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。
1．（2021·浙江）设集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为 ， ,所以 .
故答案为：D.
【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。
2．（2021·浙江）已知 ， ，(i为虚数单位)，则 （ ）
A．-1 B．1 C．-3 D．3
【答案】C
【知识点】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】因为 ，所以
利用复数相等的充分必要条件可得： .
故答案为：C.
【分析】根据复数相等的条件，即可求得a的值。
3．（2021·浙江）已知非零向量 ，则“ ”是“ ”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
【知识点】充分条件；必要条件；充要条件；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】若但= 不一定成立, 故充分性不成立;
若时,一定成立,故必要性成立,
故“ ”是“ ”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．（2021·浙江）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B．3 C． D．
【答案】A
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三色线法，画出几何体为如图所示的四棱柱 ，其高为1，底面为等腰梯形 ，
该等腰梯形的上底为 ，下底为 ，腰长为1，故梯形的高为 ，
故 ，
故答案为：A.
【分析】先由三视图，用三色线法还原立体图形，然后根据数量关系计算体积。
5．（2021·浙江）若实数x，y满足约束条件 ，则 的最小值是（ ）
A．-2 B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】画出满足约束条件 的可行域，
如下图所示：
将目标函数 化为 ，由 ，解得 ，即 ，
当直线 过 点时，
取得最小值为 .
故答案为：B.
【分析】先画出可行域，然后由目标函数，作出直线 ，当直线过 点时，得到最优解，从而计算出结果。
6．（2021·浙江）如图已知正方体 ，M，N分别是 ， 的中点，则（ ）
A．直线 与直线 垂直，直线 平面
B．直线 与直线 平行，直线 平面
C．直线 与直线 相交，直线 平面
D．直线 与直线 异面，直线 平面
【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)， A(2，0，0)， A1(2，0，2)， B(2，2，0)， D1(0，0.2)， M(1，0，1)， N(1，1，1)， B1(2，2，2)，
对于A： 因为因为所以，
即 ， 又因为则AB||MN，于是AB∥平面ABCD，A符合题意；
对于B： 由A知，A1D与D1B垂直，故B不符合题意；
对于C： A1D与D1B是异面的， 不平行，故C不符合题意；
对于D： A1D与D1B异面正确，但显然与平面BDB1D1不垂直，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】对于A：由空间向量证明是正确的，
对于B：若A知 这显然不平行，所以B不正确；
对于C：显然， 直线 与直线 是异面直线，故C错误；
对于Ｄ：由B知，MN不垂直平面BDD1B1。
7．（2021·浙江）已知函数 ，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】显然，图中函数是奇函数，
对于A，显然 ，该函数为非奇非偶函数，所以与图不符合，排除A；
对于B， ，该函数也是为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C， ，则 ，
当 时， ，与图象不符，排除C.
对于D，将代入可计算得y/<0，满足该图象在该点附近递减的性质，故D正确.
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 求导，然后计算当 时，ｆ'（ ）＞0，与图不符合，所以C错，故选D.
8．（2021·浙江）已知 是互不相同的锐角，则在 三个值中，大于 的个数的最大值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】因为 已知 是互不相同的锐角, 所以 均为正值,
由基本不等式有 ，
同理 ， ，
故 ，
故 不可能均大于 .
取 ， ， ，
则 ，
故三式中大于 的个数的最大值为2，
故答案为：C.
【分析】先由基本不等式得出三个积 的取值范围，就可以得到结果。
9．（2021·浙江）已知 ，函数 .若 成等比数列，则平面上点 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
【知识点】等比数列概念与表示；平面向量的综合题
【解析】【解答】因为 成等比数列， 所以 ，
即 ，
整理得:
，
，
，
，
所以
所以 或 ，
所以 或
其中 是双曲线, 是直线.
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．（2021·浙江）已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】因为 ，所以 ，且
由 可得
，即由
∴，即
∴ ，当且仅当 时取等号，
，
所以
即 ．
故答案为：A．
【分析】由递推公式，先得到，进一步推导出，然后用累加法等推导出。
二、填空题
11．（2021·浙江）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 ，小正方形的面积为 ，则 .
【答案】25
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】由题意，直角三角形两条直角边分别为3，4 ，斜边为 ，即正方形的边长为5，
则其面积为： ，
小正方形的面积： ，
从而 .
故答案为：25.
【分析】由勾股定理及三角形面积公式求解。
12．（2021·浙江）已知 ，函数 若 ，则 .
【答案】2
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】 因为,所以 所以 ，故 ，
故答案为：2.
【分析】分段函数求函数值。
13．（2021·浙江）已知平面向量 满足 .记向量 在 方向上的投影分别为x，y， 在 方向上的投影为z，则 的最小值为 .
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量数量积的性质
【解析】【解答】由题意，设 ，
则 ，即 ，所以
依题意 ，所以 在 方向上的投影 ，
所以 ,则表示空间中坐标原点到平面的距离,
所以 ，
所以 的最小值为 .
故答案为： .
【分析】根据已知条件，先取特殊值并设，再由投影公式和点到平面的距离公式求解.
14．（2021·浙江）已知多项式 ，则 ， .
【答案】5；10
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】根据二项式定理的通项公式:故a1=5;
同理故a2=3;
故a=7,
所以 10.
故答案为：5，10.
【分析】因为指数不高，直接展开。
15．（2021·浙江）在 中， ，M是 的中点， ，则 ， .
【答案】；
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】如图，在 中， ，
即 ，解得 （BM=-2舍去），
因为M是BC的中点，所以MC=4，BC=8，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ；
在 中，由余弦定理得 .
故答案为： ； .
【分析】三次使用余弦定理求BM，AC， 即可。
16．（2021·浙江）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 ，若取出的两个球都是红球的概率为 ，一红一黄的概率为 ，则 ， .
【答案】1；
【知识点】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】依题意 ，所以 ，
又有 ， 所以 ， 则 ．
由于
．
故答案为：1； ．
【分析】 先由取出的两个球都是红球的概率为 ，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．（2021·浙江）已知椭圆 ，焦点 ， ，若过 的直线和圆 相切，与椭圆在第一象限交于点P，且 轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
【答案】；
【知识点】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 ，设切点为 ，
因为圆B方程：，所以|AB|=C， BF1= 所以
所以直线PF1的斜率为k=
将x=c代入椭圆方程， ，可得P点的坐标：
由 ，所以 ，于是 ，即 ，所以 ．
故答案为： ； ．
【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ABF1中，可以求得 的值；
（2）由（1）及椭圆的定义，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。
18．（2021·浙江）设函数 .
（1）求函数 的最小正周期；
（2）求函数 在 上的最大值.
【答案】（1）解：由辅助角公式得 ，
则 ，
所以该函数的最小正周期
（2）解：由题意，
，
由 可得 ，
所以当 即 时，函数取最大值
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】（1）先将原函数化为：，
再化简 ，再根据正弦函数的周期公式，求得周期；
（2）化简 ，然后根据x的取值范围，求得函数的最大值。
19．（2021·浙江）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， ，M，N分别为 的中点， .
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，
所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，而 平面 ，所以 ，又 ，所以
（2）解：由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所以 ，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系，
则 ，
又 为 中点，所以 .
由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量
从而直线 与平面 所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【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 ，由 ， 得DC⊥平面 ，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．（2021·浙江）已知数列 的前n项和为 ， ，且 .
（1）求数列 的通项；
（2）设数列 满足 ，记 的前n项和为 ，若 对任意 恒成立，求 的范围.
【答案】（1）解：当 时， ，
，
当 时，由 ①，
得 ②，①②得
，
又 是首项为 ，公比为 的等比数列，
（2）解：由 ，得 ，
所以 ，
，
两式相减得
，
所以 ，
由 得 恒成立，
即 恒成立，
时不等式恒成立；
时， ，得 ；
时， ，得 ；
所以
【知识点】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 {an} 是等比数列 ，进一步求得an，
（2）先由an与bn的关系，求出bn，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 恒成立，进一步求得 的取值范围。
21．（2021·浙江）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 ，
（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 ，x轴依次交于点P，Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
【答案】（1）解：因为 ，故 ，故抛物线的方程为：
（2）解：设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，
所以 ，
整理得到 ，
故 ，
令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或
【知识点】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 ， 并设 ， ，写 出直线 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 ，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．（2021·浙江）设a，b为实数，且 ，函数
(注： 是自然对数的底数)
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，满足 .
【答案】（1）解： ，
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增；
②若 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
综上可得， 时， 在 上单调递增；
时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为
（2）解： 有2个不同零点 有2个不同解 有2个不同的解，
令 ，则 ，
记 ，
记 ，
又 ，所以 时， 时， ，
则 在 单调递减， 单调递增， ，
.
即实数 的取值范围是
（3）解： 有2个不同零点，则 ，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 ，较小者为 ，
，
注意到函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
故 ，又由 知 ，
，
要证 ，只需 ，
且关于 的函数 在 上单调递增，
所以只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，
，只需证 在 时为正，
由于 ，故函数 单调递增，
又 ，故 在 时为正，
从而题中的不等式得证.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）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 有两个不同解 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 有2个不同零点，则 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。
1 / 12021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。
1．（2021·浙江）设集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
2．（2021·浙江）已知 ， ，(i为虚数单位)，则 （ ）
A．-1 B．1 C．-3 D．3
3．（2021·浙江）已知非零向量 ，则“ ”是“ ”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
4．（2021·浙江）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）
A． B．3 C． D．
5．（2021·浙江）若实数x，y满足约束条件 ，则 的最小值是（ ）
A．-2 B． C． D．
6．（2021·浙江）如图已知正方体 ，M，N分别是 ， 的中点，则（ ）
A．直线 与直线 垂直，直线 平面
B．直线 与直线 平行，直线 平面
C．直线 与直线 相交，直线 平面
D．直线 与直线 异面，直线 平面
7．（2021·浙江）已知函数 ，则图象为如图的函数可能是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2021·浙江）已知 是互不相同的锐角，则在 三个值中，大于 的个数的最大值是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
9．（2021·浙江）已知 ，函数 .若 成等比数列，则平面上点 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
10．（2021·浙江）已知数列 满足 .记数列 的前n项和为 ，则（ ）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（2021·浙江）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 ，小正方形的面积为 ，则 .
12．（2021·浙江）已知 ，函数 若 ，则 .
13．（2021·浙江）已知平面向量 满足 .记向量 在 方向上的投影分别为x，y， 在 方向上的投影为z，则 的最小值为 .
14．（2021·浙江）已知多项式 ，则 ， .
15．（2021·浙江）在 中， ，M是 的中点， ，则 ， .
16．（2021·浙江）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 ，若取出的两个球都是红球的概率为 ，一红一黄的概率为 ，则 ， .
17．（2021·浙江）已知椭圆 ，焦点 ， ，若过 的直线和圆 相切，与椭圆在第一象限交于点P，且 轴，则该直线的斜率是 ，椭圆的离心率是 .
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。
18．（2021·浙江）设函数 .
（1）求函数 的最小正周期；
（2）求函数 在 上的最大值.
19．（2021·浙江）如图，在四棱锥 中，底面 是平行四边形， ，M，N分别为 的中点， .
（1）证明： ；
（2）求直线 与平面 所成角的正弦值.
20．（2021·浙江）已知数列 的前n项和为 ， ，且 .
（1）求数列 的通项；
（2）设数列 满足 ，记 的前n项和为 ，若 对任意 恒成立，求 的范围.
21．（2021·浙江）如图，已知F是抛物线 的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且 ，
（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 ，x轴依次交于点P，Q，R，N，且 ，求直线l在x轴上截距的范围.
22．（2021·浙江）设a，b为实数，且 ，函数
(注： 是自然对数的底数)
（1）求函数 的单调区间；
（2）若对任意 ，函数 有两个不同的零点，求a的取值范围；
（3）当 时，证明：对任意 ，函数 有两个不同的零点 ，满足 .
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为 ， ,所以 .
故答案为：D.
【分析】利用数轴，求不等式表示的集合的交集。
2．【答案】C
【知识点】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】因为 ，所以
利用复数相等的充分必要条件可得： .
故答案为：C.
【分析】根据复数相等的条件，即可求得a的值。
3．【答案】B
【知识点】充分条件；必要条件；充要条件；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】若但= 不一定成立, 故充分性不成立;
若时,一定成立,故必要性成立,
故“ ”是“ ”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．【答案】A
【知识点】由三视图求面积、体积
【解析】【解答】由三色线法，画出几何体为如图所示的四棱柱 ，其高为1，底面为等腰梯形 ，
该等腰梯形的上底为 ，下底为 ，腰长为1，故梯形的高为 ，
故 ，
故答案为：A.
【分析】先由三视图，用三色线法还原立体图形，然后根据数量关系计算体积。
5．【答案】B
【知识点】简单线性规划
【解析】【解答】画出满足约束条件 的可行域，
如下图所示：
将目标函数 化为 ，由 ，解得 ，即 ，
当直线 过 点时，
取得最小值为 .
故答案为：B.
【分析】先画出可行域，然后由目标函数，作出直线 ，当直线过 点时，得到最优解，从而计算出结果。
6．【答案】A
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系，则 D(0，0，0)， A(2，0，0)， A1(2，0，2)， B(2，2，0)， D1(0，0.2)， M(1，0，1)， N(1，1，1)， B1(2，2，2)，
对于A： 因为因为所以，
即 ， 又因为则AB||MN，于是AB∥平面ABCD，A符合题意；
对于B： 由A知，A1D与D1B垂直，故B不符合题意；
对于C： A1D与D1B是异面的， 不平行，故C不符合题意；
对于D： A1D与D1B异面正确，但显然与平面BDB1D1不垂直，故D不符合题意；
故答案为：A.
【分析】对于A：由空间向量证明是正确的，
对于B：若A知 这显然不平行，所以B不正确；
对于C：显然， 直线 与直线 是异面直线，故C错误；
对于Ｄ：由B知，MN不垂直平面BDD1B1。
7．【答案】D
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】显然，图中函数是奇函数，
对于A，显然 ，该函数为非奇非偶函数，所以与图不符合，排除A；
对于B， ，该函数也是为非奇非偶函数，与函数图象不符，排除B；
对于C， ，则 ，
当 时， ，与图象不符，排除C.
对于D，将代入可计算得y/<0，满足该图象在该点附近递减的性质，故D正确.
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 求导，然后计算当 时，ｆ'（ ）＞0，与图不符合，所以C错，故选D.
8．【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【解答】因为 已知 是互不相同的锐角, 所以 均为正值,
由基本不等式有 ，
同理 ， ，
故 ，
故 不可能均大于 .
取 ， ， ，
则 ，
故三式中大于 的个数的最大值为2，
故答案为：C.
【分析】先由基本不等式得出三个积 的取值范围，就可以得到结果。
9．【答案】C
【知识点】等比数列概念与表示；平面向量的综合题
【解析】【解答】因为 成等比数列， 所以 ，
即 ，
整理得:
，
，
，
，
所以
所以 或 ，
所以 或
其中 是双曲线, 是直线.
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．【答案】A
【知识点】等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列概念与表示；等比数列的通项公式
【解析】【解答】因为 ，所以 ，且
由 可得
，即由
∴，即
∴ ，当且仅当 时取等号，
，
所以
即 ．
故答案为：A．
【分析】由递推公式，先得到，进一步推导出，然后用累加法等推导出。
11．【答案】25
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】由题意，直角三角形两条直角边分别为3，4 ，斜边为 ，即正方形的边长为5，
则其面积为： ，
小正方形的面积： ，
从而 .
故答案为：25.
【分析】由勾股定理及三角形面积公式求解。
12．【答案】2
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】 因为,所以 所以 ，故 ，
故答案为：2.
【分析】分段函数求函数值。
13．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量数量积的性质
【解析】【解答】由题意，设 ，
则 ，即 ，所以
依题意 ，所以 在 方向上的投影 ，
所以 ,则表示空间中坐标原点到平面的距离,
所以 ，
所以 的最小值为 .
故答案为： .
【分析】根据已知条件，先取特殊值并设，再由投影公式和点到平面的距离公式求解.
14．【答案】5；10
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】根据二项式定理的通项公式:故a1=5;
同理故a2=3;
故a=7,
所以 10.
故答案为：5，10.
【分析】因为指数不高，直接展开。
15．【答案】；
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】如图，在 中， ，
即 ，解得 （BM=-2舍去），
因为M是BC的中点，所以MC=4，BC=8，
在 中，由余弦定理得 ，
所以 ；
在 中，由余弦定理得 .
故答案为： ； .
【分析】三次使用余弦定理求BM，AC， 即可。
16．【答案】1；
【知识点】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】依题意 ，所以 ，
又有 ， 所以 ， 则 ．
由于
．
故答案为：1； ．
【分析】 先由取出的两个球都是红球的概率为 ，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．【答案】；
【知识点】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 ，设切点为 ，
因为圆B方程：，所以|AB|=C， BF1= 所以
所以直线PF1的斜率为k=
将x=c代入椭圆方程， ，可得P点的坐标：
由 ，所以 ，于是 ，即 ，所以 ．
故答案为： ； ．
【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ABF1中，可以求得 的值；
（2）由（1）及椭圆的定义，就可以计算 a的值，进一步得到离心率。
18．【答案】（1）解：由辅助角公式得 ，
则 ，
所以该函数的最小正周期
（2）解：由题意，
，
由 可得 ，
所以当 即 时，函数取最大值
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】（1）先将原函数化为：，
再化简 ，再根据正弦函数的周期公式，求得周期；
（2）化简 ，然后根据x的取值范围，求得函数的最大值。
19．【答案】（1）证明：在 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，
所以 ， ．由题意 且 ， 平面 ，而 平面 ，所以 ，又 ，所以
（2）解：由 ， ，而 与 相交，所以 平面 ，因为 ，所以 ，取 中点 ，连接 ，则 两两垂直，以点 为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系，
则 ，
又 为 中点，所以 .
由（1）得 平面 ，所以平面 的一个法向量
从而直线 与平面 所成角的正弦值为
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【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 ，由 ， 得DC⊥平面 ，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．【答案】（1）解：当 时， ，
，
当 时，由 ①，
得 ②，①②得
，
又 是首项为 ，公比为 的等比数列，
（2）解：由 ，得 ，
所以 ，
，
两式相减得
，
所以 ，
由 得 恒成立，
即 恒成立，
时不等式恒成立；
时， ，得 ；
时， ，得 ；
所以
【知识点】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 {an} 是等比数列 ，进一步求得an，
（2）先由an与bn的关系，求出bn，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 恒成立，进一步求得 的取值范围。
21．【答案】（1）解：因为 ，故 ，故抛物线的方程为：
（2）解：设 ， ， ，
所以直线 ，由题设可得 且 .
由 可得 ，故 ，
因为 ，故 ，故 .
又 ，由 可得 ，
同理 ，
由 可得 ，
所以 ，
整理得到 ，
故 ，
令 ，则 且 ，
故 ，
故 即 ，
解得 或 或 .
故直线 在 轴上的截距的范围为 或 或
【知识点】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 ， 并设 ， ，写 出直线 ，代入抛物线，由韦达定理写出关系式，再由 ，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．【答案】（1）解： ，
①若 ，则 ，所以 在 上单调递增；
②若 ，
当 时， 单调递减，
当 时， 单调递增.
综上可得， 时， 在 上单调递增；
时，函数的单调减区间为 ，单调增区间为
（2）解： 有2个不同零点 有2个不同解 有2个不同的解，
令 ，则 ，
记 ，
记 ，
又 ，所以 时， 时， ，
则 在 单调递减， 单调递增， ，
.
即实数 的取值范围是
（3）解： 有2个不同零点，则 ，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 ，较小者为 ，
，
注意到函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
故 ，又由 知 ，
，
要证 ，只需 ，
且关于 的函数 在 上单调递增，
所以只需证 ，
只需证 ，
只需证 ，
，只需证 在 时为正，
由于 ，故函数 单调递增，
又 ，故 在 时为正，
从而题中的不等式得证.
【知识点】函数的单调性与导数正负的关系；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）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 有两个不同解 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 有2个不同零点，则 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。
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