2021年高考数学真题试卷(浙江卷)带答案解析

2021年高考数学真题试卷（浙江卷）
一、选择题：本大题共10小题，每小题4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。

（共10题；共40分）
1.设集合A={x|x≥1}，B={x|−1<x<2}，则A∩B=（）
A. {x|x>−1}
B. {x|x≥1}
C. {x|−1<x<1}
D. {x|1≤x<2}
【答案】 D
【考点】交集及其运算
【解析】【解答】由交集的定义结合题意可得：A∩B={x|1≤x<2}.
故答案为：D.
【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。

2.已知a∈R，(1+ai)i=3+i，(i为虚数单位)，则a=（）
A. -1
B. 1
C. -3
D. 3
【答案】C
【考点】复数代数形式的乘除运算，复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】(1+ai)i=i−a=−a+i，
利用复数相等的充分必要条件可得：−a=3,∴a=−3.
故答案为：C.
【分析】根据复数相等的条件，即可求得a的值。

3.已知非零向量a⃗,b⃗⃗,c⃗，则“ a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗”是“ a⃗=b⃗⃗”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. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【考点】充分条件，必要条件，充要条件，平面向量数量积的运算
【解析】【解答】若a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗，则(a⃗−b⃗⃗)⋅c⃗=0，推不出a⃗=b⃗⃗；若a⃗=b⃗⃗，则a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗必成立，
故“ a⃗⋅c⃗=b⃗⃗⋅c⃗”是“ a⃗=b⃗⃗”的必要不充分条件
故答案为：B.
【分析】先将条件等式变形，可能得到条件不充分，后者显然成立。

4.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）
A. 3
2 B.
3 C. 3√2
2
D. 3√2 【答案】 A
【考点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】几何体为如图所示的四棱柱 ABCD −A 1B 1C 1D 1 ，其高为1，底面为等腰梯形 ABCD ，
该等腰梯形的上底为 √2 ，下底为 2√2 ，腰长为1，故梯形的高为 √1−12
=√2
2
，
故 V ABCD−A 1B 1C 1D 1=12×(√2+2√2)×√22×1=3
2
，
故答案为：A.
【分析】先由三视图，还原立体图形，然后根据数量关系计算体积。

5.若实数x ， y 满足约束条件 {x +1≥0
x −y ≤02x +3y −1≤0 ，则 z =x −1
2y 的最小值是（ ）
A. -2
B. −3
2 C. −1
2 D. 1
10 【答案】 B
【考点】简单线性规划
【解析】【解答】画出满足约束条件 {x +1≥0
x −y ≤02x +3y −1≤0 的可行域，
如下图所示：
目标函数 z =x −1
2y 化为 y =2x −2z ，
由 {
x =−12x +3y −1=0 ，解得 {x =−1
y =1 ，设 A(−1,1) ， 当直线 y =2x −2z 过 A 点时， z =x −1
2y 取得最小值为 −3
2 . 故答案为：B.
【分析】先画出可行域，然后由目标函数，作出直线 y =2x −2z ，当直线过 A 点时，得到最优解，从而计算出结果。

6.如图已知正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 ，M ， N 分别是 A 1D ， D 1B 的中点，则（ ）
A. 直线 A 1D 与直线 D 1B 垂直，直线 MN// 平面 ABCD
B. 直线 A 1D 与直线 D 1B 平行，直线 MN ⊥ 平面 BDD 1B 1
C. 直线 A 1D 与直线 D 1B 相交，直线 MN// 平面 ABCD
D. 直线 A 1D 与直线 D 1B 异面，直线 MN ⊥ 平面 BDD 1B 1 【答案】 A
【考点】直线与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定 【解析】【解答】连 AD 1 ，在正方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中，
M是A1D的中点，所以M为AD1中点，
又N是D1B的中点，所以MN//AB，
MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，
所以MN//平面ABCD.
因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD
则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，
AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，
AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，
D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，
且直线A1D,D1B是异面直线，
所以选项B错误，选项A正确.
故答案为：A.
【分析】对于A：连AD1,根据三角形的中位线定理，得到MN//AB，，所以A正确；
对于B：若（１）知直线MN//AB，若MN⊥平面BDD1B1,则MN⊥BD，从而A AB⊥BD，这显然不正确，所以B不正确；
对于C：显然，直线A1D与直线D1B是异面直线，故C错误；
对于Ｄ：由B知，MN不垂直平面BDD1B1。

7.已知函数f(x)=x2+1
4
,g(x)=sinx，则图象为如图的函数可能是（）
A. y=f(x)+g(x)−1
4B. y=f(x)−g(x)−1
4
C. y=f(x)g(x)
D. y=g(x)
f(x)
【答案】 D
【考点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】对于A ， y =f(x)+g(x)−1
4=x 2+sinx ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除A ；
对于B ， y =f(x)−g(x)−1
4=x 2−sinx ，该函数为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B ； 对于C ， y =f(x)g(x)=(x 2+14)sinx ，则 y ′=2xsinx +(x 2+1
4)cosx ，
当 x =π
4 时， y ′=π2
×√22
+(π2
16
+14
)×√2
2
>0 ，与图象不符，排除C.
故答案为：D.
【分析】由A,B 解析式都是非奇非偶函数，可以判断A,B 错；
对于C ，先对 y =f(x)g(x)=(x 2+1
4)sinx 求导，然后计算当x =π
4 时，ｆ／（π
4 ）＞０，与图不符合，所以C 错，故选D.
8.已知 α,β,γ 是互不相同的锐角，则在 sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα 三个值中，大于 1
2 的个数的最大值是（ ）
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3 【答案】 C
【考点】正弦函数的定义域和值域，余弦函数的定义域和值域 【解析】【解答】法1：由基本不等式有 sinαcosβ≤sin 2α+cos 2β
2
，
同理 sinβcosγ≤
sin 2β+cos 2γ
2
， sinγcosα≤
sin 2γ+cos 2α
2
，
故 sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤3
2 ， 故 sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα 不可能均大于 1
2 . 取 α=π
6 ， β=π
3 ， γ=π
4 ，
则 sinαcosβ=14
<12
,sinβcosγ=√64
>12
,sinγcosα=√64
>1
2
，
故三式中大于 1
2 的个数的最大值为2， 故答案为：C.
法2：不妨设 α<β<γ ，则 cosα>cosβ>cosγ,sinα<sinβ<sinγ ， 由排列不等式可得：
sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤sinαcosγ+sinβcosβ+sinγcosα ， 而 sinαcosγ+sinβcosβ+sinγcosα=sin(γ+α)+1
2sin2β≤3
2 ， 故 sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα 不可能均大于 1
2 .
取α=π
6，β=π
3
，γ=π
4
，
则sinαcosβ=1
4<1
2
,sinβcosγ=√6
4
>1
2
,sinγcosα=√6
4
>1
2
，
故三式中大于1
2
的个数的最大值为2，
故答案为：C.
【分析】先由基本不等式ab≤(a+b
2
）得出三个积sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα的取值范围，就可以得到结果。

9.已知a,b∈R,ab>0，函数f(x)=ax2+b(x∈R).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
【答案】C
【考点】等比数列，平面向量的综合题
【解析】【解答】由题意得f(s−t)f(s+t)=[f(s)]2，即[a(s−t)2+b][a(s+t)2+b]=(as2+b)2，对其进行整理变形：
(as2+at2−2ast+b)(as2+at2+2ast+b)=(as2+b)2，
(as2+at2+b)2−(2ast)2−(as2+b)2=0，
(2as2+at2+2b)at2−4a2s2t2=0，
−2a2s2t2+a2t4+2abt2=0，
所以−2as2+at2+2b=0或t=0，
其中s2
b
a
−t2
2b
a
=1为双曲线，t=0为直线.
故答案为：C.
【分析】由三个数成等差数列，列出等式，推导结果。

10.已知数列{a n}满足a1=1,a n+1=n
1+√a ∈N∗).记数列{a
n
}的前n项和为S n，则（）
A. 1
2<S100<3 B. 3<S100<4 C. 4<S100<9
2
D. 9
2
<S100<5
【答案】A
【考点】等差数列的通项公式，等差数列的前n项和，等比数列，等比数列的通项公式
【解析】【解答】因为a1=1,a n+1=n
1+√a ∈N∗)，所以a
n
>0，S100>1
2
．
由a n+1=n
1+√a ⇒1
a n+1
=1
a n
+
√a
=(
√a
+1
2
)2−1
4
∴1
a n+1<(
√a
+1
2
)2⇒
√a
<
√a
1
2
，即
√a√a
<1
2
根据累加法可得，
√a ≤1+n−1
2
=n+1
2
，当且仅当n=1时取等号，∴a n≥4
(n+1)2
∴a n+1=
n 1+√a ≤a n
1+2
n+1
=n+1
n+3
a n
∴a n+1
a n ≤n+1
n+3
⇒a n≤6
(n+1)(n+2)
，当且仅当n=1时取等号，
所以S100≤6(1
2−1
3
+1
3
−1
4
+1
4
−1
5
+⋯+1
101
−1
102
)=6(1
2
−1
102
)<3，即1
2
<S100<3．
故答案为：A．
【分析】由递推公式，冼先得到S100>1
2，进一步推导出
√a√a
<1
2
，然后用累加法等推导
出S100<3。

二、填空题（共7题；共36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是3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则S1
S1
=________.
【答案】25
【考点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】由题意可得，大正方形的边长为：a=√32+43=5，
则其面积为：S1=52=25，
小正方形的面积：S2=25−4×(1
2
×3×4)=1，
从而S2
S1
=25
1
=25.
故答案为：25.
【分析】由勾股定理及三角形面积公式求解。

12.已知a∈R，函数f(x)={x2−4,x>2
|x−3|+a,x≤2,若f[f(√6)]=3，则a=________. 【答案】2
【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】 f[f(√6)]=f(6−4)=f(2)=|2−3|+a =3 ，故 a =2 ， 故答案为：2.
【分析】分段函数求函数值。

13.已知平面向量 a ⃗,b ⃗⃗,c ⃗,(c ⃗≠0) 满足 |a ⃗|=1,|b ⃗⃗|=2,a ⃗⋅b ⃗⃗=0,(a ⃗−b ⃗⃗)⋅c ⃗=0 .记向量 d ⃗ 在 a ⃗,b ⃗⃗ 方向上的投影分别为x ， y ， d ⃗−a ⃗ 在 c ⃗ 方向上的投影为z ， 则 x 2+y 2+z 2 的最小值为________. 【答案】 2
5
【考点】向量的模，平面向量数量积的性质及其运算律 【解析】【解答】由题意，设 a ⃗=(1,0),b ⃗⃗=(0，2),c ⃗=(m,n) ， 则 (a ⃗−b ⃗⃗)⋅c ⃗=m −2n =0 ，即 m =2n ，
又向量 d ⃗ 在 a ⃗,b
⃗⃗ 方向上的投影分别为x ， y ， 所以 d ⃗=(x,y) ， 所以 d ⃗−a ⃗ 在 c ⃗ 方向上的投影 z =(d ⃗
−a ⃗⃗)⋅c ⃗|c
⃗|=√m 2+n
2
=√5
， 即 2x +y −√5z =2 ,
所以 x 2+y 2+z 2=1
10[22+12+(−√5)2](x 2+y 2+z 2)≥1
10(2x +y −√5z)2=2
5 ，
当且仅当 {
x
2
=y 1=−√52x +y −√5z =2 即 {x =
25y =1
5z =−
√5
5
时，等号成立， 所以 x 2+y 2+z 2 的最小值为 2
5 . 故答案为： 2
5 .
【分析】根据已知条件，先取特殊值a →
=(1,0),b →
=(0，2
),并设c →
=(m,n) ， 再由投影公式a ⇀·b
⇀
|a ⇀|
解答。

14.已知多项式 (x −1)3+(x +1)4=x 4+a 1x 3+a 2x 2+a 3x +a 4 ，则 a 1= ________， a 2+a 3+a 4= ________. 【答案】 5；10 【考点】二项式定理
【解析】【解答】 (x −1)3=x 3−3x 2+3x −1 ， (x +1)4=x 4+4x 3+6x 2+4x +1 ， 所以 a 1=1+4=5,a 2=−3+6=3 ， a 3=3+4=7,a 4=−1+1=0 ， 所以 a 2+a 3+a 4=10 . 故答案为：5，10.
【分析】因为指数不高，直接展开。

15.在 △ABC 中， ∠B =60°,AB =2 ，M 是 BC 的中点， AM =2√3 ，则 AC = ________， cos ∠MAC = ________. 【答案】 2√13；
2√39
13
【考点】解三角形，余弦定理的应用 【解析】【解答】由题意作出图形，如图，
在 △ABM 中，由余弦定理得 AM 2=AB 2+BM 2−2BM ⋅BA ⋅cosB ， 即 12=4+BM 2−2BM ×2×1
2 ，解得 BM =4 （负值舍去）， 所以 BC =2BM =2CM =8 ，
在 △ABC 中，由余弦定理得 AC 2=AB 2+BC 2−2AB ⋅BC ⋅cosB =4+64−2×2×8×1
2=52 ， 所以 AC =2√13 ；
在 △AMC 中，由余弦定理得 cos ∠MAC =
AC 2+AM 2−MC 2
2AM⋅AC
=2×2
√3×2√
13
=2√39
13
.
故答案为： 2√13 ； 2√39
13
.
【分析】三次使用余弦定理求BM ，AC, cos ∠MAC 即可。

16.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 ξ ，若取出的两个球都是红球的概率为 16 ，一红一黄的概率为 1
3 ，则 m −n = ________， E(ξ)= ________. 【答案】 1；8
9
【考点】等可能事件的概率，离散型随机变量的期望与方差 【解析】【解答】 P(ξ=2)=C 42C m+n+4
2=6
C m+n+4
2
=1
6⇒C m+n+42
=36 ，所以 m +n +4=9 ，
P （一红一黄）=C 41⋅C m 1C m+n+4
2
=
4m 36
=
m 9
=1
3⇒m =3 , 所以 n =2 , 则 m −n =1 ．
由于 P(ξ=2)=1
6,P(ξ=1)=
C 41⋅C 51C 9
2=
4×536=5
9,P(ξ=0)=C 52
C 9
2=1036=5
18
∴E(ξ)=1
6×2+5
9×1+5
18×0=1
3+5
9=8
9 ． 故答案为：1； 8
9 ．
【分析】 先由取出的两个球都是红球的概率为 1
6 ， 由古典概型公式得到 ｍ＋ｎ＝５，再由ξ的可能取值，求出相应的概率，根据数学期望的计算公式求解即可. 17.已知椭圆
x 2
a 2
+y 2
b 2=1(a >b >0) ，焦点 F 1(−c,0) ， F 2(c,0) (
c >0) ，若过 F 1 的直线和圆 (x −1
2c)2+y 2=c 2 相切，与椭圆在第一象限交于点P ， 且 PF 2⊥x 轴，则该直线的斜率是________，椭圆的离心率是________. 【答案】
2√55；√55
【考点】圆的标准方程，椭圆的简单性质，直线与圆锥曲线的关系 【解析】【解答】如图所示：不妨假设 c =2 ，设切点为 B ，
sin ∠PF 1F 2=sin ∠BF 1A =|AB||F 1
A|=23 ， tan ∠PF 1F 2=√32−2
2=2
5√5 所以 k =
2√55
, 由 k =|PF 2
||F 1F 2
|,|F 1F 2|=2c =4 ，所以 tan ∠PF 1F 2=√32−22=2
5√5 ， 于是 2a =
|PF 1|+|PF 2|=4√5 ，即 a =2√5 ，所以 e =c a =2
√5
=
√55
．
故答案为： 2√55
； √5
5
．
【分析】（1）取特殊值c=2,根据圆的切线的性质，计算相关线段长度，在直角三角形ABF 1中，可以求得 tan ∠PF 1F 2的值；
（2）由（1）及∆F 1AB~∆F 1PF 2椭圆的定义，就可以计算 a 的值，进一步得到离心率。

三、解答题：本大题共5小题，共74分。

解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

（共5题；共74分）
18.设函数 f(x)=sinx +cosx(x ∈R ) . （1）求函数 y =[f(x +π
2)]2 的最小正周期； （2）求函数 y =f(x)f(x −π
4) 在 [0,π
2] 上的最大值.
【答案】 （1）解：由辅助角公式得 f(x)=sinx +cosx =√2sin(x +π
4) ，
则y=[f(x+π
2)]2=[√2sin(x+3π
4
)]2=2sin2(x+3π
4
)=1−cos(2x+3π
2
)=1−sin2x，
所以该函数的最小正周期T=2π
2
=π
（2）解：由题意，y=f(x)f(x−π
4)=√2sin(x+π
4
)⋅√2sinx=2sin(x+π
4
)sinx
=2sinx⋅(√2
2sinx+√2
2
cosx)=√2sin2x+√2sinxcosx
=√2⋅1−cos2x
2+√2
2
sin2x=√2
2
sin2x−√2
2
cos2x+√2
2
=sin(2x−π
4
)+√2
2
，
由x∈[0,π
2]可得2x−π
4
∈[−π
4
,3π
4
]，
所以当2x−π
4=π
2
即x=3π
8
时，函数取最大值1+√2
2
【考点】正弦函数的定义域和值域，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，正弦函数的周期性
【解析】【分析】（1）先将原函数化为：f(x)=sinx+cosx=√2sin(x+π
4
)，
再化简y=[f(x+π
2
)]2＝1−sin2x，再根据正弦函数的周期公式，求得周期；
（2）化简y=f(x)f(x−π
4)=sin(2x−π
4
)+√2
2
，然后根据x的取值范围，求得函数的最大值。

19.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.
（1）证明：AB⊥PM；
（2）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：在△DCM中，DC=1，CM=2，∠DCM=60∘，由余弦定理可得DM=√3，
所以DM2+DC2=CM2，∴DM⊥DC．由题意DC⊥PD且PD∩DM=D，∴DC⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，所以DC⊥PM，又AB//DC，所以AB⊥PM
（2）解：由PM⊥MD，AB⊥PM，而AB与DM相交，所以PM⊥平面ABCD，因为AM=√7，所以PM=2√2，取AD中点E，连接ME，则ME,DM,PM两两垂直，以点M为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则A(−√3,2,0),P(0,0,2√2),D(√3,0,0), M(0,0,0),C(√3,−1,0)
又N为PC中点，所以N(√3
2,−1
2
,√2),AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3√3
2
,−5
2
,√2).
由（1）得CD⊥平面PDM，所以平面PDM的一个法向量n⃗⃗=(0,1,0)
从而直线AN与平面PDM所成角的正弦值为sinθ=|AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅n⃗⃗|
|AN
⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗‖n⃗⃗|
=
5
2
√27
4
+25
4
+2
=√15
6
【考点】直线与平面垂直的判定，直线与平面垂直的性质，用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1）通过已知的边，用余弦定理求得DM的长度，再根据勾股定理的逆定理，判断出DM⊥DC，由DC⊥PD，得DC⊥平面PDM，结合AB||DC，则有AB⊥PM ；
（2）建立空间直角坐标系，定义相关点的坐标，用空间向量的知识求直线与平面成的角。

20.已知数列{a n}的前n项和为S n，a1=−9
4
，且4S n+1=3S n−9.
（1）求数列{a n}的通项；
（2）设数列{b n}满足3b n+(n−4)a n=0，记{b n}的前n项和为T n，若T n≤λb n对任意n∈N∗恒成立，求λ的范围.
【答案】（1）解：当n=1时，4(a1+a2)=3a1−9，
4a2=9
4−9=−27
4
,∴a2=−27
16
，
当n≥2时，由4S n+1=3S n−9①，
得4S n=3S n−1−9②，① −②得4a n+1=3a n
a2=−27
16≠0,∴a n≠0,∴a n+1
a n
=3
4
，
又a2
a1
=3
4
,∴{a n}是首项为−9
4
，公比为3
4
的等比数列，
∴a n=−9
4⋅(3
4
)n−1=−3⋅(3
4
)n
（2）解：由3b n+(n−4)a n=0，得b n=−n−4
3a n=(n−4)(3
4
)n，
所以T n=−3×3
4−2×(3
4
)2−1×(3
4
)3+0×(3
4
)4+⋯+(n−4)⋅(3
4
)n，
34
T n =−3×(34
)2−2×(34
)3−1×(34
)4+⋯+(n −5)⋅(34
)n +(n −4)⋅(3
4
)n+1 ，
两式相减得 1
4T n =−3×3
4+(3
4)2+(3
4)3+(3
4)4+⋯(3
4)n −(n −4)⋅(3
4)n+1 =−9
4+
916[1−(3
4
)n−1]1−34
−(n −4)(3
4
)n+1
=−94
+94
−4(3
4
)n+1−(n −4)⋅(34
)n+1=−n ⋅(34
)n+1 ，
所以 T n =−4n ⋅(3
4)n+1 ，
由 T n ≤λb n 得 −4n ⋅(3
4)n+1≤λ(n −4)⋅(3
4)n 恒成立， 即 λ(n −4)+3n ≥0 恒成立， n =4 时不等式恒成立；
n <4 时， λ≤−3n
n−4=−3−12
n−4 ，得 λ≤1 ； n >4 时， λ≥−3n
n−4=−3−12
n−4 ，得 λ≥−3 ； 所以 −3≤λ≤1
【考点】等差数列的通项公式，等比数列的通项公式，数列的求和，等差数列与等比数列的综合 【解析】【分析】（1）首先根据递推公式，证明 {a n } 是等比数列 ，进一步求得a n ，
（2）先由a n 与b n 的关系，求出b n ，然后通过逐项求和，写出Tn,再由错项相减的方法，求得Tn ； 在由 T n ≤λb n 恒成立，进一步求得 λ的取值范围。

21.如图，已知F 是抛物线 y 2=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 的直线交抛物线与A ､B 两点，斜率为2的直线l 与直线 MA,MB,AB ，x 轴依次交于点P ， Q ， R ， N ， 且 |RN|2=|PN|⋅|QN| ，求直线l 在x 轴上截距的范围. 【答案】 （1）解：因为 |MF|=2 ，故 p =2 ，故抛物线的方程为： y 2=4x （2）解：设 AB:x =ty +1 ， A(x 1,y 1),B(x 2,y 2) ， N(n,0) ，
所以直线 l:x =y 2+n ，由题设可得 n ≠1 且 t ≠1
2 .
由 {x =ty +1
y 2
=4x
可得 y 2−4ty −4=0 ，故 y 1y 2=−4,y 1+y 2=4t ， 因为 |RN|2=|PN|⋅|QN| ，故 (√1+14
|y R |)2=√1+14
|y P |⋅√1+14
|y Q | ，故 y R
2
=|y P |⋅|y Q | . 又 MA:y =y 1
x 1+1(x +1) ，由 {y =y
1x 1+1
(x +1)x =y 2
+n
可得 y P =2(n+1)y 12x 1+2−y 1
， 同理 y Q =2(n+1)y 2
2x
2+2−y 2
，
由 {x =ty +1x =y 2
+n
可得 y R =2(n−1)
2t−1 ， 所以 [
2(n−1)2t−1
]2=|2(n+1)y 2
2x 2+2−y 2×2(n+1)y 1
2x
1+2−y 1
| ，
整理得到 (n−1
n+1)2=(2t −1)2|y 1y 2
(2x 2+2−y 2)(2x 1+2−y 1)
| ，
=4(2t−1)2
|(
y 222+2−y 2)(y 122
+2−y 1)|
=
4(2t−1)2
|
y 22y 124+(y 2+y 1)2−y 2y 1−y 2+y 12
×y 1y 2−2(y 2+y 1)+4|
=
(2t−1)23+4t 2
故
(n+1n−1
)2=
3+4t 2(2t−1)2
，
令 s =2t −1 ，则 t =s+12 且 s ≠0 ，
故 3+4t 2
(2t−1)2=
s 2+2s+4
s 2=1+2
s +4
s 2=4(1
s +1
4)2+3
4≥3
4 ，
故 {
(n+1n−1)2≥3
4
n ≠1
即 {n 2+14n +1≥0n ≠1 ， 解得 n ≤−7−4√3 或 −7+4√3≤n <1 或 n >1 .
故直线 l 在 x 轴上的截距的范围为 n ≤−7−4√3 或 −7+4√3≤n <1 或 n >1 【考点】抛物线的标准方程，直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）根据抛物线的定义，即可求得P ，进而写出方程；
（2） 设 AB:x =ty +1 ， 并设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2) ， N(n,0) ，写 出直线 l:x =y
2+n ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 |RN|2=|PN|⋅|QN| ， 结合直线方程 ，推出关系式，进而利用基本不等式以及解相关不等式，得出直线l 在x 轴上截距的范围。

22.设a ， b 为实数，且 a >1 ，函数 f(x)=a x −bx +e 2(x ∈R ) (注： e =2.71828⋅⋅⋅ 是自然对数的底数) （1）求函数 f(x) 的单调区间；
（2）若对任意 b >2e 2 ，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 >e 4 ，函数 f(x) 有两个不同的零点 x 1,x 2 ，满足 x 2>
blnb 2e 2
x 1+
e 2b
.
【答案】（1）解：f(x)=a x−bx+e2,f′(x)=a x lna−b，
①若b≤0，则f′(x)=a x lna−b≥0，所以f(x)在R上单调递增；
②若b>0，
当x∈(−∞,log a b
lna
)时，f′(x)<0,f(x)单调递减，
当x∈(log a b
lna
,+∞)时，f′(x)>0,f(x)单调递增.
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(−∞,log a b
lna )，单调增区间为(log a b
lna
,+∞)
（2）解：f(x)有2个不同零点⇔a x−bx+e2=0有2个不同解⇔e xlna−bx+e2=0有2个不同的解，
令t=xlna，则e t−bt
lna +e2=0⇒b
lna
=e t+e2
t
,t>0，
记g(t)=e t+e2
t ,g′(t)=e t⋅t−(e t+e2)
t2
=e t(t−1)−e2
t2
，
记ℎ(t)=e t(t−1)−e2,ℎ′(t)=e t(t−1)+e t⋅1=e t⋅t>0，
又ℎ(2)=0，所以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，∴b
lna >g(2)=e2,∴lna<b
e2
，
∵b>2e2,∴b
e2
>2,∴lna≤2⇒1<a≤e2.
即实数a的取值范围是(1,e2]
（3）解：a=e,f(x)=e x−bx+e2有2个不同零点，则e x+e2=bx，故函数的零点一定为正数. 由(2)可知有2个不同零点，记较大者为x2，较小者为x1，
b=e x1+e2
x1=e x2+e2
x2
>e4，
注意到函数y=e x+e2
x
在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，
故x1<2<x2，又由e5+e2
5
<e4知x2>5，
b=e x1+e2
x1<2e2
x1
⇒x1<2e2
b
，
要证x2>blnb
2e2x1+e2
b
，只需x2>lnb+e2
b
，
b=e x2+e2
x2<2e x2
x2
且关于b的函数g(b)=lnb+e2
b
在b>e4上单调递增，
所以只需证x2>ln2e x2
x2+e2x2
2e x2
(x2>5)，
只需证lne x2−ln2e x2
x2−e2x2
2e x2
>0，
只需证lnx−e2x
2e x
−ln2>0，
∵e2
2<4，只需证ℎ(x)=lnx−4x
e x
−ln2在x>5时为正，
由于ℎ′(x)=1
x +4xe−x−4e−x=1
x
+4e−x(x−1)>0，故函数ℎ(x)单调递增，
又ℎ(5)=ln5−20
e5−ln2=ln5
2
−20
e4
>0，故ℎ(x)=lnx−4x
e x
−ln2在x>5时为正，
从而题中的不等式得证.
【考点】函数的单调性与导数的关系，利用导数研究函数的极值，利用导数求闭区间上函数的最值
【解析】【分析】（1）先对函数求导，对b的值分类讨论，研究导数的正负，从而确定函数的单调区间；（2）将问题转化为a x−bx+e2=0有两个不同解⇔e xlna−bx+e2=0有2个不同的解，通过换元，构造函数，进一步利用导数研究相关函数的单调性，通过解属地等式，得到a的取值范围；
（3）当a=e时，f(x)=e x−bx+e2有2个不同零点，则e x+e2=bx零点一定是正值，设出二正根，构造函数，研究相关函数的单调性，通过一系列不等式推导出结论。