1、2021 年全國統一高考數學試卷（理科）（全國新課標iii）一、挑選題：此題共12 小題，每道題5 分，共 60 分；在每道題給出的四個選項中，只有哪一項符合題目要求的；1（5 分）已知集合a= （x，y）|x2+y 2=1 ， b= （x， y）|y=x ，就 ab中元素的個數為（）a 3b2c1d 0 2（5 分）設復數 z 滿意（ 1+i） z=2i，就 |z|=（）a bcd 23（5 分）某城市為明白游客人數的變化規律，提高旅行服務質量，收集并整理了 2021 年 1 月至 2021 年 12 月期間月接待游客量（單位：萬人）的數據，繪制了下面的折線圖依據該折線圖，以下結論錯誤選項（

2、） a 月接待游客量逐月增加b年接待游客量逐年增加c各年的月接待游客量高峰期大致在7， 8 月d各年 1 月至 6 月的月接待游客量相對于7 月至 12 月，波動性更小，變化比較平穩4（5 分）（x+y）（2x y） 5 的綻開式中的x3y3 系數為（）a 80b 40c 40d805（5 分）已知雙曲線 c：=1 （a0，b0）的一條漸近線方程為y=x，且與橢圓+=1 有公共焦點，就 c 的方程為（）a =1 b=1c=1d=16（5 分）設函數 f（ x） =cos（x+），就以下結論錯誤選項（）a f（ x）的一個周期為 2b y=f （x）的圖象關于直線x=對稱 c f（ x+）的一個

3、零點為x= df（ x）在（，）單調遞減7（5 分）執行如圖的程序框圖，為使輸出s 的值小于 91，就輸入的正整數n的最小值為（）a 5b4c3d 28（5 分）已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2 的同一個球的球面上，就該圓柱的體積為（）a bcd9（5 分）等差數列 a n 的首項為 1，公差不為 0如 a2 ，a3，a6 成等比數列，就an 前 6 項的和為（）a 24b 3 c 3d810（ 5 分）已知橢圓c：=1（ab0）的左、右頂點分別為a 1，a 2，且以線段 a 1a 2 為直徑的圓與直線bxay+2ab=0 相切，就 c 的離心率為（）a b cd11（ 5 分）

4、已知函數f（x）=x2 2x+a（ex 1+e x+1）有唯獨零點，就a=（）a bcd112（ 5 分）在矩形 abcd 中， ab=1 ， ad=2 ，動點 p 在以點 c 為圓心且與 bd相切的圓上如=+，就 +的最大值為（）a 3b2cd 2二、填空題 :此題共 4 小題，每道題 5 分，共 20 分；13（5 分）如 x，y 滿意約束條件，就 z=3x4y 的最小值為14（ 5 分）設等比數列 a n 滿意 a1+a2= 1， a1a3=3，就 a4=15（ 5 分）設函數 f（x）=，就滿意 f（x ）+f （x） 1 的 x 的取值范疇是16（5 分）a，b 為空間中兩條相互垂直

5、的直線，等腰直角三角形abc 的直角邊ac 所在直線與 a， b 都垂直，斜邊 ab 以直線 ac 為旋轉軸旋轉，有以下結論：當直線 ab 與 a 成 60°角時， ab 與 b 成 30°角；當直線 ab 與 a 成 60°角時， ab 與 b 成 60°角；直線 ab 與 a 所成角的最小值為45°；直線 ab 與 a 所成角的最小值為60°；其中正確選項（填寫全部正確結論的編號）三、解答題：共70 分；解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟；第1721 題為必考題，每個試題考生都必需作答；第22、23 題為選考題，考生依據要求作

6、答；（一）必考題： 60 分；17（12 分）abc 的內角 a ，b，c 的對邊分別為 a，b，c，已知 sina+cosa=0，a=2，b=2（ 1）求 c；（ 2）設 d 為 bc 邊上一點，且 ad ac，求abd 的面積18（ 12 分）某超市方案按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶 4元，售價每瓶 6 元，未售出的酸奶降價處理， 以每瓶 2 元的價格當天全部處理完 依據往年銷售體會，每天需求量與當天最高氣溫（單位：）有關假如最高氣溫不低于 25，需求量為500 瓶；假如最高氣溫位于區間20， 25），需求量為 300瓶；假如最高氣溫低于20，需求量為200 瓶為了確定六月

7、份的訂購方案，統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表：最高氣溫10，15） 15，20） 20，25） 25，30） 30， 35） 35，40）天數216362574以最高氣溫位于各區間的頻率代替最高氣溫位于該區間的概率（ 1）求六月份這種酸奶一天的需求量x （單位：瓶）的分布列；（ 2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為y（單位：元），當六月份這種酸奶一天的進貨量 n（單位：瓶）為多少時，y 的數學期望達到最大值？19（ 12 分）如圖，四周體abcd 中， abc 是正三角形， acd 是直角三角形， abd= cbd ，ab=bd （ 1）證明：平面 acd 平面 ab

8、c；（ 2）過 ac 的平面交 bd 于點 e，如平面 aec 把四周體 abcd 分成體積相等的兩部分，求二面角dae c 的余弦值20（ 12 分）已知拋物線c：y2=2x，過點（ 2，0）的直線 l 交 c 與 a，b 兩點，圓 m 是以線段 ab 為直徑的圓（ 1）證明：坐標原點o 在圓 m 上；（ 2）設圓 m 過點 p（4， 2），求直線 l 與圓 m 的方程21（ 12 分）已知函數 f （x）=x1 alnx（ 1）如 f（x ）0，求 a 的值；（ 2）設 m 為整數，且對于任意正整數n，（1+）（1+）（1+）m，求m 的最小值（二）選考題：共10 分；請考生在第22、23

9、 題中任選一題作答，假如多做，就按所做的第一題計分；選修 4-4：坐標系與參數方程 22（ 10 分）在直角坐標系xoy 中，直線 l1 的參數方程為，（t 為參數），直線 l 2 的參數方程為，（ m 為參數）設 l 1 與 l2 的交點為 p，當 k 變化時，p 的軌跡為曲線c（ 1）寫出 c 的一般方程；（ 2）以坐標原點為極點， x 軸正半軸為極軸建立極坐標系，設l3：（ cos+sin）=0，m 為 l3 與 c 的交點，求 m 的極徑選修 4-5：不等式選講 23已知函數 f （x）=|x+1| |x2|（ 1）求不等式 f （x）1的解集；（ 2）如不等式 f （x）x2x+m

10、的解集非空，求 m 的取值范疇2021 年廣西高考數學試卷（理科）（全國新課標）參考答案與試題解析一、挑選題：此題共12 小題，每道題5 分，共 60 分；在每道題給出的四個選項中，只有哪一項符合題目要求的；1（ 5 分）（ 2021.新課標） 已知集合 a= （x，y）|x2+y2=1 ，b=（x，y）|y=x ，就 ab中元素的個數為（）a 3b2c 1d0【分析】 解不等式組求出元素的個數即可【解答】 解：由，解得：或， ab的元素的個數是2 個，應選： b【點評】 此題考查了集合的運算，是一道基礎題2（5 分）（2021.新課標）設復數z 滿意（ 1+i）z=2i，就|z|=（）abc

11、d2【分析】 利用復數的運算法就、模的運算公式即可得出【解答】 解：（ 1+i）z=2i，（ 1i）（1+i）z=2i（1i），z=i+1就|z|=應選： c【點評】此題考查了復數的運算法就、模的運算公式， 考查了推理才能與運算才能，屬于基礎題3（5 分）（2021.新課標）某城市為明白游客人數的變化規律，提高旅行服務質量，收集并整理了2021 年 1 月至 2021 年 12 月期間月接待游客量（單位：萬人）的數據，繪制了下面的折線圖依據該折線圖，以下結論錯誤選項（） a月接待游客量逐月增加 b年接待游客量逐年增加 c各年的月接待游客量高峰期大致在7，8 月d各年 1 月至 6 月的月接待游

12、客量相對于7 月至 12 月，波動性更小，變化比較平穩【分析】 依據已知中 2021 年 1 月至 2021 年 12 月期間月接待游客量（單位：萬人）的數據，逐一分析給定四個結論的正誤，可得答案【解答】 解：由已有中 2021 年 1 月至 2021 年 12 月期間月接待游客量（單位： 萬人）的數據可得：月接待游客量逐月有增有減，故a 錯誤；年接待游客量逐年增加，故b 正確；各年的月接待游客量高峰期大致在7，8 月，故 c 正確；各年 1 月至 6 月的月接待游客量相對于7 月至 12 月，波動性更小，變化比較平穩，故 d 正確；應選： a【點評】 此題考查的學問點是數據的分析，命題的真假

13、判定與應用，難度不大，屬于基礎題4（ 5 分）（2021.新課標）（x+y）（2x y5 的綻開式中的 x3y3 系數為 （）a 80b 40c40d80【分析】（2x y） 5 的綻開式的通項公式： tr+1 =（2x） 5 r（ y） r=25r（ 1）rx5 ryr令 5r=2，r=3，解得 r=3令 5r=3，r=2，解得 r=2即可得出r5 r【解答】解：（2x y）5 的綻開式的通項公式： tr+1 =（2x）5r（ y） =2（1）rx5 ryr令 5r=2，r=3，解得 r=3 令 5r=3，r=2，解得 r=2（ x+y）（2x y）5 的綻開式中的 x3y3 系數=+23&

14、#215;=40應選： c【點評】此題考查了二項式定理的應用，考查了推理才能與運算才能，屬于中檔題5（5 分）（2021.新課標）已知雙曲線c：=1 （a0，b 0）的一條漸近線方程為 y=x，且與橢圓+=1 有公共焦點，就c 的方程為（）a=1b=1c=1d=1【分析】求出橢圓的焦點坐標， 得到雙曲線的焦點坐標， 利用雙曲線的漸近線方程，求出雙曲線實半軸與虛半軸的長，即可得到雙曲線方程【解答】 解：橢圓+=1 的焦點坐標（ ±3，0），就雙曲線的焦點坐標為（±3，0），可得 c=3，雙曲線 c：=1（a 0，b0）的一條漸近線方程為y=x，可得，即，可得=，解得 a=2，

15、 b=，所求的雙曲線方程為：=1 應選： b【點評】此題考查橢圓與雙曲線的簡潔性質的應用，雙曲線方程的求法， 考查計算才能6（5 分）（2021.新課標）設函數f （x ）=cos（ x+），就以下結論錯誤選項（）a f（x ）的一個周期為 2b y=f（ x）的圖象關于直線x=對稱c f（x+）的一個零點為x= d f（x ）在（，）單調遞減【分析】 依據三角函數的圖象和性質分別進行判定即可【解答】 解： a函數的周期為2k，當 k=1 時，周期 t= 2，故 a 正確，b當 x=時， cos（ x+）=cos（+）=cos=cos3=1 為最小值，此時 y=f （x）的圖象關于直線x=對稱

16、，故 b 錯誤， c 當 x= 時， f （+）=cos（+ ）=cos=0，就 f （x+）的一個零點為 x=，故 c 正確，d當x時，x+，此時函數 f（ x ）不是單調函數，故d錯誤， 應選： d【點評】此題主要考查與三角函數有關的命題的真假判定，依據三角函數的圖象和性質是解決此題的關鍵7（ 5 分）（2021.新課標）執行如圖的程序框圖，為使輸出s 的值小于 91，就輸入的正整數 n 的最小值為（）a 5b4c 3d2【分析】 通過模擬程序，可得到s 的取值情形，進而可得結論【解答】 解：由題可知初始值t=1， m=100，s=0，要使輸出 s 的值小于 91，應滿意 “t n，”就進

17、入循環體，從而s=100，m= 10，t=2，要使輸出 s 的值小于 91，應接著滿意 “t n，”就進入循環體，從而s=90，m=1 ，t=3，要使輸出 s 的值小于 91，應接著滿意 “t n，”就進入循環體，從而s=91，m= 0.1， t=4，要使輸出 s 的值小于 91，應不滿意 “t n，”跳出循環體，此時 n 的最小值為 3，應選： c【點評】此題考查程序框圖， 判定出什么時候跳出循環體是解決此題的關鍵，留意解題方法的積存，屬于中檔題8（ 5 分）（2021.新課標）已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，就該圓柱的體積為（）a bcd【分析】推導出該圓

18、柱底面圓周半徑r=，由此能求出該圓柱的體積【解答】 解：圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2 的同一個球的球面上，該圓柱底面圓周半徑r=，該圓柱的體積： v=sh=應選： b【點評】此題考查面圓柱的體積的求法，考查圓柱、球等基礎學問，考查推理論證才能、運算求解才能、空間想象才能，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，是中檔題9（5 分）（2021.新課標）等差數列 a n 的首項為 1，公差不為 0如 a2，a3，a6 成等比數列，就 an 前 6 項的和為（）a 24b 3 c3d 8【分析】利用等差數列通項公式、等比數列性質列出方程，求出公差，由此能求出an 前 6 項的和【解答】 解：

19、等差數列 an 的首項為 1，公差不為 0a2，a3， a6 成等比數列，（ a1 +2d）2=（ a1+d）（a1+5d），且 a1=1， d0，解得 d=2， an 前 6 項的和為=24 應選： a【點評】此題考查等差數列前6 項和的求法，是基礎題，解題時要仔細審題，注意等差數列、等比數列的性質的合理運用10（ 5 分）（ 2021.新課標）已知橢圓c：=1（ab0）的左、右頂點分別為 a1，a 2 ，且以線段 a1a 2 為直徑的圓與直線bxay+2ab=0 相切，就 c 的離心率為（）ab cd【分析】以線段 a1a 2 為直徑的圓與直線bxay+2ab=0相切，可得原點到直線的 距

20、離=a，化簡即可得出【解答】 解：以線段 a 1a 2 為直徑的圓與直線bxay+2ab=0相切，原點到直線的距離=a，化為： a2=3b2橢圓 c 的離心率 e= 應選： a【點評】此題考查了橢圓的標準方程及其性質、直線與圓相切的性質、 點到直線的距離公式，考查了推理才能與運算才能，屬于中檔題11（ 5 分）（ 2021.新課標）已知函數f（ x） =x2 2x+a（ ex1+e x+1）有唯獨零點，就 a=（）abcd 1【分析】通過轉化可知問題等價于函數y=1（ x 1）2 的圖象與 y=a（ex 1+）的圖象只有一個交點求a 的值分 a=0、a0、a0 三種情形，結合函數的單調性分析可

21、得結論【解答】解：由于 f（x）=x22x+a（ex 1+ex+1 ）=1+（ x1）2+a（ex 1+）=0，所以函數 f（ x）有唯獨零點等價于方程1（ x1）2=a（ ex1+）有唯獨解，等價于函數 y=1（ x 1） 2 的圖象與 y=a（ex 1+）的圖象只有一個交點當 a=0 時， f（x ）=x22x1，此時有兩個零點，沖突；當 a0 時，由于 y=1（x1）2 在（ ，1）上遞增、在（ 1，+）上遞減， 且 y=a（ex 1+）在（ ，1）上遞增、在（ 1，+）上遞減，所以函數 y=1（ x1）2 的圖象的最高點為a（1，1）， y=a（ex 1+）的圖象的最高點為 b（ 1，

22、 2a），由于 2a 0 1，此時函數 y=1（ x 1）2 的圖象與 y=a（ex 1+）的圖象有兩個交點，沖突；當 a0 時，由于 y=1（x1）2 在（ ，1）上遞增、在（ 1，+）上遞減，且 y=a（ex 1+）在（ ，1）上遞減、在（ 1，+）上遞增，所以函數 y=1（ x1）2 的圖象的最高點為a（1，1）， y=a（ex 1+）的圖象的最低點為 b（ 1， 2a），由題可知點 a 與點 b 重合時滿意條件，即2a=1，即 a=，符合條件；綜上所述， a=，應選： c【點評】此題考查函數零點的判定定理， 考查函數的單調性， 考查運算求解才能，考查數形結合才能， 考查轉化與化歸思想，

23、 考查分類爭論的思想， 留意解題方法的積存，屬于難題12（ 5 分）（2021.新課標）在矩形abcd 中， ab=1 ，ad=2 ，動點 p 在以點c 為圓心且與 bd 相切的圓上如=+，就 +的最大值為（）a 3b2cd2【分析】如圖：以 a 為原點，以 ab ，ad 所在的直線為 x，y 軸建立如下列圖的坐標系，先求出圓的標準方程，再設點p 的坐標為（cos+，1sin +）2，依據=+，求出 ，依據三角函數的性質即可求出最值【解答】解：如圖：以 a 為原點，以 ab ，ad 所在的直線為 x，y 軸建立如下列圖的坐標系，就 a （0，0）， b（1，0）， d（ 0， 2），c（ 1，

24、 2），動點 p 在以點 c 為圓心且與 bd 相切的圓上， 設圓的半徑為 r， bc=2，cd=1， bd=bc.cd=bd.r， r=，圓的方程為（ x1）2+（y2）2=，設點 p 的坐標為（cos+，1sin +）2，=+，（cos+，1sin 2）=（ 1，0）+（0，2）=（，2），cos+1=，sin +2=2， +=cos+ sin +2=s（in +） +2，其中 tan =，2 1sin（+） 1， 1 +，3故 +的最大值為 3，應選： a【點評】此題考查了向量的坐標運算以及圓的方程和三角函數的性質，關鍵是設點 p 的坐標，考查了同學的運算才能和轉化才能，屬于中檔題二、填

25、空題 :此題共 4 小題，每道題 5 分，共 20 分；13（ 5 分）（ 2021.新課標）如 x，y 滿意約束條件，就 z=3x 4y 的最小值為1【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用目標函數的幾何意義， 求目標函數z=3x4y 的最小值【解答】解：由 z=3x4y，得 y=x，作出不等式對應的可行域 （陰影部分），平移直線 y=x，由平移可知當直線y=x，經過點 b（ 1， 1）時，直線 y=x的截距最大，此時z 取得最小值，將 b 的坐標代入 z=3x4y=34= 1，即目標函數 z=3x4y 的最小值為 1故答案為： 1【點評】此題主要考查線性規劃的應用，利用目標函數的幾何意義，

26、 結合數形結合的數學思想是解決此類問題的基本方法14（5 分）（2021.新課標） 設等比數列 a n 滿意 a1+a2=1，a1a3= 3，就 a4= 8【分析】設等比數列 a n 的公比為 q，由 a1+a2=1，a1a3=3，可得： a1（1+q）2=1，a1（ 1 q ）=3，解出即可得出【解答】 解：設等比數列 an 的公比為 q， a1+a2 = 1， a1a3=3， a1 （1+q）=1，a1（ 1 q2）=3， 解得 a1=1，q= 2就 a4=（ 2）3= 8 故答案為： 8【點評】此題考查了等比數列的通項公式，考查了推理才能與運算才能，屬于中檔題15（ 5 分）（2021.

27、新課標）設函數f（ x） =，就滿意 f（ x） +f（x） 1 的 x 的取值范疇是x【分析】 依據分段函數的表達式，分別爭論x 的取值范疇，進行求解即可【解答】 解：如 x0，就 x，就 f（ x） +f（x） 1 等價為 x+1+x+1 1，即 2x ，就 x ，此時x0，當 x0 時， f（x ）=2x1，x，當 x0 即 x時，滿意 f（x）+f（ x） 1 恒成立，當 0x，即x0 時， f（ x）=x+1=x+，此時 f （x）+f（x） 1 恒成立，綜上 x， 故答案為： x【點評】此題主要考查不等式的求解，結合分段函數的不等式， 利用分類爭論的數學思想進行求解是解決此題的關鍵

28、16（ 5 分）（2021.新課標） a， b 為空間中兩條相互垂直的直線，等腰直角三 角形 abc 的直角邊 ac 所在直線與 a， b 都垂直，斜邊 ab 以直線 ac 為旋轉軸旋轉，有以下結論：當直線 ab 與 a 成 60°角時， ab 與 b 成 30°角；當直線 ab 與 a 成 60°角時， ab 與 b 成 60°角；直線 ab 與 a 所成角的最小值為45°；直線 ab 與 a 所成角的最小值為60°；其中正確選項（填寫全部正確結論的編號）【分析】 由題意知， a、b、ac 三條直線兩兩相互垂直，構建如下列圖的邊長為

29、1 的正方體， |ac|=1，|ab|=，斜邊 ab 以直線 ac 為旋轉軸，就 a 點保持不變， b 點的運動軌跡是以c 為圓心， 1 為半徑的圓，以c 坐標原點，以 cd 為 x軸， cb 為 y 軸， ca 為 z 軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出結果【解答】 解：由題意知， a、b、ac 三條直線兩兩相互垂直，畫出圖形如圖，不妨設圖中所示正方體邊長為1， 故|ac|=1， |ab|=，斜邊 ab 以直線 ac 為旋轉軸，就 a 點保持不變，b 點的運動軌跡是以c 為圓心， 1 為半徑的圓，以 c 坐標原點，以 cd 為 x 軸， cb 為 y 軸， ca 為 z 軸，建立空間直

30、角坐標系， 就 d（1，0，0）， a （0，0，1），直線 a 的方向單位向量=（0，1，0），|=1，直線 b 的方向單位向量=（1，0，0），|=1，設 b 點在運動過程中的坐標中的坐標b（cos，sin ，0），其中 為 bc與 cd 的夾角， 0， 2）， ab在運動過程中的向量， =（ cos， sin ，1）， |=，設與所成夾角為 0 ，就 cos=|sin|0 ， ，正確，錯誤設與所成夾角為 0 ，cos =|cos ，|當與夾角為 60°時，即 = ，|sin |=， cos2 +si2n =，1 cos = |cos |=， 0， ， = ，此時與 的夾角為 6

31、0°，正確，錯誤故答案為：【點評】此題考查命題真假的判定，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎學問，考查推理論證才能、運算求解才能、空間想象才能，考查數形結合思想、化歸與轉化思想，是中檔題三、解答題：共70 分；解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟；第1721 題為必考題，每個試題考生都必需作答；第22、23 題為選考題，考生依據要求作答；（一）必考題： 60 分；17（ 12 分）（2021.新課標） abc 的內角 a ， b， c 的對邊分別為 a，b，c，已知 sina+cosa=0， a=2，b=2（ 1）求 c；（ 2）設 d 為 bc 邊上一點，且 ad ac

32、，求abd 的面積【分析】（1）先依據同角的三角函數的關系求出a ，再依據余弦定理即可求出，（ 2）先依據夾角求出cosc，求出 ad 的長，再求出 abc 和adc 的面積，即可求出 abd 的面積【解答】 解：（1） sina+cosa=0， tana=， 0 a ， a=，由余弦定理可得a2=b2+c2 2bccosa，即 28=4+c2 2×2c×（），即 c2+2c24=0，解得 c=6（舍去）或 c=4，（ 2） c2 =b2+a22abcosc， 16=28+4 2×2×2×cosc， cosc=， sinc=， tanc=在 r

33、tacd 中， tanc=， ad=， sacd =ac.ad=×2×=， sabc =ab.ac.sinbad=×4×2×=2， sabd =sabc sadc =2=【點評】此題考查了余弦定理和三角形的面積公式，以及解三角形的問題， 屬于中檔題18（12 分）（2021.新課標）某超市方案按月訂購一種酸奶，每天進貨量相同，進貨成本每瓶 4 元，售價每瓶 6 元，未售出的酸奶降價處理， 以每瓶 2 元的價格當天全部處理完依據往年銷售體會，每天需求量與當天最高氣溫（單位：）有關假如最高氣溫不低于25，需求量為 500 瓶；假如最高氣溫位于區間2

34、0， 25），需求量為 300 瓶；假如最高氣溫低于20，需求量為 200 瓶為了確定六月份的訂購方案，統計了前三年六月份各天的最高氣溫數據，得下面的頻數分布表：最高氣溫10，15） 15，20） 20，25） 25，30） 30， 35） 35，40）天數216362574以最高氣溫位于各區間的頻率代替最高氣溫位于該區間的概率（ 1）求六月份這種酸奶一天的需求量x （單位：瓶）的分布列；（ 2）設六月份一天銷售這種酸奶的利潤為y（單位：元），當六月份這種酸奶一天的進貨量 n（單位：瓶）為多少時，y 的數學期望達到最大值？【分析】（1）由題意知 x 的可能取值為 200，300， 500，分別

35、求出相應的概率， 由此能求出 x 的分布列（ 2）當n200 時， y=n （ 6 4 ） =2n400， ey400；當200 n300 時，ey 1.2 × 300+160=5；2當0300n 500時，n=300 時，（ey ）max=6400.4 ×300=520；當 n500時， ey14402×500=440從而得到當n=300 時， ey 最大值為 520元【解答】 解：（1）由題意知 x 的可能取值為 200，300，500， p（x=200）=0.2，p（x=300）=，p（x=500）=0.4， x 的分布列為：x200300500p0.20.

36、40.4（ 2）當 n200時， y=n （64）=2n400，ey400，當 200n300時，如 x=200，就 y=200×（64）+（n200）×24）=8002n，如 x300，就 y=n （64）=2n， ey=p（x=200）×（800 2n）+p（x300）×2n=0.2（8002n）+0.8=1.2n+160， ey1.2 ×300+160=52，0當 300n500時，如 x=200，就 y=8002n，如 x=300，就 y=300×（64）+（n300）×（24）=1200 2n，當 n=300 時，

37、（ey ）max=6400.4 ×300=520，如 x=500，就 y=2n， ey=0.2×（ 8002n） +0.4（12002n）+0.4 ×2n=6400.4n，當 n500時， y=，ey=0.2（ 8002n） +0.4（12002n）+0.4（ 20002n）=1440 2n， ey14402×500=440綜上，當 n=300 時， ey 最大值為 520 元【點評】此題考查離散型隨機變量的分布列的求法，考查數學期望的最大值的求法，考查函數、離散型隨機變量分布列、數學期望等基礎學問，考查推理論證能 力、運算求解才能、空間想象才能，考查分

38、類與整合思想、化歸與轉化思想，是 中檔題19（12 分）（ 2021.新課標）如圖，四周體 abcd 中，abc 是正三角形，acd是直角三角形， abd= cbd， ab=bd （ 1）證明：平面 acd 平面 abc；（ 2）過 ac 的平面交 bd 于點 e，如平面 aec 把四周體 abcd 分成體積相等的兩部分，求二面角dae c 的余弦值【分析】（1）如下列圖， 取 ac 的中點 o，連接 bo，odabc 是等邊三角形， 可得 obac 由已知可得： abd cbd ，ad=cd acd 是直角三角形，可得 ac 是斜邊， adc=9°0可得 do=ac利用 do2+b

39、o2=ab 2=bd 2可得 obod利用線面面面垂直的判定與性質定理即可證明（ 2）設點 d， b 到平面 ace 的距離分別為 hd ，he就=依據平面 aec把四周體 abcd 分成體積相等的兩部分，可得=1，即點 e是 bd 的中點建立如下列圖的空間直角坐標系不妨取ab=2 利用法向量的夾角公式即可得出【解答】（1）證明：如下列圖，取ac 的中點 o，連接 bo，od abc 是等邊三角形， ob acabd 與cbd 中， ab=bd=bc ， abd= cbd， abd cbd ， ad=cd acd 是直角三角形， ac 是斜邊， adc=9°0 do=ac do2 +

40、bo2 =ab 2=bd2 bod=9°0 ob od又 doac=o ， ob平面 acd 又 ob. 平面 abc ，平面 acd 平面 abc （ 2）解：設點 d，b 到平面 ace 的距離分別為 hd， he就=平面 aec 把四周體 abcd 分成體積相等的兩部分，=1點 e 是 bd 的中點建立如下列圖的空間直角坐標系不妨取ab=2 就 o（0，0，0），a（ 1，0，0），c（ 1，0，0），d（ 0，0，1），b（0，0），e=（ 1，0，1），=，=（ 2， 0， 0）設平面ade的法向量為=（ x， y， z），就，即，取=同理可得：平面ace 的法向量為=（0

41、，1，） cos=二面角 dae c 的余弦值為【點評】此題考查了空間位置關系、空間角、三棱錐的體積運算公式、向量夾角公式，考查了推理才能與運算才能，屬于中檔題20（ 12 分）（2021.新課標）已知拋物線c：y2=2x，過點（ 2，0）的直線 l 交c 與 a ，b 兩點，圓 m 是以線段 ab 為直徑的圓（ 1）證明：坐標原點o 在圓 m 上；（ 2）設圓 m 過點 p（4， 2），求直線 l 與圓 m 的方程【分析】（1）方法一：分類爭論，當直線斜率不存在時，求得a 和 b 的坐標，由.=0，就坐標原點 o 在圓 m 上；當直線 l 斜率存在，代入拋物線方程，利用韋達定理及向量數量積的

42、可得.=0，就坐標原點 o 在圓 m 上；方法二：設直線l 的方程 x=my+2，代入橢圓方程，利用韋達定理及向量數量積的坐標運算，即可求得.=0，就坐標原點 o 在圓 m 上；（ 2）由題意可知：.=0，依據向量數量積的坐標運算，即可求得k的值，求得 m 點坐標，就半徑 r=丨 mp 丨，即可求得圓的方程【解答】解：方法一： 證明：（1）當直線 l 的斜率不存在時， 就 a（2，2），b（2， 2），就=（2，2），=（2， 2），就.=0，就坐標原點 o 在圓 m 上；當直線 l 的斜率存在，設直線l 的方程 y=k（ x 2），a （ x1 ，y1），b（x2， y2），整理得： k2x

43、2（ 4k2+1）x+4k2 =0，就 x1x2=4， 4x1x2=y 2 y 2=（ y1 y2）2，由 y1y20，12就 y1y2=4，由.=x1x2+y1y2 =0，就，就坐標原點 o 在圓 m 上，綜上可知：坐標原點o 在圓 m 上；方法二：設直線l 的方程 x=my+2，整理得： y23my 4=0，a （x1， y1），b（x2， y2），就 y1y2=4，就（ y1y2）2 =4x1x2，就 x1x2=4，就.=x1x2+y1 y2 =0，就，就坐標原點 o 在圓 m 上，坐標原點 o 在圓 m 上；（ 2）由（ 1）可知： x1x2=4，x1+x2=，y1+y2=，y1y2=

44、4，圓 m 過點 p（4， 2），就=（4x1， 2y1），=（4x2， 2 y2），由.=0，就（ 4x1）（4x2） +（ 2y1）（ 2y2）=0，整理得： k2+k2=0，解得： k=2，k=1，當 k= 2 時，直線 l 的方程為 y=2x+4， 就 x1+x2=，y1+y2=1，就 m （，），半徑為 r=丨 mp 丨=，圓 m 的方程（ x）2+（ y+） 2= 當直線斜率 k=1 時，直線 l 的方程為 y=x 2，同理求得 m （3，1），就半徑為 r=丨 mp 丨=，圓 m 的方程為（ x3）2+（ y 1） 2=10，綜上可知：直線l 的方程為 y= 2x+4，圓 m 的

45、方程（ x）2+（y+） 2=或直線 l 的方程為 y=x2，圓 m 的方程為（ x 3） 2+（ y1）2=10【點評】此題考查直線與拋物線的位置關系，考查韋達定理， 向量數量積的坐標運算，考查運算才能，屬于中檔題21（ 12 分）（2021.新課標）已知函數f（x）=x1alnx（ 1）如 f（x ）0，求 a 的值；（ 2）設 m 為整數，且對于任意正整數n，（1+）（1+）（1+）m，求m 的最小值【分析】（1）通過對函數f （x）=x 1 alnx（x0）求導，分a0、a0 兩種情形考慮導函數f （x）與 0 的大小關系可得結論；（ 2）通過（1）可知 lnx x1，進而取特別值可知

46、 ln（1+ ） ，kn* 一方面利用等比數列的求和公式放縮可知（ 1+ ）（1+ ） （1+ ） e；另一方面可知（1+ ）（1+ ） （ 1+ ）2，且當 n3時，（ 1+ ）（ 1+ ） （1+ ）（ 2，e）【解答】 解：（1）由于函數 f （x）=x 1 alnx，x0，所以 f （x）=1=，且 f （1） =0所以當 a0時 f （x） 0 恒成立，此時 y=f（x）在（ 0，+）上單調遞增，這與 f（x ）0沖突；當 a0 時令 f （ x） =0，解得 x=a，所以 y=f （x）在（ 0，a）上單調遞減，在（ a，+）上單調遞增，即f （x）min =f（ a），又由于 f（x）min =f（a）0，所以 a=1；（ 2）由（ 1）可知當 a=1 時 f （x）=x 1 lnx ，0即 lnx x1，所以 ln（ x+1）x當且僅當 x=0 時取等號，所以 ln（ 1+）， kn* 一方面，（1+）（ 1+）（ 1+）+=1 1，即（ 1+）（1+）（1+） e；另一方面，（1+）（1+）（1+）（ 1+）（1+）（1+）=2，同時當 n3時，（1+）（ 1+）（