2021年河北高考數(shù)學(xué)真題及答案

6、，則 A.點(diǎn)P到直線AB的距離小于10 B.點(diǎn)P到直線AB的距離大于2 C.當(dāng)∠PBA最小時(shí)，|PB|=32 D.當(dāng)∠PBA最大時(shí)，|PB|=32 12.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1 ，點(diǎn)P滿足PB=λBC+μBB1 ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則 A．當(dāng)λ=1時(shí)，△AB1P的周長為定值 B. 當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P-A1BC 的體積為定值 C. 當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1P⊥BP D.當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P 三．選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分 13.已知函數(shù)f(x)=x3(

7、a 2x-2-x)是偶函數(shù)，則a=____________ 14.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C:y2=2px(p＞0）的焦點(diǎn)為F,P為C上一點(diǎn)，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點(diǎn)，且PQ⊥OP,若|FQ|=6，則C的準(zhǔn)線方程為____ 15. 函數(shù)f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值為 16. 某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)此紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對稱軸把紙對折.規(guī)格為20dmXl2dm的長方形紙.對折1次共可以得到10dmX2dm . 20dmX6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1=240 dm2,對折2次共可以得5dmX12dm ，10dmX6dm，20dmX3dm

8、三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180dm2.以此類推.則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為______:如果對折n次，那么k=1nsk=______dm2 四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。 17.(10分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1an+1，n為奇數(shù)an+2，n為偶數(shù) (1)記bn=a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式； (2)求{an}的前20項(xiàng)和 18.(12 分) 某學(xué)校組織"一帶一路”知識(shí)競賽，有A，B兩類問題?每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇類并從中隨機(jī)抽収一個(gè)問題冋答

9、，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若 回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽 結(jié)束.A類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0分：B類問題中的每個(gè)問題 回答正確得80分，否則得0分。 己知小明能正確回答A類問題的概率為0.8 ,能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6 . 且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān)。 （1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列： （2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由。 19.(12分) 記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a.，b.，c,已知b2=ac,點(diǎn)D在邊AC 上，BD

10、sin∠ABC = asinC. (1)證明：BD = b： (2)若AD = 2DC .求cos∠ABC. 20.(12分) 如圖，在三棱錐A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O為BD的中點(diǎn). (1)證明：OA⊥CD： (2)若△OCD是邊長為1的等邊三角形.點(diǎn)E在 棱AD上. DE = 2EA .且二面角E-BC-D的大小為45，求三棱錐A-BCD的體積. 21.(12分) 在平面直角坐標(biāo)系xOy中，己知點(diǎn)F1(-√17,0)，F(xiàn)2(√17,0),點(diǎn)M滿足|MFt|-|MF2|=2.記M 的軌跡為C. (1)求C的方程; (2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上，過T

11、 的兩條直線分別交C于A，B兩點(diǎn)和P，Q兩點(diǎn),且|TA|?|TB|=|TP|?|TQ| ,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和 22.(12分) 已知函數(shù)f(x)=x（1-lnx) (1)討論f(x)的單調(diào)性 (2)設(shè)a,b為兩個(gè)不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b證明:2<1a+1b

12、b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=5 ∵b1=a2=a1+1,∴a2-a1=1. b2=a4=a3+1=a2+3 ∴a4-a2=3. 同理a6-a4=3 …… bn=a2n-a2n-2=3. 疊加可知a2n-a1=1+3(n-1) ∴a2n=3n-1 ∴bn=3n-1.驗(yàn)證可得b1=a2=2，符合上式. （2）解：∵a2n=a2n-1+1 ∴a2n-1=a2n-1=3n-2. ∴設(shè){an}前20項(xiàng)和為S20 ∴S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20) =145+155=300 18. （1）解： 由題意得x=0,

13、20,100. P（x=0）=0.2 P(x=20)=0.80.4=0.32 P(x=100)=0.48 X 0 20 100 P 0.2 0.32 0.48 ∴ （2）解： 小明先選擇B，得分為y ∴y=0,80,100 P（y=0）=0.4 P(y=80)=0.60.2=0.12 P(y=100)= 0.60.8=0.48 y 0 80 100 p 0.4 0.12 0.48 ∴ Ex=54.4 Ey=57.6 ∴小明應(yīng)先選擇B. 19. （1） 由正弦定理 得bsin∠ABC=csin

14、c,即sin∠ABC=bsincc 又由BDsin∠ABC=asinc，得BDbsincc=asinc, 即 BD?b=acb2=ac? BD=b (2) 由AD=2DC,將AD=2DC,即BD=13BA=23BC ?|BD|2 = 19|BA|2+ 49|BC|2+ 49BA ?BC ?b2=19c2+49a2+49c?aa2+c2-b22ac ?11b2 =3c2+6a2b2 =ac?6a2-11ac+3c2=0 ?a=32c或a=13c ①a=32cb2 =ac ?b2 =32c2?cos∠ABCa2+c2-b22ac= 94c2+c2-32c22c?

15、32c=712 ②a=13cb2 =ac?b2 =13c2?cos∠ABC=19c2+c2-13c22c?13c=76(x) 綜上 cos∠ABC=712 20. (1)證明： 由已知，?ABD中AB=AD且O為BD中點(diǎn) ∴AO⊥BD 又平面ABD⊥平面BCD ∴AO⊥平面BCD且CD?平面BCD ∴AO⊥CD (2)由于△OCD為正三角形，邊長為1 ∴OB=OD=OC=CD ∴∠BCD=90 取OD中點(diǎn)H，連結(jié)CH，則CH⊥OD 以H為原點(diǎn)，HC,HD,HZ為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系 由①可知，平面BCD的法向量m=(0,0,1) 設(shè)C(3

16、2,0,0)，B(0,-32,0)，D(0,12,0) 則DA=(0,-1,h) ∵DE=2EA ∴DE=23DA=(0,-23,23h) ∴BE=DE-DB=(0,43,23h)且BC=(32,32,0) 設(shè)n⊥平面BEC n=(x,y,z) ∴n?BC=0n?BE=0，即3x+3y=043y+23hz=0 ∴n=(3,-1,2h) 由于二面角E-BC-D為45 ∴cos45=22=|cosn?m|=2h3+1+4h2 ∴h=1 ∴V三棱錐A-BCD=13S?BCDh=133421=36 21.（1）c=17, 2a=2,a=1,b=4 C表示雙曲線的右支

17、方程：x2-y216=1(x≥1) （2）設(shè)T(12,m)，設(shè)直線AB的方程為y=k1x-12+m，Ax1,y1,Bx2,y2 y=k1x-12+m16x2-y2=16，得16x2-[k12x2-x+14+2k1mx-12+m2]=16 16-k12x2+k12-2k1mx-14k12+k1m-m2-16=0 ∴TATB=1+k12x1-12x2-12 =1+k12x1x2-12x1+x2+14 =1+k12k1m-14k12-m2-1616-k12-122k1m-k1216-k12+14 =1+k12-m2-1216-k12 =1+k12m2+12k12-16 設(shè)

18、kPQ=k2，同理可得 TPTQ=1+k22m2+12k22-16 所以1+k12m2+12k12-16=1+k22m2+12k22-16 得k22-16k12=k12-16k22 ∴k12=k22 ∵k1≠k2 ∴k1=-k2 即k1+k2=0 22.（1）f(x)=x-xlnx f’(x)=1-lnx-1=-lnx(x＞0) 令f’(x)＞0，則0＜x＜1， 令f’(x)＜0，則x＞1 ∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1,+∞). (2)lnaa-lnbb=1b-1a 即1+lnaa=1+lnbb，即f(1a)=f(1b) 令p

19、=1a，q=1b，不妨設(shè)0＜p＜1＜q，下面證明2＜p+q＜e. ① 先證p+q＞2，當(dāng)p≥2時(shí)結(jié)論顯然成立. 當(dāng)q∈(1,2)時(shí)，p+q＞2,，則p＞2-q，∴2-q＜1.只需設(shè)f(p)＞f(2-q). 即證當(dāng)q∈(1,2)時(shí)，由f(p)＞f(2-q) 令g(x)=f(x)-f(2-x). g’(x)=f’(x)+f’(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[-(x-1)2+1] 當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，-(x-1)2+1＜1，所以g’(x)＞0, ∴g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增， ∴g(q)＞g(1)=0，即f(q)＞f(2-q) ②再設(shè)p+q0，當(dāng)x∈?,+∞時(shí)，fx<0 ∴q?-1>1 要證qf?-p 即證當(dāng)P∈0,1時(shí)，有fP>f?-p 設(shè)hx=fx-f?-x，x∈0,1，hx=fx+f?-k=-lnx-ln?-x=-lnx?-x 設(shè)?x-x2=1 小于1的根為x0，則hx在0,x0單調(diào)遞增，在x0,1單調(diào)遞減. hx>h1=f1-f?-1>0 證畢