2021年全国统一新高考数学试卷(浙江卷).pdf

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1、20212021 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷一、选择题：一、选择题：本大题共本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。1设集合A x|x1，B x|1 x 2，则AB (Ax|x 1Bx|x1)Cx|1 x 1Dx|1x 22已知aR，(1 ai)i 3i(i为虚数单位），则a ()A1B1C3D33已知非零向量a，b，c，则“ac bc”是“a b”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4某几何体

2、的三视图如图所示（单位：cm)，则该几何体的体积（单位：cm3)是(A32B3C3 22D3 2x15若实数x，y满足约束条件0 xy0，则z x 1y的最小值是)2x3y102(A2B3112C2D106如图，己知正方体ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则(A直线A1D与直线D1B垂直，直线MN/平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN 平面BDD1B1C直线AD与直线D1B相交，直线MN/平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN 平面BDD1B17已知函数f(x)x214，g(x)sin x，则图象为如图的函数可能是()第 1 1页（共 18

3、18页）)Ay f(x)g(x)Cy f(x)g(x)14By f(x)g(x)Dyg(x)f(x)149已知a，bR，ab 0，函数f(x)ax2b(xR)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anan1(nN*)10 已知数列an满足a11，记数列an的前n项和为Sn，则()1anA1 S100 32B3 S100 4C4 S10092D9 S100 52二、填空题：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

4、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S3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则1S2x24,x2,12已知aR，函数f(x)若f(f(6)3，则a|x3|a,x 2；a2 a3 a4；13 已知多项式(x1)3(x1)4 x4a1x3a2x2a3xa4，则a1cosMAC 14在ABC中，B 60，AB 2，M是BC的中点，AM 2 3，则AC 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，11若取出的两个球都是

5、红球的概率为，一红一黄的概率为，则m n，E()63x2y216已知椭圆221(ab0)，焦点F1(c,0)，F2(c，0)(c 0)若过F1的直线和圆ab1(x c)2 y2 c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2 x轴，则该直线的斜率2第 2 2页（共 1818页）是，椭圆的离心率是三、解答题：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f(x)sin x cosx(xR)（）求函数y f(x)2的最小正周期；2（）求函数yf(x)f(x)在0，上的最大

6、值4219（15 分）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（）证明：AB PM；（）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值920（15 分）已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9(nN*)4（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3bn(n 4)an 0(nN*)，记bn的前n项和为Tn若Tnbn对任意nN*恒成立，求实数的取值范围第 3 3页（共 1818页）20212021 年浙江省高考数学试卷年浙江省高考数学试卷参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、

7、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分。在每小题给出的四个选项中，只分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。有一项是符合题目要求的。1设集合A x|x1，B x|1 x 2，则AB (Ax|x 1Bx|x1【思路分析】直接利用交集的定义求解即可【解析】：因为集合A x|x1，B x|1 x 2，所以AB x|1x 2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 ai)i 3i(i为虚数单位），则a (A1B1C3【思路分析】利用复数相等的定义求解即可

8、【解析】：因为(1 ai)i 3i，即a i 3i，由复数相等的定义可得，a 3，即a 3故选：C【归纳总结】本题考查了复数相等定义的理解和应用，属于基础题)3已知非零向量a，b，c，则“ac b c”是“a b”的(A充分不必要条件C充分必要条件案B必要不充分条件D既不充分也不必要条件)Cx|1 x 1Dx|1x 2D3【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【解析】：由a b，可得a b 0，则(a b)c 0，即ab b c，所以a b可以推出ab b c，故“ac b c”是“a b”的必要条件 由ac b c可得a b c 0，由于向量a，b，

9、c是非零向量，所以a b c 0推不出a b，综上所述，“ac b c”是“a b”的必要不充分条件故选：B【归纳总结】本题考查了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：cm3)是()第 4 4页（共 1818页）A32B3C3 22D3 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AB 2 2，CD 2，AA

10、11，等腰梯形的高为2则该几何体的体积V 22，22123(2 2 2)1故选：A222【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x1015若实数x，y满足约束条件xy0，则z x y的最小值是(22x3y10)110A2B32C12D【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：解法一：由约束条件作出可行域如图，第 5 5页（共 1818页）x10联立，解

11、得A(1,1)，2x3y101化目标函数z x y为y 2x 2z，由图可知，当直线y 2x 2z过A时，213直线在y轴上的截距最大，z有最小值为11 22故选：Bx10解法二：解法二：（李健老师补解）（李健老师补解）三角形可行域的三个顶点坐标由方程组，xy0 xy0 x101 1，即 得 三 个 顶 点1,1，1,1，,，所 以5 52x3y102x3y10111311113z1 1(1)，z2 11，z2，则z最小值为故选：2222525102B【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ABCD A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则

12、()A直线A1D与直线D1B垂直，直线MN/平面ABCDB直线A1D与直线D1B平行，直线MN 平面BDD1B1C直线AD与直线D1B相交，直线MN/平面ABCDD直线A1D与直线D1B异面，直线MN 平面BDD1B1【思路分析】通过证明直线A1D 平面ABD1，MN是ABD1的中位线，可判断A；根据异面直线的判断可知A1D与直线D1B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D1B是异面直线，可判断C；由MN/AB，可知MN不与平面BDD1B1垂直，可判断D【解析】：连接AD1，如图：第 6 6页（共 1818页）由正方体可知A1D AD1，A1D AB，A1D 平面ABD1

13、，A1D D1B，由题意知MN为D1AB的中位线，MN/AB，又AB 平面ABCD，MN 平面ABCD，MN/平面ABCDA对；由正方体可知AD、A1D都与平面BDD1相交于点D，D1B 平面BDD1，DD1B，直线AD、A1D都与直线D1B是异面直线，B、C错；MN/AB，AB不与平面BDD1B1垂直，MN不与平面BDD1B1垂直，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17已知函数f(x)x2，g(x)sin x，则图象为如图的函数可能是(4)Ay f(x)g(x)Cy f(x)g(x)14By f(x)g(x)Dy

14、g(x)f(x)14【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,)上的单调性可判断选项C，D4【解析】：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，1因为f(x)x2为偶函数，g(x)sin x为奇函数，41函数y f(x)g(x)x2sin x为非奇非偶函数，故选项A错误；41函数y f(x)g(x)x2sin x为非奇非偶函数，故选项B错误；411函数y f(x)g(x)(x2)sin x，则y 2xsin x (x2)cos x 0对x(0,)恒成立，444第 7 7页（共 1818页）则函数y f(x)g(x)在(0,)上单调递增，故选项

15、C错误故选：D4【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，ab 0，函数f(x)ax2b(xR)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【思路分析】利用等比中项的定义得到f(s)2 f(s t)f(s t)，代入解析式中整理化简，可得t2(at22as2 2b)0，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f(x)ax2b，因

16、为f(s t)，f(s)，f(s t)成等比数列，则f(s)2 f(s t)f(s t)，即(as2b)2a(s t)2ba(s t)2b，即a2s42abs2b2 a2(s t)2(s t)2ab(s t)2ab(s t)2b2，整理可得at4 2a2s2t2 2abt2 0，因为a 0，故at4 2as2t2 2bt2 0，即t2(at22as2 2b)0，所以t 0或at2 2as2 2b 0，当t 0时，点(s,t)的轨迹是直线；s2t21，因为ab 0，故点(s,t)的轨迹是双曲线当at 2as 2b 0，即b2baa22综上所述，平面上点(s,t)的轨迹是直线或双曲线故选：C【归纳

17、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anan1(nN*)10 已知数列an满足a11，记数列an的前n项和为Sn，则(1anA1 S100 32)B3 S100 4C4 S10092D9 S100 52【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11111111【解析】：由题意可得：()2()2，an1an4anan2an21an11an11n1n1，由累加法可得，1222an从而ananan4n1,aan，n122(n1

18、)n31an1n1an1611n16，由累乘法得an，当n 1取等号，ann3(n1)(n2)n1n2111111S100623341011021163故选：A2102第 8 8页（共 1818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：本大题共二、填空题：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

19、S3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则125S2【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S2 S1S阴影，求出S2，再求出S1S2【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32 425，即大正方形的边长为 5，S152 25，1则小正方形的面积S2 S1 S阴影 25 434 1，2S125S2故答案为：25【归纳总结】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x24,x2,12已知aR，函数f(x)若f(f(6)3，则a|x3|a,x22【思路分析】利用分段函数的解析式，先求出f(6)的值，进而求出f

20、(f(6)，列出方程，求解a的值即可x24,x2【解析】：因为函数f(x)，|x3|a,x2所以f(6)(6)24 2，则f(f(6)f（2）|23|a 3，解得a 2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，属于基础题13 已 知 多 项 式(x1)3(x1)4 x4a1x3a2x2a3xa4，则a1a2 a3 a45；【思路分析】思路1.利用通项公式求解x3的系数，即可求出a1的值；利用赋值法，令x 1，第 9 9页（共 1818页）即可求出a2 a3 a4的值思路 2.用杨辉三角解。01(1)0C45；

21、【解析】：解法一：解法一：a1即为展开式中x3的系数，所以a1C3令x 1，则有1a1a2a3a4(11)3(11)416，所以a2 a3 a4165110故答案为：5；10解解 法法 二二：（：（李李 健健 老老 师师 补补 解解）由 杨 辉 三 角 可 知：(x 1)3 x33x2 3x 1，(x 1)4 x4 4x3 6x2 4x 1，所 以 由(x1)3(x1)4 x4a1x3a2x2a3xa4得a11 4 5，a2 3 6 3，a3 3 4 7，a4 11 0，故a2 a3 a4 3 7 010【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

22、于基础题14在ABC中，B 60，AB 2，M是BC的中点，AM 2 3，则AC cosMAC 2 13；】：在【思路分析】在ABM、ABC和AMC中用余弦定理即可解决此题【中：AM2 BA2 BM2 2BABM cos60，ABM1(2 3)2 22 BM2 22BM，BM2 2BM 8 0，解得：BM 4或2（舍去）2解析AC 2 13；点M是BC中点，MC 4，BC 8，在ABC中：AC2 2282 228cos60 52，在AMC中：cosMAC(2 3)2(2 13)24222 32 132 392 39故答案为：2 13；1313【归纳总结】本题考查余弦定理应用，考查数学运算能力，

23、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，11若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m n 1，E()6311【思路分析】根据取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，得到关于m，63n的方程，然后求出m，n的值，得到m n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，P(2)2Cmn42C416，63611C4C112又一红一黄的概率为2m，Cmn433621所以Cmn436,Cm3，解得m 3，n 2，故m n 1；由题意，的可能取值为 0，1，2，11C52105C4C5201013

24、所以P(0)2，P(1)，P(2)，C93618C923618618所以E()05103881 2故答案为：1；18181899【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 1010页（共 1818页）x2y216已知椭圆221(ab0)，焦点F1(c,0)，F2(c，0)(c 0)若过F1的直线和圆ab1(x c)2 y2 c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2 x轴，则该直线的斜率是22 5，椭圆的离心率是5【思路分析】思路 1.由直线与圆相切，可得圆心到直线的距离与半径相等

25、，由此可求出直线的斜率k，利用斜率与tanPF1F2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：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F1，设直线的方程为y k(x c)，1直线和圆(x c)2 y2 c2相切，21圆心(c,0)到直线的距离与半径相等，2c|k0kc|2 52，c，解得k 25k1x2y2b2将x c代入221，可得P点坐标为P(c,)，abab2PF22 5ak，tanPF1F2F1F22c5a2c22 51e22 5，2ac52e55e 52 55故答案为：

26、,55332,AB，则sinPF1F2sinBF1A，223PF122224即tanBF1A即直线的斜率是所以即PF15，5，5，5 F1F25，F1F255555解法二：解法二：（李健老师补解）（李健老师补解）设c 1，结合图，AF1由勾股定理得PF2646c155，则2a 5 5 2 5，即a 5，e.555a55【归纳总结】本题考查了椭圆、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 1111页（共 1818页）练掌握公式，是中档题 17.已知平面向量a、b、c c 0满足a 1，b 2，ab 0，a b c 0，记平面向量 d在a、b方向上的投影分别为x、y，d a在c方向上

27、的投影分别为z，则x2 y2 z2的最小值是【思路分析】将问题背景特殊化，可取a 1,0，b 0,2，c m,n，则a b 1,2，由a b c 0得m 2n 0即m 2n，又平面向量d在a、b方向上的投影分别为x、y可设d x,y，则d a x 1,y，dacm(x1)ny2x2y 即d a在c方向上的投影分别为z.225cmn.即2x y 5z 2.由柯西不等式有212212222x y z 2 1 5x2 y2 z22x y 5z.101052x5zxy1215当且仅当，即y时，等号成立.52xy5z25z 5【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

28、熟练运算，是中档题.三、解答题：本大题共三、解答题：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f(x)sin x cosx(xR)（）求函数y f(x)2的最小正周期；2（）求函数yf(x)f(x)在0，上的最大值42【思路分析】（）由y f(x)2，可得y 1sin2x，然后利用周期公式求出周期；22（）yf(x)f(x)sin(2x)，由x0，得到12x的取值范围，再利24442用整体法求出yf(x)f(x)的最大值4【解析】：函数f(x)sin xcosx2sin(x)，（辅

29、助角公式），4（）函数y f(x)2 2sin(x)22cos2(x)22441cos2(x)1cos(2x)1sin2x，422则最小正周期为T；2（）函数yf(x)f(x)2sin(x)2sin(x)4444(2(sin x cosx)sin x 2(sin2xsin xcosx)第 1212页（共 1818页）1cos2x12，2(sin2x)sin(2x)22423因为x0,，所以2x,，244423所以当2x，即x时，f(x)max12428【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P ABCD中

30、，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（）证明：AB PM；（）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CD DM，结合PM MD，可得CD 平面PDM，进一步得到AB PM；（）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

31、中，由已知可得，CD AB 1，1CM BC 2，DCM 60，2由余弦定理可得，DM2CD2CM2 2CDCM cos601142123，2则CD2 DM21 3 4CM2，即CD DM，又PM MD，PMDM M，CD 平面PDM，而PM 平面PDM，CD PM，CD/AB，AB PM；（）解：由（）知，CD 平面PDM，又CD 平面ABCD，平面ABCD 平面PDM，且平面ABCD平面PDM DM，PM MD，且PM 平面PDM，PM 平面ABCD，第 1313页（共 1818页）连接AM，则PM MA，在ABM中，AB 1，BM 2，ABM 120，1可得AM21 4 212()7，2

32、又PA 15，在RtPMA中，求得PM PA2 MA2 2 2，取AD中点E，连接ME，则ME/CD，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A(3，2，0)，P(0，0，2 2)，C(3,1,0)，3 3531,2)，又N为PC的中点，N(,2)，AN (2222平面PDM的一个法向量为n (0,1,0)，设直线AN与平面PDM所成角为，|ANn|则sin|cosAN,n|AN|n|5152627252144156故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为【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

33、，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，是中档题920（15 分）已知数列an的前n项和为Sn，a1，且4Sn13Sn9(nN*)4（）求数列an的通项公式；（）设数列bn满足3bn(n 4)an 0(nN*)，记bn的前n项和为Tn若Tnbn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Tn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4Sn13Sn9可得4Sn3Sn19(n2)，第 1414页（共 1818页）两式作差，可得：4an13an，a9

34、33n1，所以数列an是以为首项，为公比的等比数列，44an4933其通项公式为：an()()n1 3()n444n43an(n4)()n，（）由3bn(n 4)an 0，得bn 3433333Tn 32()21()3(n5)()n1(n4)()n，44444333333Tn 3()22()31()4(n5)()n(n4)()n1，444444两式作差可得：1333333Tn 3()2()3()4()n(n4)()n14444444931()n1934 16(n4)()n13441499333 4()n1(n4)()n1 n()n1，444443则Tn 4n()n1433据此可得4n()n1(

35、n4)()n恒成立，即(n 4)3n0恒成立44n 4时不等式成立；3n1212 3)min1，故1；，由于n 1时(3n 4时，n4n4n43n1212，而3n 4时，3 3，故：3；n4n4n4综上可得，|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221如图，已知F为抛物线y 2px(p 0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|2(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，2AB，x轴依次交于P，Q，R，N，且满足|R

36、N|PN|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围第 1515页（共 1818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22（2）将|RN|PN|QN|转化为yR|yP|yQ|得出关于直线l在x轴上截距的不等式，解不等式求出范围。2【解析】(1)|MF|2，故p 2，故抛物线的方程为：y 4x(2)设AB：x ty 1，A(x1,y1)，B(x2,y2)，N(n,0)，直线l：x xty12由2可得y 4ty4 0，故y1y2 4，y1 y2 4t，y4x|RN|2|PN|QN|，故(1+又MA：yy1n，由题设可得n 1且t 22y1(x1)，x111112|yR|)21+

37、|yP|1+|yQ|，故yR|yP|yQ|444y1y(x1)2(n1)y12(n1)y2x11yy由可得P，同理Q，2x2y2x2yy1122xn2xty12(n1)22(n1)y22(n1)y12(n1)=|，y由可得，yR2t12x2y2x2yxn2t12211224(2t1)n12y1y222()(2t1)|y2整理得到y12n1(2x22y2)(2x12y1)|(2y2)(2y1)|2224(2t1)22(2t1)2，y yy+y|21+(y2+y1)2y2y121y1y22(y2+y1)4|34t2422n1234ts1)s 2t 1t故(，令，则且s 0，n1(2t1)2234t

38、22411233s22s41+4()，故(2t1)2ss2s444s2n123n214n10)(4即故n1，解得n 74 3或74 3 n 1或n 1n1n1故直线l在x轴上的截距的范围为n 74 3或74 3 n 1或n 1【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.x222.设a，b为实数，且a 1，函数f(x)a bxe(xR).(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

39、零点x1，x2，满足blnbe2x2x1(注：e 2.71828是自然对数的底数)2e2b第 1616页（共 1818页）【思路分析】(1)求f(x)，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 axbxe2 0有 2 个不同解，exlnabxe2 0有 2个不同的解,再依据y exlnabx e2的单调性和最值求出实数a的取值范围.2ex2e2x2blnbe2x2(x25)转化x1转化x2ln(3).解法一：将x22x2e2eb22ex2e2x24xx2lnelnx20转化为转化为h(x)ln xxln2在x 5时为正x22eeblnbe2e2e2lnblnbx12

40、x1转化x22bx12(ee)转化lnbx2转化为解法二：将x22e2bbb2e2ee2f(lnb)0bx2x【解析】(1)f(x)a bxe，f(x)a lnab，x若b 0，则f(x)a lnab 0，f(x)在R上单调递增；若b 0，当x(,loga当x(logab,)时，f(x)0，f(x)单调递增lna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(,logab)时，f(x)0，f(x)单调递减，lnabb)，单调增区间为(loga,)lnalna(2)f(x)有 2 个不同零点 axbxe2 0有 2 个不同解，exlnabxe2 0有 2 个不同btbe

41、te2t2e0的解，令t xlna，则e，t 0，lnalnatete2ett(ete2)et(t1)e2记g(t)，g(t)，22tttt2ttt记h(t)e(t 1)e，h(t)e(t 1)e 1 e t 0，又h(2)0，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，b2，lna 21 a e22e2即实数a的取值范围是(1,e b 2e2，则exe2 bx，故函数的零点一定为正数bbg(2)e2，lna2，lnaex2(3)法 1：a e，f(x)e bxe有 2 个不同零点，ex1e2ex2e2e4，由(2)可知有 2 个不同

42、零点，记较大者为x2，较小者为x1，bx1x2exe2注意到函数y在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,)上单调递增，xex1e22e22e2e5e24x1e知x2 5，b故x1 2 x2，又由，xxb511blnbe2e2x1，只需x2lnb，要证x222ebb第 1717页（共 1818页）ex2e22ex2e2b且关于b的函数g(b)lnb在b e4上单调递增，x2x2b2ex2e2x2x2(x25)，只需证x2lnx22e2ex2e2x2e2xx20，只需证ln xxln20，只需证lnelnx22e2ex24xe24，只需证h(x)ln xxln2在x 5时为正，e211xxx由于

43、h(x)4xe4e4e(x1)0，故函数h(x)单调递增，xx205204x又h(5)ln55ln2ln40，故h(x)ln xxln2在x 5时为正，e2ee从而题中的不等式得证x2x法 2：当a e时，f(x)e bxe，f(x)e b，令f(x)0 x lnb且当x lnb时，f(x)0，f(x)单调递减；当x lnb时，f(x)0，f(x)单调递增；f(x)min f(lnb)bblnb e2 b(1lnb)e2 3be2 3e4e2 0，2b22222注意到f(0)1e 0，f(b)e b e b b e 0，f(x)在(0,ln b)，(lnb,b)各有一个零点x1，x2，x1x2

44、f(x1)0ex1e0b，f(x)0 x222ebx2e0blnbe2e2lnblnbx12xxbx(ee)，要证x21212e2bb2e22e2lnbxlnb2222由f(x)2e 2b 0，0 x1 2，2(e1e)2(ee)lnb，2e2ee2e2故只需证：lnbx2，即证：x2lnbbb22eelnblnb证：f(lnb)0，bbee2e2lnbe2bf(lnb)eblnb bebblnb b(eblnb)，b1e2e2而eblnb ee24 e4 0，f(lnb)0b【归纳总结】本题主要考查函数、导数、单调性、函数零点、方程的根、不等式、转化划归2思想方法使用，属于压轴偏难题.第 1818页（共 1818页）