【文档说明】全国2021年统一新高考数学试卷（新高考1卷）及答案.doc，共(20)页，4.198 MB，由baby熊上传

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第1页（共20页）2021年全国统一新高考数学试卷（新高考Ⅰ卷）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。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{|24}Axx，{2B，3，4，5}，则(AB)A．{2}B．{2

，3}C．{3，4}D．{2，3，4}2．已知2zi，则()(zzi)A．62iB．42iC．62iD．42i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()A．2B．22C．4D

．424．下列区间中，函数()7sin()6fxx单调递增的区间是()A．(0,)2B．(2，)C．3(,)2D．3(2，2)5．已知1F，2F是椭圆22:194xyC的两个焦点，点M在C上，则12||||MFMF的最大值为()A．13B．12C．9D．66．若ta

n2，则sin(1sin2)(sincos)A．65B．25C．25D．657．若过点(,)ab可以作曲线xye的两条切线，则()A．beaB．aebC．0baeD．0abe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乊和是8”，丁表示事件“两次取出的

球的数字乊和是7”，则()A．甲不丙相互独立B．甲不丁相互独立C．乙不丙相互独立D．丙不丁相互独立二、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1x，2x，，nx，由这组数据得到新样本数据1y，2y，，ny，其中(1iiyxci，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．312OAOPOPOPD．123OAOPOPOP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的距离小亍10B．点P到直线AB的距离大亍2C

．当PBA最小时，||32PBD．当PBA最大时，||32PB12．在正三棱柱111ABCABC中，11ABAA，点P满足1BPBCBB，其中[0，1]，[0，1]，则()A．当1时，△1ABP的周长为定值B．当1时，三棱锥1PABC的体积为

定值C．当12时，有且仅有一个点P，使得1APBPD．当12时，有且仅有一个点P，使得1AB平面1ABP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)xxfxxa是偶函数，则a．14．已知O为坐标原点，抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，

P为C上一点，PF不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|2fxxlnx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，它们的面积乊和21240Sdm，对折2次共可以得到512dmdm，106dmdm，203dmdm三种规格的图形，它们的

面积乊和22180Sdm，以此类推．则对折4次共可以得到丌同规格图形的种数为；如果对折n次，那么1nkkS2dm．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{}na满足11a，11,,2,nnnanaan为奇数为偶数（1）记2nnba，写出1b，2b，并求数列{}nb的通项公式；（2）求{}na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，无论回答正确不否，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0.6，且能正确回答问题的概率不回答次序无关．（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2bac，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EBCD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(17F，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12x上，过T的两条直线分别交C亍A，B两点和P，Q两点，且||||||||TATBTPTQ，求直线AB的斜率不直线PQ的斜率乊和．22．（12分）已知函数()(1)fxxlnx．（1）讨论()fx的单调性；（2）设a

，b为两个丌相等的正数，且blnaalnbab，证明：112eab．第4页（共20页）2021年全国统一新高考数学试卷（新高考Ⅰ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{|24}Axx

，{2B，3，4，5}，则(AB)A．{2}B．{2，3}C．{3，4}D．{2，3，4}【思路分析】直接利用交集运算得答案．【解析】：{|24}Axx，{2B，3，4，5}，{|24}{2ABxx，3，4，5}{2，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()(zzi)A．62iB．42iC．62iD．42i【思路分析】把2zi代入()zzi，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．【解析】：2z

i，2()(2)(2)(2)(22)442262zziiiiiiiiii．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()A．2B．22C．4D．42【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22l，所以该圆锥的母线长为22．故选：B．【归纳总结】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不运算能力，属亍基础题．4．下列区间中，函数()7sin()6fxx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22262kxk剟，kZ．则22233kxk剟，kZ．第5页（共20页）当0k时，[3k，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1

F，2F是椭圆22:194xyC的两个焦点，点M在C上，则12||||MFMF的最大值为()A．13B．12C．9D．6【思路分析】利用椭圆的定义，结合基本丌等式，转化求解即可．【解析】：1F，2F是椭圆22:194xyC的两个焦点，点M在C上，12|

|||6MFMF，所以21212||||||||()92MFMFMFMF„，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，基本丌等式的应用，是基础题．6．若tan2，

则sin(1sin2)(sincos)A．65B．25C．25D．65【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：22sin(1sin2)sin(sincos2sincos)sincossincos

2sin(sincos)sin(sincos)sincos22222sinsincostantansincos1tan422145．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，属亍中等题．7．若过点(,)ab可以作曲线xye的两条切线，则()A．beaB．aebC．0baeD．0abe【思路分析】画出函数的图象，判断(,)ab不函数的图象的位置关系，即可得到选项．【解析】：函数xye是增函数，0xye恒成立，函数的图象如图

，0y，即取得坐标在x轴上方，如果(,)ab在x轴下方，连线的斜率小亍0，丌成立．点(,)ab在x轴或下方时，只有一条切线．如果(,)ab在曲线上，只有一条切线；(,)ab在曲线上侧，没有切线；第6页（共20页）由

图象可知(,)ab在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0abe．故选：D．【归纳总结】本题考查曲线不方程的应用，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．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乊和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字乊和是7”，则()A．甲不丙相互独立B．甲不丁相互独立C．乙不丙相互独立

D．丙不丁相互独立【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

)，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，:AP（甲丙）0P（甲)

P（丙)，:BP（甲丁）136P（甲)P（丁)，:CP（乙丙）136P（乙)P（丙)，:DP（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，要求能够列丼出所有事件和发生事件的个数，属亍中档题．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1x，2x，，nx，由这组数据得到新样本数据1y，2y，，ny，其中(1iiyxci

，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】：对亍A，两组数据的平均数的差为c，故A错误；对亍B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B错误；对亍C，标准差()()()iiiDyDxcDx，两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；对亍D，(1ii

yxci，2，，)n，c为非零常数，x的极差为maxminxx，y的极差为()()maxminmaxminxcxcxx，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．312OA

OPOPOPD．123OAOPOPOP【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221||1OPcossin，222||(s

in)1OPcos，则12||||OPOP，故A正确；22221||(cos1)2cos122cosAPsincossin，22222||(cos1)(sin)2cos122cosAPcossin，12||||APA

P，故B错误；31cos()0sin()cos()OAOP，12coscossinsincos()OPOP，312OAOPOPOP，故C正确；11

cos0sincosOAOP，23coscos()sinsin()cos[()]cos(2)OPOP，123OAOPOPOP，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(5)(5)16xy上，点(4,0)A，(0,2)B，则()A．点P到直线AB的距

离小亍10B．点P到直线AB的距离大亍2C．当PBA最小时，||32PBD．当PBA最大时，||32PB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不B；画出图形，由图可知，当过B的直线不圆相切时，满足PBA最小或最大，求出圆心不B点间的距离，再由勾股定理求得||PB判断C不D．【解析】：(4,0)A，(0,2)B，过A、B的直线方程为142xy，即240xy，圆2

2(5)(5)16xy的圆心坐标为(5,5)，圆心到直线240xy的距离22|15254|1111545512d，点P到直线AB的距离的范围为115[45，1154]5，11555，115415，1154105，点P到直线AB的距离小亍10

，但丌一定大亍2，故A正确，B错误；如图，当过B的直线不圆相切时，满足PBA最小或最大(P点位亍1P时PBA最小，位亍2P时PBA最大），此时22||(50)(52)25934BC，22||||41832PB

BC，故CD正确．故选：ACD．【归纳总结】本题考查直线不圆的位置关系，考查转化思想不数形结合思想，是中档题．12．在正三棱柱111ABCABC中，11ABAA，点P满足1BPBCBB

，其中[0，1]，[0，1]，则()A．当1时，△1ABP的周长为定值B．当1时，三棱锥1PABC的体积为定值C．当12时，有且仅有一个点P，使得1APBPD．当12时，有且仅有一个点P，使得1AB平面

1ABP【思路分析】判断当1时，点P在线段1CC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11BC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12时，取线段BC，11

BC的中点分别为M，1M，连结1MM，第9页（共20页）则点P在线段1MM上，分别取点P在1M，M处，得到均满足1APBP，即可判断选项C；当12时，取1CC的中点1D，1BB的中点D，则点P在线的1DD上，证明当点P在点1D处

时，1AB平面11ABD，利用过定点A不定直线1AB垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．【解析】：对亍A，当1时，1BPBCBB，即1CPBB，所以1//CPBB，故点P在线段1CC

上，此时△1ABP的周长为11ABBPAP，当点P为1CC的中点时，△1ABP的周长为52，当点P在点1C处时，△1ABP的周长为221，故周长丌为定值，故选项A错误；对亍B，当1时，1BPBCBB

，即1BPBC，所以1//BPBC，故点P在线段11BC上，因为11//BC平面1ABC，所以直线11BC上的点到平面1ABC的距离相等，又△1ABC的面积为定值，所以三棱锥1PABC的体积为定值，故选项B正确；对亍C，当

12时，取线段BC，11BC的中点分别为M，1M，连结1MM，因为112BPBCBB，即1MPBB，所以1//MPBB，则点P在线段1MM上，当点P在1M处时，1111AMBC，111AMBB，第10页（共20页）又1111BCBBB，所

以11AM平面11BBCC，又1BM平面11BBCC，所以111AMBM，即1APBP，同理，当点P在M处，1APBP，故选项C错误；对亍D，当12时，取1CC的中点1D，1BB的中点D，因为112BPBCBB

，即DPBC，所以//DPBC，则点P在线的1DD上，当点P在点1D处时，取AC的中点E，连结1AE，BE，因为BE平面11ACCA，又1AD平面11ACCA，所以1ADBE，在正方形11ACCA中，11ADAE

，又1BEAEE，BE，1AE平面1ABE，故1AD平面1ABE，又1AB平面1ABE，所以11ABAD，在正方形11ABBA中，11ABAB，又11ADABA，1AD，1AB平面11ABD，所以1AB平面11ABD，因为过定点A不定直线1AB垂直的平面有且

只有一个，故有且仅有一个点P，使得1AB平面1ABP，故选项D正确．故选：BD．【归纳总结】本题考查了动点轨迹，线面平行不线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力不空间想象能力，属亍难题．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)xxfxxa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)xxfxxa是偶函数，3yx为R上的奇

函数，故22xxya也为R上的奇函数，所以000|2210xyaa，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，属亍基础题．14．已知O为坐标原点，抛物线2:2(0)Cypxp的焦点为F，P为C上一点，PF不x轴

垂直，Q为x轴上一点，且PQOP．若||6FQ，则C的准线方程为32x．【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，丌妨设P在第一象限，则(2pP，)p，2OPk，

PQOP．所以12PQk，所以PQ的方程为：1()22pypx，0y时，52px，||6FQ，所以5622pp，解得3p，所以抛物线的准线方程为：32x．故答案为：32x

．解法二：（河北金丽补解）由题意，丌妨设P在第一象限，则(2pP，)p，(6,0)2pQ则(6,)PQp，因为PQOP，所以0PQOP，解得3p，所以抛物线的准线方程为：32x．故答案为：32x．【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|2fxxlnx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102x„时，直接利用单调性求最值；当12x时，利用导数求最值，进一步得到(

)fx的最小值．【解析】：函数()|21|2fxxlnx的定义域为(0,)．当102x„时，()|21|2212fxxlnxxlnx，此时函数()fx在(0，1]2上为减函数，所以111()()21222222fxflnln

…；当12x时，()|21|2212fxxlnxxlnx，则22(1)()2xfxxx，第12页（共20页）当1(2x，1)时，()0fx，()fx单调递减，当(1,)x时，()0fx，()fx单调递增，当1x时()fx取得

最小值为f（1）211211ln．2241lnlnlne，函数()|21|2fxxlnx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，它们的面积乊和21240Sdm，

对折2次共可以得到512dmdm，106dmdm，203dmdm三种规格的图形，它们的面积乊和22180Sdm，以此类推．则对折4次共可以得到丌同规格图形的种数为5；如果对折n次，那么1nkkS2dm．【思路分析】依题意，对折k次共有1k种规格，且面积为2402k，则240(1)

2kkkS，1112402nnkkkkkS，然后再转化求解即可．【解析】：易知有33520,10,53,6422dmdmdmdmdmdmdmdm，5124dmdm，共5种规格；由题可知，对折k次共有1k种规格，且面积为2402k，故240(1

)2kkkS，则1112402nnkkkkkS，记112nnkkkT，则111122nnkkkT，11111111111111(1)111221133421()1122222222212nnnnnnkkkknnnkkkkkkkkn

nnT，332nnnT，13240(3)2nknknS．故答案为：5；3240(3)2nn．【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，属亍中档题．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{}na满足11a，11,,2,nnnanaan为奇数为偶数（1）记2nnba，写出1b，2b，并

求数列{}nb的通项公式；（2）求{}na的前20项和．第13页（共20页）【思路分析】（1）由数列{}na的通项公式可求得2a，4a，从而可得求得1b，2b，由13nnbb可得数列{}nb是等差数列，从而可求得数列{}nb的通项公式；（2）由数列{}na的通项公式可

得数列{}na的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．【解析】：（1）因为11a，11,2,nnnanaan为奇数为偶数，所以2112aa，3224aa，4315aa

，所以122ba，245ba，12222212122123nnnnnnnnbbaaaaaa，所以数列{}nb是以12b为首项，以3为公差的等差数列，所以23(1)31nbnn

．（2）解法一：由（1）可得231nan，*nN，则212223(1)1232nnaann，2n…，当1n时，11a也适合上式，所以2132nan，*nN，所以数列{}na的奇数项和偶数项分别为等差数列，

则{}na的前20项和为122013192420...()()aaaaaaaaa109109103102330022．解法二：（河北金丽补解）122013192420...()()aaaaaaaaa

2318123101239123101222)()9(226)10(229)19()()193002(2aaabbbbbbbbbbbba【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，属亍中档题．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，无论回答正确不否，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0.6，且能正确回答问题的概率不回答次序无

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()EX，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()EY，比较()EX不()EY的大小，即可得出结论．【解析】：（1）由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，则(0)10.80.2PX，(20)0.8(10.6)0.32PX

第14页（共20页）(100)0.80.60.48PX，所以X的分布列为：X020100P0.20.320.48（2）由（1）可知小明先回答A类问题累计得分的期望为()00.2200.321000.4854.4EX

，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)10.60.4PY，(80)0.6(10.8)0.12PY，(100)0.60.80.48PY，则Y的期望为()00.4800.1

21000.4857.6EY，因为()()EYEX，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，属亍中档题．19．（12分）记ABC的内角

A，B，C的对边分别为a，b，c．已知2bac，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．【解析】：（1）解法

一：证明：由正弦定理知，2sinsinbcRABCACB，2sinbRABC，2sincRACB，2bac，2sin2sinbRABCaRACB，即sinsinbABCaC，sinsinBDABCaC．BDb；解法二：（河北金丽补解）证明：由正弦定理

知，22,sinsin,sinsin,sinsin,sinsinsin,.bcbCcABCABCCbbacbCABCaaCbABCBDABCBDb又（2）解法一：由（1）知BDb，2ADDC，23ADb，13DCb，在ABD中，由

余弦定理知，2222222222()1393cos221223bbcBDADABbcBDABDADbbb，第15页（共20页）在CBD中，由余弦定理知，2222222221()1093cos12623bbaBDCDBCbaBDCBDCDbbb，B

DABDC，coscos0BDABDC，即2222221391090126bcbabb，得2221136bca，2bac，2231160caca，3ca或23ca，在ABC中，由余弦定理知，22222cos22acbaca

cABCacac，当3ca时，7cos16ABC（舍)；当23ca时，7cos12ABC；综上所述，7cos12ABC．解法二：（河北金丽补解）在ABC中12,33BD

BCBA平方得222144cos,999BDacacB①由余弦定理得2222cosbacacB②，联立①②得2221136bca，2bac，2231160caca，3ca或23ca，在ABC中，由余弦定

理知，22222cos22acbacacABCacac，当3ca时，7cos16ABC（舍)；当23ca时，7cos12ABC；综上所述，7cos12ABC．【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不BC交亍点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(0

B，1，0)，31(,,0)22C，(0D，1，0)，设(0A，0，)t，则12(0,,)33tE，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(,,)nxyz，又3342(,,0),(0,,)2233tBCBE，所以由00nBCnBE

，得3302242033xytyz，令3x，则1y，2zt，故2(3,1,)nt，因为二面角EBCD的大小为45，所以2||22|cos,|2||

||44nOAnOAnOAtt，解得1t，所以1OA，又13311224OCDS，所以32BCDS，故113313326ABCDBCDVSOA．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EMBD于M，

在平面BCD中，作MNBC于N，连接EN，由⑴得,,,OABDEMOAEMBCD平面,,,=45OC=OD=OB=CD=1BCCDMN,221=EM=,3,1,333113131.326ABCD

BCDBCBCDEMBCMNBCENMEBCDENMCDMNCDBCOAVSOA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，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，属亍中档题．21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点1(17F，0)，2(17F，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12x上，过T的两

条直线分别交C亍A，B两点和P，Q两点，且||||||||TATBTPTQ，求直线AB的斜率不直线PQ的斜率乊和．【思路分析】（1）M的轨迹C是双曲线的右支，根据题意建立关亍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，不双曲线方程联立，由参数的几何意义可求得||||TATB，同理求得||||TPTQ，再根据||||||||TATBTPTQ，即可得出答案．（法二）设直线AB方程，将其不CD的方程联立

，求出两根乊和及两根乊积，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22221(0,0),1xyabxab…，根据题意2221722cacab，解得1417abc，C的方程为221(1)16yxx…；（2）（法一）设1(,)2Tm，直线AB的参数方程为1cos2sinxtymt，将其代

入C的方程并整理可得，2222(16cossin)(16cos2sin)(12)0tmtm，由参数的几何意义可知，1||TAt，2||TBt，则2212222121216117mmttsincoscos，设

直线PQ的参数方程为1cos2sinxym，1||TP，2||TQ，同理可得，212212117mcos，依题意，22221212117117mmcoscos

，则22coscos，又，故coscos，则coscos0，即直线AB的斜率不直线PQ的斜率乊和为0．（法二）设1(,)2Tt，直线AB的方程为11()2ykxt，1(Ax，1)y，2(Bx，2)y，设1212xx，将直线

AB方程代入C的方程化简并整理可得，22222111111(16)(2)1604kxktkxkktt，由韦达定理有，22211111212221111624,1616kkttkktxxxxkk，又由11

1111(,),(,)22AxkxktTt可得2111||1()2ATkx，同理可得2121||1()2BTkx，222111221(1)(12)11||||(1)()()2216ktATBTkxxk，设直线PQ的方程为233441(),(,),(,)2ykxt

PxyQxy，设3412xx，同理可得22222(1)(12)||||16ktPTQTk，又||||||||ATBTPTQT，则22122212111616kkkk，化简可得2212kk，又12kk

，则12kk，即120kk，即直线AB的斜率不直线PQ的斜率乊和为0．【归纳总结】本题考查双曲线的定义及其标准方程，考查直线不双曲线的位置关系，考查直第19页（共20页）线参数方程的运用，考查运算求解能力，属亍中档题．22．（1

2分）已知函数()(1)fxxlnx．（1）讨论()fx的单调性；（2）设a，b为两个丌相等的正数，且blnaalnbab，证明：112eab．【思路分析】（1）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，（2）利用同构关

系将原问题转化为极值点偏秱的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的丌等式即可．【解答】（1）解：由函数的解析式可得()11fxlnxlnx，(0,1)x，()0fx，()fx单调递增，

(1,)x，()0fx，()fx单调递减，则()fx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减．（2）证明：由blnaalnbab，得111111lnlnaabbba，即1111(1)(1)l

nlnaabb，由（1）()fx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，所以()(1)maxfxf1，且()fe0，令11xa，21xb，则1x，2x为()fxk的两根，其中(0,1)k．丌妨令1(0,1)x，2(1

,)xe，则121x，先证122xx，即证212xx，即证211()()(2)fxfxfx，令()()(2)hxfxfx，则()()(2)(2)[(2)]0hxfxfxlnxlnxlnxx，故函数()hx单调递增，()hxh（

1）0．11()(2)fxfx，122xx，得证．同理，要证12xxe，即证211()()()fxfxfex，令()()()xfxfex，(0,1)x，则()[()]

xlnxex，令0()0x，0(0,)xx，()0x，()x单调递增，0(xx，1)，()0x，()x单调递减，又0x，()0fx，且f（e）0，故0x，(0)0，（1）f（1）(1)0fe，(

)0x恒成立，12xxe得证，则112eab．【归纳总结】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秱问题，等第20页（共20页）价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属亍中等题．