2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题（解析版）下载

2021 年普通高等学校招生全国统一考试 数学 本试卷共 4 页，22 小题，满分 150 分.考试用时 120 分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名､考生号､考场号和座位号填写在答题卡上.用 2B 铅笔将试卷 类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑： 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应 位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以 上要求作答无效. 4.考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回. 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. A  x 2  x  4 B  2,3,4,5 A B  1. 设集合 ，，则 （）2  2,3 3,4 2,3,4 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 A B 【分析】利用交集的定义可求 .A  B  2,3 【详解】由题设有 ，故选：B . z z i  2. 已知 ，则 （）z  2i A. 6  2i 【答案】C 【解析】 B. C. D. 6  2i 4  2i 4  2i 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. z z i  2 i 2  2i  6  2i 【详解】因为 ，故 ，故  z  2  i z  2  i 故选：C. 3. 已知圆锥的底面半径为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）2A. B. C. D. 242 2 4 2 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为 ，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为所求. ll【详解】设圆锥的母线长为 ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 l，解得 .l  2  2 l  2 2 故选：B. 6f x 7sin x  4. 下列区间中，函数   单调递增的区间是（ ）2π3 23 2,2 0, ,π , A. B. C. D. 2【答案】A 【解析】 2622k  x  2k  k Z 【分析】解不等式 【详解】因为函数 ，利用赋值法可得出结论. y  sin x 2k  ,2k  k Z 的单调递增区间为 ，226262f x 7sin x  2k  x  2k  k Z 对于函数   ，由 ，32 32k  x  2k  k Z 解得 ， 2 3 3 f x  , 取则，可得函数  的一个单调递增区间为 ，k  0  2  2 0,  , ,  , ，，A 选项满足条件，B 不满足条件； 23 3 23 3 5 8 f x ,取，可得函数  的一个单调递增区间为 ，k 1 333 2 2 3 3 3 25 8 3 25 8 ,  , , ,,2  ,且，，CD 选项均不满足条件. 3333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 y  Asin ωx  φ 形式，再求 x  y  sin x 的相应单调区间内即可，注意 y  Asin ωx  φ 的单调区间，只需把 看作一个整体代入 要先把 化为正数． x2 y2 FFMF  MF 5. 已知 A. 13 ，是椭圆 ：的两个焦点，点 在上，则 的最大值为（ ）CC1 M121294B. 12 C. 9 D. 6 【答案】C 【解析】 MF  MF  2a  6 【 分 析 】 本 题 通 过 利 用 椭 圆 定 义 得 到 ， 借 助 基 本 不 等 式 12 MF  MF 2 12即可得到答案． MF  MF  122【详解】由题， a2  9,b2  4 ，则  MF  MF 2 ，MF  MF  2a  6 1212MF  MF  3 所以 （当且仅当 时，等号成立）． MF  MF   9 12122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． sin 1 sin 2 6. 若 ，则 （）tan  2 sin  cos 6522565A. B. C. D. 5【答案】C 【解析】 【分析】将式子进行齐次化处理，代入 【详解】将式子进行齐次化处理得： 即可得到结果． tan  2 sin sin2  cos2  2sin cos sin 1sin2  sin sin cos sin cos sin cos tan2   tan 42 2 sin sin cos ．sin2  cos2  1 tan2  14 5故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用 sin,cos ，求出 的值，可能还需要分象限讨论其正负，通 tan  2 过齐次化处理，可以避开了这一讨论． y  ex a,b 7. 若过点 可以作曲线 的两条切线，则（ ）eb  a ea  b A. B. D. 0  a  eb 0  b  ea C. 【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 P t,et xxx 求导得 y  e y  e ，【详解】在曲线 上任取一点 ，对函数 y  e y  et  et x t y  et x  1t et 所以，曲线 x 在点 P处的切线方程为 ，即 ，y  e a,b y  et x  1t et b  aet  1t et  a 1t et 由题意可知，点 在直线 上，可得 ，tf t  a 1t et   f t a t e ，则   令当当.t  a t  a f t 0 时，   f t ，此时函数  单调递增， f t 0 时，   f t ，此时函数  单调递减， f t  f a  ea 所以，  max   ，y  b y  f t b  f t  max  ea 由题意可知，直线 与曲线  的图象有两个交点，则 ，f t  0 t  a 1时，   f t  0 ，当t  a 1时，   f t 当，作出函数  的图象如下图所示： ay  b y  f t 由图可知，当 时，直线 与曲线  的图象有两个交点. 0  b  e 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 C. 乙与丙相互独立 【答案】B B. 甲与丁相互独立 D. 丙与丁相互独立 【解析】 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 11561P(甲)  ，P(乙)  ，P(丙)  ，P(丁)   ， 【详解】 ，6636 36 61P(甲丙)  0  P(甲)P(丙)，P(甲丁)   P(甲)P(丁)， 36 1P(乙丙)   P(乙)P(丙)，P(丙丁)  0  P(丁)P(丙)， 36 故选：B A, B P(A)P(B)  P(AB) 【点睛】判断事件 是否独立，先计算对应概率，再判断 是否成立 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. xxxyyyy  x  c 9. 有一组样本数据 ，2 ，…， n ，由这组数据得到新样本数据 ，2 ，…， n ，其中 (11ii为i 1,2,,n),c 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】 E(y)  E(x)  c D(y)  D(x) 、【分析】A、C 利用两组数据的线性关系有 ，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. E(y)  E(x  c)  E(x)  c 【详解】A： 且c  0，故平均数不相同，错误； xy  x  c B：若第一组中位数为 i ，则第二组的中位数为 ，显然不相同，错误； iiD(y)  D(x)  D(c)  D(x) C： ，故方差相同，正确； xmax  x D：由极差的定义知：若第一组的极差为 min ，则第二组的极差为 ymax  ymin  (xmax  c)  (xmin  c)  xmax  x min ，故极差相同，正确； 故选：CD P cos,sin 1  P cos ,sin  2  P cos    ,sin    A 1,0 ( ) ，10. 已知 为坐标原点，点 ，，O3  ，则（ ）    OP  OP AP  AP AB. D. 1212      C. OAOP3  OP OP OAOP  OP OP 12123【答案】AC 【解析】 uuur uuur   【分析】A、B 写出 ，、，2 的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D 根据向量 OP OP AP AP 121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.    22【 详 解 】 A ： OP  (cos,sin) ，OP  (cos ,sin ) ， 所 以 ，| OP | cos   sin  1 121   22，故| OP || OP |，正确； | OP | (cos )  (sin ) 1 122  2B： ，，所以 AP  (cos 1,sin) AP  (cos  1,sin ) 1 22| AP | (cos 1)2  sin2   cos2   2cos 1 sin2   2(1 cos)  4sin2  2 | sin |，1   2| AP | (cos  1)2  sin2   2 | sin |，故| AP |,| AP |不一定相等，错误； 同理 212  C：由题意得： ，OAOP 1cos(  )  0sin(  )  cos(  ) 3  OP OP  cos cos   sin (sin )  cos(  ) ，正确； 12  D：由题意得： ，OAOP 1cos  0sin  cos 1  OP OP  cos  cos(  )  (sin )sin(  ) 23 cos cos2  sin sin  cos  sin sin  cos   cos sin2   cos cos2 sin sin 2  cos(  2) ，错误； 故选：AC 22A 4,0 B 0,2 ，则（ 11. 已知点 在圆 上，点 、）Px 5  y 5 16 A. 点 到直线 的距离小于 P10 2AB AB B. 点 到直线 的距离大于 PPB  3 2 PB  3 2 C. 当 D. 当 最小时， 最大时， PBA PBA 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线 的距离，可得出点 P到直线 的距离的取值范围，可判断 AB 选项的正误 AB AB ；分析可知，当 最大或最小时， PB 与圆 相切，利用勾股定理可判断 CD 选项的正误. MPBA 22M 5,5 ，半径为 ， 【详解】圆 x 5  y 5 16 的圆心为 4xy1 x  2y  4  0 直线 圆心 的方程为 ，即 ，AB 425 25 4 12  22 11 115  4 到直线 的距离为 ，MAB 5511 5 511 5 5所以，点 误； P到直线 的距离的最小值为 ，最大值为 ，A 选项正确，B 选项错 AB  4  2  4 10 如下图所示： 当最大或最小时， PB 与圆 相切，连接 、，可知 ，PBA BM PM  PB MMP 2222MP  4 ，，由勾股定理可得 ，CD 选项 BM  0 5  2 5  34 BP  BM  MP  3 2 正确. 故选：ACD. r的圆【点睛】结论点睛：若直线 与半径为 l相离，圆心 到直线的距离为 ，则圆 上一点 dP到直线 CClCd  r,d  r 的距离的取值范围是 .l   ABC  A B C AB  AA 1   0,1 12. 在正三棱柱 1 中， ，点 满足 P1 ，其中 ，BP  BC  BB 111  0,1 ，则（ ）A. 当 B. 当 C. 当 D. 当 △AB P  1 时， 的周长为定值 1 1 P  A BC 时，三棱锥 的体积为定值 11  A P  BP 时，有且仅有一个点 ，使得 P121A B  AB P 1  时，有且仅有一个点 ，使得 P平面 12【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 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； P的对于 C，考虑借助向量 平移将 对于 D，考虑借助向量的平移将 PP点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 PP点的个数； 点的个数． 【详解】 BCC B 1 内部（含边界）． 1易知，点 P在矩形  1      ，即此时 1CC △AB P 周长不是定值，故 A 1对于 A，当 时， 线段 ，BP  BC  BB =BC  CC P 11错误；     1 ，故此时 1 11  1 B C B C//BC B C// 1 ，而 ， 1 11 1 对于 B，当 时， P点轨迹为线段 BP  BC  BB =BB BC 1A BC A BC 平面 ，则有 P到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确． 11      ，所 11  B C Q1 中点分别为 ， BP  BC  BB 对于 C，当 时， 1 ，取 BC ，H，则 BP  BQ  QH 1223QH A,0,1 P 0,0,  以P点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ，，1  2  311B 0, ,0  1  0   0  1 或H,Q AP  ,0, 1 BP  0, , ，则 ，，，所以 ．故 1222均满足，故 C 错误；    1 ，取   11BB CC M , N   BP  BC  BB 对于 D，当 时， ，1 中点为 ．，所以 P点BP  BM MN 122  1233123 1 P 0, y , A，0,0 AP  , y0, AB  , ,1 轨迹为线段 ．设 ，因为 ，此时 ，所以 ，，MN 01222 2 3 1 112y0  0  y0   所以 P与重合，故 正确． DN422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､填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. f x x3 a2x  2x a  是偶函数，则 ______. 13. 已知函数   【答案】1 【解析】 a【分析】利用偶函数的定义可求参数 的值. f x x3 a2x  2x f x  x3 a2x  2x 【详解】因为   ，故 ，，f x f x  f x   因为  为偶函数，故 ，x3 a2x  2x  x3 a2x  2x a 1 2x +2x =0 时故，整理得到 a 1 ，故答案为：1 2xQ与 轴垂直， p  0 14. 已知 为坐标原点，抛物线 ：()的焦点为 ，为上一点， OCy  2px PCFPF xPQ  OP FQ  6 ，则 的准线方程为______. 为轴上一点，且 ，若 C3x   【答案】 【解析】 2pP，Q 【分析】先用坐标表示 ，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得 ，即得结果. uuur ppP( ,p)Q(6  ,0), PQ  (6, p) 【详解】不妨设 22p326  p2  0 Q p  0 p  3 x   PQ  OP 因为 ，所以 的准线方程为 C23x   故答案为： 2【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键. f x 2x 1  2ln x   15. 函数 的最小值为______. 【答案】1 【解析】 1212f (x) (0,) 0  x   x 1 【分析】由解析式知 定义域为 ，讨论 、，、x 1，并结合导数研究的单调 f (x) 性，即可求 最小值. f (x) | 2x 1| 2ln x (0,) 【详解】由题设知： 定义域为 1f (x) f (x) 1 2x  2ln x 0  x  ∴当 时， ，此时 单调递减； 21当2f (x) f (x)  2x 1 2ln x  x 1 f (x)  2  0 时， ，有 ，此时 单调递减； 2x2f (x) 单调递增； f (x)  2x 1 2ln x f (x)  2  0 当又x 1时， ，有 ，此时 xf (x) 在各分段的界点处连续， f (x) f (x) 单调递增； ∴综上有： 时， 单调递减， x 1时， 0  x 1 f (x)  f (1) 1 ∴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 20dm12dm 的长方形纸，对折 1 次共可以得到 ，10dm12dm 20dm6dm 两种规格的图形，它们的面积之和 S1  240dm2 ，对折 2 次共可以得到 ，，三种规格的图形，它们的 5dm12dm 10dm6dm 20dm3dm S 180dm2 n面积之和 ，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 次， 2n2S  那么 ______ (1). 5 .dm kk1 15 3 n 【答案】 【解析】 (2). 720  2n4 S【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得 n ，再根据错位相减法得结果. 54523dm12dm dm6dm 10dm dm 【详解】（1）对折 次可得到如下规格： ，，5dm3dm ，，42320dm dm ，共 种； 54120 n 1 S  2120 S  360 S  430 S  515 （2）由题意可得 ，，，，，，Sn  12342n1 120 n 1 1202 1203 1204 设则，S  L  20 21 22 2n1 120 n 1 11202 1203 120n ，S   221 22 2n1 2n 160 1 2n1 1120 n 1 120 n 1 12111两式作差得 S  240 120 120 n 1   240  2 22 2n1 2n 2n 1 2120 n  3 ，120  360   360  2n1 2n 2n 240 n  3 15 n  3 .因此， S  720   720  2n 2n4 15 n  3 .故答案为： ； 5720  2n4 的【点睛】方法点睛：数列求和 常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； a b abn（2）对于 （3）对于 n结构，其中 是等差数列， 是等比数列，用错位相减法求和； nna  b n 结构，利用分组求和法； n111 1 1ad d 0 （4）对于 结构，其中 是等差数列，公差为 ，则 ，利用裂 nanan1 anan1 d an an1 项相消法求和. 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. an 1,n为奇数, aa 1 a，n1 17. 已知数列 满足 n1an  2,n为偶数. b  a bbb（1）记 2n ，写出 ，2 ，并求数列 的通项公式； n1na（2）求 的前 20 项和. nb  2,b  5 【答案】（1） ；（2）300. 12【解析】 b b  3 b【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 ，从而可求 的通项. n1 nnaSS  2 b  b  b  b 10 10  （2）根据题设中的递推关系可得 的前 项和为20 可化为 ，利用（ 20 n20 129S1）的结果可求 . 20 b  a  a 1 2,b  a  a 1 a  2 1 5 【详解】（1）由题设可得 1212432aa a2k1 1  a  3 a a  2 又故，，2k2 2k1 2k b b  3 bn1 bn  3 即即n1 n2k2 2k bb  2  n 1 3  3n 1 所以 为等差数列，故 .nnaSS  a  a  a  a （2）设 的前 项和为20 ，则 ，20 n20 12320 a  a 1,a  a 1,,a  a 1 因为 所以 ，123419 20 S  2 a  a  a  a 10 20  20 2418 910  2 b  b  b  b 10  2 102  10  3 10  300 .1292【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 为小明的累计得分，求 的分布列； XX（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 的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与（1） X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． 0【详解】（1）由题可知， 的所有可能取值为， ，20 100 ．XP X 0 1 0.8  0.2 ；P X 20  0.8 1 0.6  0.32 ；P X100  0.80.6  0.48 ．所以 的分布列为 X020 0.32 100 XP0.2 0.48 E X  00.2  200.32 1000.48  54.4 （2）由（1）知，   ．0若小明先回答 B问题，记 为小明的累计得分，则 的所有可能取值为， ，80 100 ．YYP Y  0 1 0.6  0.4 ；P Y  80  0.6 1 0.8  0.12 ；P X100  0.80.6  0.48 ．E Y 00.4 800.12 1000.48  57.6 所以   ．因为 ，所以小明应选择先回答 B类问题． 54.4  57.6 2ac19. 记 是内角 ，，的对边分别为 ，， .已知 ，点 在边 D上， ABC BDsin ABC  asinC （1）证明： BD  b （2）若 ，求 ABCbAC b  ac .；AD  2DC cosABC 7cosABC  【答案】（1）证明见解析；（2） 【解析】 .12 ac bBD  【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论. 2b bBD  b, AD  , DC  （2）由题设 ，应用余弦定理求 cosADB 、cosCDB ，又 33b4 11b2 2ADB    CDB ，可得 ，结合已知及余弦定理即可求 cosABC .2a  a2 3【详解】 asinC cbsinC cBD  （1）由题设， ，由正弦定理知： ，即 ，sin ABC sinC sin ABC sin ABC bac 2BD  ∴∴，又 ，b  ac bBD  b ，得证. 2b BD  b, AD  , DC  b（2）由题意知： ，334b2 13b2 b2 10b2 b2   c2  c2 b2  a2  a2 9999cosADB  cosCDB  ∴∵∴，同理 ，4b2 2b2 2b b2b 2b 3333ADB    CDB ，13b2 10b2  c2 a2  11b2 99222，整理得 ，又 ，2a  c  b  ac 4b2 2b2 333b4 11b2 a2 b2 13a2 b2 3224224∴，整理得 ，解得 ，或，2a  6a 11a b 3b  0 a2 3a2  c2 b2 2ac 4a2 由余弦定理知： cosABC    3 2b2 a2 b2 13a2 b2 377cosABC  1 cosABC  当时， 不合题意；当 时， ；2612 7cosABC  综上， .12 a,b,c 【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及 ADB    CDB 得到 的数量关系，结合已知条 件及余弦定理求 .cosABC 20. 如图，在三棱锥 中，平面 平面 ，，为的中点. A BCD BCD OABD  AB  AD BD （1）证明： ；OA  CD （2）若OCD 是边长为 1 的等边三角形，点 在棱 上， ，且二面角 E  BC  D 的大小为 DE  2EA EAD ，求三棱锥 的体积. 45 A BCD 36【答案】(1)详见解析(2) 【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 BCD ,ABD BCD ABD ，因为平面 ABD 平面 因此 AO⊥平面 BCD， 因为 平面BCD，所以 AO⊥CD 平面 ⊥平面 ，AO  平面 =BD 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, ,因此 EF⊥平面 BCD，即 EF⊥BC BD CD  D FM I EF  F 因为 FM⊥BC， ,所以 BC⊥平面 EFM，即 BC⊥MF 4EMF  为二面角 E-BC-D 的平面角, 则EMF 因为 BO  OD ,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形 1112FM  BF  (1 )  ,因为 BE  2ED 22332 AO 1 从而 EF=FM= 3平面 BCD, Q AO  1113所以 V  AOSBCD  1 1 3  3326【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. xOy F  17,0 1  F2  17,0 MF  MF  2 21. 在平面直角坐标系 中，已知点 、，点 的轨迹为 .CM12（1）求 的方程； C1Qx  （2）设点 在直线 上，过 的两条直线分别交 T于A、B两点和 P，两点，且 CT2TA  TB  TP  TQ PQ 的斜率之和. ，求直线 的斜率与直线 AB y2 20；（2） . 【答案】（1） x  1 x 1 16 【解析】 aFF2 为左、右焦点双曲线的右支，求出 【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹 是以点 、、 的值， bC1即可得出轨迹 的方程； C121T,t y t  k x A x, y 1  B x, y （2）设点 ，设直线 的方程为 ，设点 、2  ，联立直线 AB AB 1  122TA  TB PQ k的斜率为 2 ，同理可得出 TP  TQ 与曲线 的方程，列出韦达定理，求出 C的表达式，设直线 TA  TB  TP  TQ k  k 2 的值. 的表达式，由 【详解】因为 化简可得 1MF  MF  2  F F 2 17 ，121 2 FF2 为左、右焦点的双曲线的右支， 所以，轨迹 是以点 C、1×2 y2 2a 1 设轨迹 的方程为 C，则 ，可得 ，，2a  2 1 a  0,b  0 b  17  a  4 a2 b2 y2 2所以，轨迹 的方程为 C；x  1 x 1 16 12T,t （2）设点 ，若过点 的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线 无公共点， CT121y t  k x y  k x  t  k 不妨直线 的方程为 ，即 ，AB 1  1121112 y  k x  t  k 1k2 16 x2  k 2t  k x t  k 16  0 y，消去 并整理可得 联立 设点 ，21  1  11  22216x  y 16 11A x, y 1  B x, y 2x  x  、2  ，则 且.112222 1k12  2k1t k12 16 t  k 16 x  x  由韦达定理可得 所以， ，，2121  x1x2  k12 16 t2 12 1 k2  11×1  x2 1412TA  TB  1 k  x  x2  1 k2  x x ，1111 2 222k12 16 t2 12 1 k2  2  PQ k2设直线 的斜率为 ，同理可得 ，TP  TQ  k22 16 t2 12 1 k2 t2 12 1 k2   2  1k2  k2 TA  TB  TP  TQ 因为 ，即 ，整理可得 ，21k12 16 k22 16 k  k k k  0 k  k  0 k  k  0 .即2  2  ，显然 ，故 111212PQ 0的斜率之和为 . 因此，直线 与直线 AB 【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． f x x 1 ln x 22. 已知函数 .  f x （1）讨论  的单调性； 1 1 2   e a b abln a  alnb  a  b （2）设 ，为两个不相等的正数，且 ，证明： .bf x 0,1 1,+ 【答案】（1）  的递增区间为 ，递减区间为 ；（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； 112  x  x  e  x1,  x （2）设 2 ，原不等式等价于 ，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者 12ab1, 上的恒成立问题，利用导数可 x  tx x  x  e t 1 ln t 1 t lnt  0   可设 1 ，从而把 转化为 在212证明该结论成立. 0, 【详解】（1）函数的定义域为 ，f x1 ln x 1 ln x   又当故，x 0,1 f x 0 时，   x 1,+ f x 0 时，   ，当 ，f x 0,1 1,+  的递增区间为 ，递减区间为 .ln a 1 lnb+1 b ln a 1  a lnb+1 bln a  alnb  a  b （2）因为 ，故 ，即 ，ab11    f f 故设，    a  b  110  x 1, x 1  x1,  x 2 ，由（1）可知不妨设 .12abx 0,1 f x x 1 ln x  0 x e, f x x 1 ln x  0 时，   因为 时，   ，，1 x  e 故.2x  x  2 先证： ，12x  2 x  x  2 ，若若必成立. 212x  2 x  x  2 x  2  x 0  2  x 1 ， 要证： ，即证 2 ，而 ，21212f x  f 2  x f x f 2  x 1 x  2 .故即证   2 ，即证： 2  2  ，其中 21g x  f x f 2  x ,1 x  2    设则，g x f x f 2  x  ln x  ln 2 x  ln x 2  x     ，0  x 2  x 1 ln x 2  x  0 因为1 x  2，故 ，故 ，g x 0 所以   g x ，故   1,2 g x  g 1  0 在为增函数，所以     ，f x f 2  x   f x f 2  x 2  x  x  2 故，即 2  成立，所以 成立， 12x  x  2 综上， 成立. 12x  tx 1 ，则t 1 设，2ln a 1 lnb+1 11x 1 ln x  x 1 ln x  x1,  x 结合 ，2 可得： 1  1  2  2  ，ababt 1t lnt 1 ln x  t 1 lnt  ln x ln x  即： 1  ，故 ，11t 1 x  x  e t 1 x  e ln t 1  ln x 1 要证： 即证： ，即证 ，即证 ，1211t 1t lnt t 1 t 1 ln t 1 t lnt  0 ln t 1  1 ，即证：   ，S t  t 1 ln t 1 t lnt,t 1 令则    ，t 1 t 1 12S t  ln t 1    1 lnt  ln 1 ，tt 1 ln x 1  x 先证明一个不等式： .1x x 1 u x  ln x 1  x u x 1 设当故故  ，则 ，  x 1 u x 0 u x 0 时，   1 x  0 时，   ；当 ，x  0 u x   1,0 0,+ u x  u 0  0 在上为增函数，在 上为减函数，故  max   ，ln x 1  x 成立 112ln 1  S t  0 ，故   由上述不等式可得当t 1时， 恒成立， ttt 1 1, S t   S t  S 1  0 故故在上为减函数，故     ，t 1 ln t 1 t lnt  0 x  x  e   成立，即 成立. 12112   e 综上所述， .a b 【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.