2021年全国新高考试卷数学试题+（答案解析版pdf）

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2021年年年年年年普普普普普普通通通通通通高高高高高高等等等等等等学学学学学学校校校校校校招招招招招招生生生生生生全全全全全全国国国国国国统统统统统统一一一一一一考考考考考考试试试试试试数数数数数数学学学学学学本本本本本本试试试试试试卷卷卷卷卷卷共共共共共共4页页页页页页，，，，，，22小小小小小小题题题题题题，，，，，，满满满满满满分分分分分分150分分分分分分.考考考考考考试试试试试试用用用用用用时时时时时时120分分分分分分钟钟钟钟钟钟.注注注注注注意意意意意意事事事事事事项项项项项项：：：：：：1.答答答答答答卷卷卷卷卷卷前前前前前前，，，，，，考考考考考考生生生生生生务务务务务务必必必必必必将将将将将将自自自自自自己己己己己己的的的的的的姓姓姓姓姓姓名名名名名名......考考考考考考生生生生生生号号号号号号......考考考考考考场场场场场场号号号号号号和和和和和和座座座座座座位位位位位位号号号号号号填填填填填填写写写写写写在在在在在在答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡上上上上上上.用用用用用用2B铅铅铅铅铅铅笔笔笔笔笔笔将将将将将将试试试试试试卷卷卷卷卷卷类类类类类类型型型型型型(A)填填填填填填涂涂涂涂涂涂在在在在在在答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡相相相相相相应应应应应应位位位位位位置置置置置置上上上上上上.将将将将将将条条条条条条形形形形形形码码码码码码横横横横横横贴贴贴贴贴贴在在在在在在答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡右右右右右右上上上上上上角角角角角角“条条条条条条形形形形形形码码码码码码粘粘粘粘粘粘贴贴贴贴贴贴处处处处处处”.2.作作作作作作答答答答答答选选选选选选择择择择择择题题题题题题时时时时时时，，，，，，选选选选选选出出出出出出每每每每每每小小小小小小题题题题题题答答答答答答案案案案案案后后后后后后，，，，，，用用用用用用2B铅铅铅铅铅铅笔笔笔笔笔笔在在在在在在答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡上上上上上上对对对对对对应应应应应应题题题题题题目目目目目目选选选选选选项项项项项项的的的的的的答答答答答答案案案案案案信信信信信信息息息息息息点点点点点点涂涂涂涂涂涂黑黑黑黑黑黑：：：：：：如如如如如如需需需需需需改改改改改改动动动动动动，，，，，，用用用用用用橡橡橡橡橡橡皮皮皮皮皮皮擦擦擦擦擦擦干干干干干干净净净净净净后后后后后后，，，，，，再再再再再再选选选选选选涂涂涂涂涂涂其其其其其其他他他他他他答答答答答答案案案案案案.答答答答答答案案案案案案不不不不不不能能能能能能答答答答答答在在在在在在试试试试试试卷卷卷卷卷卷上上上上上上.3.非非非非非非选选选选选选择择择择择择题题题题题题必必必必必必须须须须须须用用用用用用黑黑黑黑黑黑色色色色色色字字字字字字迹迹迹迹迹迹的的的的的的钢钢钢钢钢钢笔笔笔笔笔笔或或或或或或签签签签签签字字字字字字笔笔笔笔笔笔作作作作作作答答答答答答，，，，，，答答答答答答案案案案案案必必必必必必须须须须须须写写写写写写在在在在在在答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡各各各各各各题题题题题题目目目目目目指指指指指指定定定定定定区区区区区区域域域域域域内内内内内内相相相相相相应应应应应应位位位位位位置置置置置置上上上上上上；；；；；；如如如如如如需需需需需需改改改改改改动动动动动动，，，，，，先先先先先先划划划划划划掉掉掉掉掉掉原原原原原原来来来来来来的的的的的的答答答答答答案案案案案案，，，，，，然然然然然然后后后后后后再写再写再写再写再写再写上上上上上上新新新新新新答答答答答答案案案案案案；；；；；；不不不不不不准准准准准准使使使使使使用用用用用用铅铅铅铅铅铅笔笔笔笔笔笔和和和和和和涂涂涂涂涂涂改改改改改改液液液液液液.不不不不不不按按按按按按以以以以以以上上上上上上要要要要要要求求求求求求作作作作作作答答答答答答无无无无无无效效效效效效.4.考考考考考考生生生生生生必必必必必必须须须须须须保保保保保保持持持持持持答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡的的的的的的整整整整整整洁洁洁洁洁洁.考考考考考考试试试试试试结结结结结结束束束束束束后后后后后后，，，，，，将将将将将将试试试试试试卷卷卷卷卷卷和和和和和和答答答答答答题题题题题题卡卡卡卡卡卡一一一一一一并并并并并并交交交交交交回回回回回回.一一一一一一......选选选选选选择择择择择择题题题题题题：：：：：：本本本本本本题题题题题题共共共共共共8小小小小小小题题题题题题，，，，，，每每每每每每小小小小小小题题题题题题5分分分分分分，，，，，，共共共共共共40分分分分分分.在在在在在在每每每每每每小小小小小小题题题题题题给给给给给给出出出出出出的的的的的的四四四四四四个个个个个个选选选选选选项项项项项项中中中中中中，，，，，，只只只只只只有有有有有有一一一一一一项项项项项项是是是是是是符符符符符符合合合合合合题题题题题题目目目目目目要要要要要要求求求求求求的的的的的的.1.设集合24Axx，2,3,4,5B，则AB（）A.2B.2,3C.3,4D.2,3,4【.案】B【解析】【分析】利用交集的定义可求AB.【详解】由题设有2,3AB，故选：B.2.已知2iz，则izz（）A.62iB.42iC.62iD.42i【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.【详解】因为2zi，故2zi，故22262zziiii故选：C.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【答案】B【解析】【分析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则22l，解得22l.故选：B.4.下列区间中，函数7sin6fxx单调递增的区间是（）A.0,2B.,2ππC.3,2D.3,22【答案】A【解析】【分析】解不等式22262kxkkZ，利用赋值法可得出结论.【详解】因为函数sinyx的单调递增区间为22,22kkkZ，对于函数7sin6fxx，由22262kxkkZ，解得22233kxkkZ，取0k，可得函数fx的一个单调递增区间为2,33，则20,,233，2,,233，A选项满足条件，B不满足条件；取1k，可得函数fx的一个单调递增区间为58,33，32,,233且358,,233，358,2,233，CD选项均不满足条件.故选：A.【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成sinyAωxφ形式，再求sinyAωxφ的单调区间，只需把x看作一个整体代入sinyx的相应单调区间内即可，注意要先把化为正数．5.已知1F，2F是椭圆C：22194xy的两个焦点，点M在C上，则12MFMF的最大值为（）A.13B.12C.9D.6【答案】C【解析】【分析】本题通过利用椭圆定义得到1226MFMFa，借助基本不等式212122MFMFMFMF即可得到答案．【详解】由题，229,4ab，则1226MFMFa，所以2121292MFMFMFMF（当且仅当123MFMF时，等号成立）．故选：C．【点睛】本题关键在于正确理解能够想到求最值的方法，即通过基本不等式放缩得到．6.若tan2，则sin1sin2sincos（）A.65B.25C.25D.65【答案】C【解析】【分析】将式子进行齐次化处理，代入tan2即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：22sinsincos2sincossin1sin2sinsincossincossincos2222sinsincostantan422sincos1tan145．故选：C．【点睛】易错点睛：本题如果利用tan2，求出sin,cos的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．7.若过点,ab可以作曲线exy的两条切线，则（）A.ebaB.eabC.0ebaD.0eab【答案】D【解析】【分析】根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果【详解】在曲线xye上任取一点,tPte，对函数xye求导得exy，所以，曲线xye在点P处的切线方程为ttyeext，即1ttyexte，由题意可知，点,ab在直线1ttyexte上，可得11tttbaeteate，令1tftate，则tftate.当ta时，0ft，此时函数ft单调递增，当ta时，0ft，此时函数ft单调递减，所以，maxaftfae，由题意可知，直线yb与曲线yft的图象有两个交点，则maxabfte，当1ta时，0ft，当1ta时，0ft，作出函数ft的图象如下图所示：由图可知，当0abe时，直线yb与曲线yft的图象有两个交点.故选：D.【点睛】数形结合是解决数学问题常用且有效的方法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【答案】B【解析】【分析】根据独立事件概率关系逐一判断【详解】11561()()()()6636366PPPP甲，乙，丙，丁，，1()0()()()()()36PPPPPP甲丙甲丙，甲丁甲丁，1()()()()0()()36PPPPPP乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选：B【点睛】判断事件,AB是否独立，先计算对应概率，再判断()()()PAPBPAB是否成立二二二二二二......选选选选选选择择择择择择题题题题题题：：：：：：本本本本本本题题题题题题共共共共共共4小小小小小小题题题题题题，，，，，，每每每每每每小小小小小小题题题题题题5分分分分分分，，，，，，共共共共共共20分分分分分分.在在在在在在每每每每每每小小小小小小题题题题题题给给给给给给出出出出出出的的的的的的选选选选选选项项项项项项中中中中中中，，，，，，有有有有有有多多多多多多项项项项项项符符符符符符合合合合合合题题题题题题目目目目目目要要要要要要求求求求求求.全全全全全全部部部部部部选选选选选选对对对对对对的的的的的的得得得得得得5分分分分分分，，，，，，部部部部部部分分分分分分选选选选选选对对对对对对的的的的的的得得得得得得2分分分分分分，，，，，，有有有有有有选选选选选选错错错错错错的的的的的的得得得得得得0分分分分分分.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iiyxc(1,2,,),inc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.两组样数据的样本极差相同【答案】CD【解析】【分析】A、C利用两组数据的线性关系有()()EyExc、()()DyDx，即可判断正误；根据中位数、极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D的正误.【详解】A：()()()EyExcExc且0c，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为ix，则第二组的中位数为iiyxc，显然不相同，错误；C：()()()()DyDxDcDx，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为maxminxx，则第二组的极差为maxminmaxminmaxmin()()yyxcxcxx，故极差相同，正确；故选：CD10.已知O为坐标原点，点1cos,sinP，2cos,sinP，3cos,sinP，1,0A，则（）A.12OPOPB.12APAPC.312OAOPOPOPD.123OAOPOPOP【答案】AC【解析】【分析】A、B写出1OP，2OP、1AP，2AP的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详解】A：1(cos,sin)OP，2(cos,sin)OP，所以221||cossin1OP，222||(cos)(sin)1OP，故12||||OPOP，正确；B：1(cos1,sin)AP，2(cos1,sin)AP，所以222221||(cos1)sincos2cos1sin2(1cos)4sin2|sin|22AP，同理222||(cos1)sin2|sin|2AP，故12||,||APAP不一定相等，错误；C：由题意得：31cos()0sin()cos()OAOP，12coscossin(sin)cos()OPOP，正确；D：由题意得：11cos0sincosOAOP，23coscos()(sin)sin()OPOP22coscossinsincossinsincoscossincoscos2sinsin2cos(2)，错误；故选：AC11.已知点P在圆225516xy上，点4,0A、0,2B，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2C.当PBA最小时，32PBD.当PBA最大时，32PB【答案】ACD【解析】【分析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.【详解】圆225516xy的圆心为5,5M，半径为4，直线AB的方程为142xy，即240xy，圆心M到直线AB的距离为2252541111545512，所以，点P到直线AB的距离的最小值为115425，最大值为1154105，A选项正确，B选项错误；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB，22052534BM，4MP，由勾股定理可得2232BPBMMP，CD选项正确.故选：ACD.【点睛】结论点睛：若直线l与半径为r的圆C相离，圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直线l的距离的取值范围是,drdr.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【答案】BD【解析】【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将P点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．【详解】易知，点P在矩形11BCCB内部（含边界）．对于A，当1时，11=BPBCBBBCCC，即此时P线段1CC，1ABP△周长不是定值，故A错误；对于B，当1时，1111=BPBCBBBBBC，故此时P点轨迹为线段11BC，而11//BCBC，11//BC平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当12时，112BPBCBB，取BC，11BC中点分别为Q，H，则BPBQQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，13,0,12A，0,0P,，10,,02B，则13,0,12AP，10,,2BP，10，所以0或1．故,HQ均满足，故C错误；对于D，当12时，112BPBCBB，取1BB，1CC中点为,MN．BPBMMN，所以P点轨迹为线段MN．设010,,2Py，因为30,02A，，所以031,,22APy，131,,122AB，所以00311104222yy，此时P与N重合，故D正确．故选：BD．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．三三三三三三......填填填填填填空空空空空空题题题题题题：：：：：：本本本本本本题题题题题题共共共共共共4小小小小小小题题题题题题，，，，，，每每每每每每小小小小小小题题题题题题5分分分分分分，，，，，，共共共共共共20分分分分分分.13.已知函数322xxxafx是偶函数，则a______.【答案】1【解析】【分析】利用偶函数的定义可求参数a的值.【详解】因为322xxxafx，故322xxfxxa，因为fx为偶函数，故fxfx，时332222xxxxxaxa，整理得到12+2=0xxa，故1a，故答案为：114.已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx(0p)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______.【答案】32x【解析】【分析】先用坐标表示PQ，，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果.【详解】不妨设(,)(6,0),(6,)22ppPpQPQp因为PQOP，所以260032ppppC的准线方程为32x故答案为：32x【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.15.函数212lnfxxx的最小值为______.【答案】1【解析】【分析】由解析式知()fx定义域为(0,)，讨论102x、112x、1x，并结合导数研究的单调性，即可求()fx最小值.【详解】由题设知：()|21|2lnfxxx定义域为(0,)，∴当102x时，()122lnfxxx，此时()fx单调递减；当112x时，()212lnfxxx，有2()20fxx，此时()fx单调递减；当1x时，()212lnfxxx，有2()20fxx，此时()fx单调递增；又()fx在各分段的界点处连续，∴综上有：01x时，()fx单调递减，1x时，()fx单调递增；∴()(1)1fxf故答案为：1.16.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20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和21240dmS，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和22180dmS，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1nkkS______2dm.【答案】(1).5(2).41537202nn【解析】【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得nS，再根据错位相减法得结果.【详解】（1）对折4次可得到如下规格：5124dmdm，562dmdm，53dmdm，3102dmdm，3204dmdm，共5种；（2）由题意可得12120S，2360S，3430S，4515S，，112012nnnS，设012112011202120312042222nnS，则121120111202120312022222nnnnS，两式作差得12116011201120111112240120240122222212nnnnnnS112011203120360360222nnnnn，因此，4240315372072022nnnnS.故答案为：5；41537202nn.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于nnab结构，其中na是等差数列，nb是等比数列，用错位相减法求和；（3）对于nnab结构，利用分组求和法；（4）对于11nnaa结构，其中na是等差数列，公差为0dd，则111111nnnnaadaa，利用裂项相消法求和.四四四四四四......解解解解解解答答答答答答题题题题题题：：：：：：本本本本本本题题题题题题共共共共共共6小小小小小小题题题题题题，，，，，，共共共共共共70分分分分分分.解解解解解解答答答答答答应应应应应应写出写出写出写出写出写出文文文文文文字字字字字字说说说说说说明明明明明明......证证证证证证明明明明明明过过过过过过程程程程程程或或或或或或演演演演演演算算算算算算步步步步步步骤骤骤骤骤骤.17.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.【答案】（1）122,5bb；（2）300.【解析】【分析】（1）根据题设中的递推关系可得13nnbb，从而可求nb的通项.（2）根据题设中的递推关系可得na的前20项和为20S可化为2012910210Sbbbb，利用（1）的结果可求20S.【详解】（1）由题设可得121243212,1215baabaaa又22211kkaa，2122kkaa，故2223kkaa即13nnbb即13nnbb所以nb为等差数列，故21331nbnn.（2）设na的前20项和为20S，则2012320Saaaa，因为123419201,1,,1aaaaaa，所以20241820210Saaaa1291091021021023103002bbbb.【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.18.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，己知小明能正确回答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.【答案】（1）见解析；（2）B类．【解析】【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分X的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1）类似，找出先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．【详解】（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20，100．010.80.2PX；200.810.60.32PX；1000.80.60.48PX．所以X的分布列为X020100P0.20.320.48（2）由（1）知，00.2200.321000.4854.4EX．若小明先回答B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．010.60.4PY；800.610.80.12PY；1000.80.60.48PX．所以00.4800.121000.4857.6EY．因为54.457.6，所以小明应选择先回答B类问题．19.记ABC是内角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.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb，结合已知即可证结论.（2）由题设2,,33bbBDbADDC，应用余弦定理求cosADB、cosCDB，又ADBCDB，可得42221123bbaa，结合已知及余弦定理即可求cosABC.【详解】（1）由题设，sinsinaCBDABC，由正弦定理知：sinsincbCABC，即sinsinCcABCb，∴acBDb，又2bac，∴BDb，得证.（2）由题意知：2,,33bbBDbADDC，∴22222241399cos24233bbbccADBbbb，同理2222221099cos2233bbbaaCDBbbb，∵ADBCDB，∴2222221310994233bbcabb，整理得2221123bac，又2bac，∴42221123bbaa，整理得422461130aabb，解得2213ab或2232ab，由余弦定理知：222224cos232acbaABCacb，当2213ab时，7cos16ABC不合题意；当2232ab时，7cos12ABC；综上，7cos12ABC.【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及ADBCDB得到,,abc的数量关系，结合已知条件及余弦定理求cosABC.20.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.【答案】(1)详见解析(2)36【解析】【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【详解】（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD因为平面ABD平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD，AO平面ABD，因此AO⊥平面BCD，因为CD平面BCD，所以AO⊥CD(2)作EF⊥BD于F,作FM⊥BC于M,连FM因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD,AO⊥CD所以EF⊥BD,EF⊥CD,BDCDD,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因为FM⊥BC，FMEFF,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF则EMF为二面角E-BC-D的平面角,4EMF因为BOOD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形因为2BEED,1112(1)2233FMBF从而EF=FM=213AOAO平面BCD,所以11131133326BCDVAOS【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.21.在平面直角坐标系xOy中，已知点117,0F、21217,02FMFMF，点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.【答案】（1）221116yxx；（2）0.【解析】【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C的方程；（2）设点1,2Tt，设直线AB的方程为112ytkx，设点11,Axy、22,Bxy，联立直线AB与曲线C的方程，列出韦达定理，求出TATB的表达式，设直线PQ的斜率为2k，同理可得出TPTQ的表达式，由TATBTPTQ化简可得12kk的值.【详解】因为12122217MFMFFF，所以，轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为222210,0xyabab，则22a，可得1a，2174ba，所以，轨迹C的方程为221116yxx；（2）设点1,2Tt，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，不妨直线AB的方程为112ytkx，即1112ykxtk，联立1122121616ykxtkxy，消去y并整理可得222111111621602kxktkxtk，设点11,Axy、22,Bxy，则112x且212x.由韦达定理可得2111221216kktxxk，211221116216tkxxk，所以，22122121121122112111111222416tkxxTATBkxxkxxk，设直线PQ的斜率为2k，同理可得2222212116tkTPTQk，因为TATBTPTQ，即22221222121211211616tktkkk，整理可得2212kk，即12120kkkk，显然120kk，故120kk.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．22.已知函数1lnfxxx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab，证明：112eab.【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设1211,xxab，原不等式等价于122xxe，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设21xtx，从而把12xxe转化为1ln1ln0tttt在1,上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为0,，又1ln1lnfxxx，当0,1x时，0fx，当1,+x时，0fx，故fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+.（2）因为lnlnbaabab，故ln1ln+1baab，即ln1ln+1abab，故11ffab，设1211,xxab，由（1）可知不妨设1201,1xx.因为0,1x时，1ln0fxxx，,xe时，1ln0fxxx，故21xe.先证：122xx，若22x，122xx必成立.若22x，要证：122xx，即证122xx，而2021x，故即证122fxfx，即证：222fxfx，其中212x.设2,12gxfxfxx，则2lnln2gxfxfxxxln2xx，因为12x，故021xx，故ln20xx，所以0gx，故gx在1,2为增函数，所以10gxg，故2fxfx，即222fxfx成立，所以122xx成立，综上，122xx成立.设21xtx，则1t，结合ln1ln+1abab，1211,xxab可得：11221ln1lnxxxx，即：111ln1lnlnxttx，故11lnln1tttxt，要证：12xxe，即证11txe，即证1ln1ln1tx，即证：1lnln111ttttt，即证：1ln1ln0tttt，令1ln1ln,1Stttttt，则112ln11lnln111tStttttt，先证明一个不等式：ln1xx.设ln1uxxx，则1111xuxxx，当10x时，0ux；当0x时，0ux，故ux在1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故max00uxu，故ln1xx成立由上述不等式可得当1t时，112ln11ttt，故0St恒成立，故St在1,上为减函数，故10StS，故1ln1ln0tttt成立，即12xxe成立.综上所述，112eab.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题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