDMN, 221 =EM=,3,1, 333 113 13 1. 326 A BCDBCD BCBCDEMBCMNBC ENMEBCDENM CD MNCDBCOAVSOA 平面 即为二面角的平面角， ，且 【归纳总结】本题考查了面面垂直和线面垂直的性质，

49、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 21 （12 分）在平面直角坐标系xOy中，已知点 1( 17F ，0)， 2( 17 F，0)，点M满足 12 | 2MFMF记M的轨迹为C （1）求C的方程； （2）设点T在直线 1 2 x 上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且 | | | |TATBTPTQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和 【思路分析】 （1）M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； （2） （法一）设出直线AB的参数方程，与双曲线方程联立，由参数

50、的几何意义可求得 | |TATB，同理求得| |TPTQ，再根据| | | |TATBTPTQ，即可得出答案 （法二） 设直线AB方程， 将其与CD的方程联立， 求出两根之和及两根之积， 再表示出|AT 及|BT，同理设出直线PQ的方程，表示出|PT及|QT，根据| | | |TATBTPTQ，代 第 18页（共 20页） 入化简后可得出结论 【解析】 ： （1）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 22 22 1(0,0),1 xy abx ab ， 根据题意 222 17 22 c a cab ，解得 1 4 17 a b c ， C的方程为 2 2 1(1) 16