2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江卷)(附答案详解)

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(浙江

卷)

一、单选题（本大题共10小题，共40.0分）

1. 设集合𝐴={𝑥|𝑥⩾1} , 𝐵= {𝑥|−1<𝑥<2}，则𝐴∩𝐵=( )

A.

B.

C. D.

2. 已知𝑎∈𝑅，(1+𝑎𝑖) 𝑖 =3+𝑖(𝑖为虚数单位)，则𝑎=( )

A.

B. C.

D.

⃗ ，⃗ ⃗ ，则“𝑎3. 已知非零向量𝑎𝑏，𝑐⃗ ⋅𝑐⃗ =⃗ 𝑏⋅𝑐⃗ ”是“𝑎⃗ =⃗ 𝑏”的( )

A. 充分不必要条件 C. 充分必要条件

B. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

4. 某几何体的三视图如图所示(单位：厘米)，则该几

何体的体积是(单位：𝑐𝑚3)( )

A. B. C. D.

𝑥+1≥0

1

5. 若实数𝑥 , 𝑦满足约束条件{𝑥−𝑦≤0，则𝑧=𝑥−2𝑦最小值是( )

2𝑥+3𝑦−1≤0

A.

B.

C.

，，分别是

，

D.

6. 已知正方体

，

，的中点，则( )

与直线

A. 直线

垂直，直线平面

B. 直线

与直线平行，直线平面

C. 直线D. 直线

7. 已知函数

与直线与

相交，直线异面，直线

平面

平面

，则为右图的函数可能是( )

第1页，共16页

A. C.

B. 𝑦=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)−4 D.

，

，

中，大于的数

1

8. 已知，，是三个锐角，则

至多有( )

A. 个 B. 个 C. 个 D. 个

𝑓(𝑠)，𝑓(𝑠+9. 已知 𝑎 , 𝑏 ∈ 𝑅 , 𝑎 𝑏>0，若函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2+𝑏 (𝑥∈𝑅)，且𝑓(𝑠−𝑡)，

𝑡)成等比数列，则平面上点(𝑠 , 𝑡)的轨迹是( )

A. 直线和圆

10. 已知数列

则( )

满足

B. 直线和椭圆

，

C. 直线和双曲线

，记数列

D. 直线和抛物线

的前和项

，

A.

B.

C.

D.

二、单空题（本大题共7小题，共36.0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为3，4，记大正方形的面积为𝑆1，小正方形的

1

面积为𝑆2，则𝑆= ．

2

𝑆

12. 已知

，函数

；若

，则，则

_________． __________；

13. 已知多项式

__________．

14. 在

中，

，

，

是

的中点，

，则

__________；__________．

第2页，共16页

15. 袋中有4个红球，个黄球，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

_________．

16. 已知椭圆

；过

的直线和圆

，焦点

，相切，轴，则该直线

_________，

并与椭圆的第一象限交于点，且

的斜率是_________，椭圆的离心率是__________．

17. 已知平面向量

，，

在

满足

，

，

在

，

方向上的投

，记平面向量影为，则

，方向上的投影分别为x，y，

的最小值的等于__________．

三、解答题（本大题共5小题，共74.0分） 18. 设函数𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥(𝑥∈𝑅).

(1)求函数𝑦=[𝑓(𝑥+2)]2的最小正周期； (2)求函数𝑦=𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−4)在[0,2]上的最大值．

𝜋

𝜋

𝜋

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19. 如图，在四棱锥

，

别为

，

，

中，底面

，，

是平行四边形，

，．

，

分

的中点，

； 与平面

1证明：2求直线

所成角的正弦值．

20. 已知数列𝑎𝑛的前n项和为𝑆𝑛，𝑎1=−4，且4𝑆𝑛+1=3𝑆𝑛−9(𝑛∈𝑁∗).

(1)求数列𝑎𝑛的通项公式；

(2)设数列{𝑏𝑛}满足3𝑏𝑛+(𝑛−4)𝑎𝑛=0(𝑛∈𝑁∗)，记{𝑏𝑛}的前项和为𝑇𝑛，若𝑇𝑛≤𝜆𝑏𝑛对任意𝑛∈𝑁∗恒成立，求实数𝜆的取值范围．

M是抛物线的准线与x轴的交点，21. 如图，已知F是抛物线𝑦2=2𝑝𝑥 (𝑝>0)的焦点，

且|𝐌𝐅|=2． (1)求抛物线方程；

(2)设过点F的直线交抛物线于𝐴 , 𝐵两点，若斜率为2的直线l与直线

𝑀𝐴 , 𝑀𝐵 , 𝐴𝐵 , 𝑥轴依次交于点𝑃 , 𝑄 , 𝑅 , 𝑁，且满足|𝐑𝐍|2=|𝐏𝐍|·|𝐐𝐍|，求直

9

第4页，共16页

线l在x轴上截距的取值范围．

22. 设𝑎 , 𝑏为实数，且𝑎>1，函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏 𝑥+𝑒2(𝑥∈𝑅).

(1)求函数𝑓(𝑥)的单调区间；

(2)若对任意𝑏>2𝑒2，函数𝑓(𝑥)有两个不同的零点，求a的取值范围；

(3)当𝑎=𝑒时，𝑥2(𝑥1<𝑥2)，证明：对任意𝑏>𝑒4，函数𝑓(𝑥)有两个不同的零点𝑥1，且满足𝑥2>

𝑏ln𝑏2𝑒2

𝑥1+

𝑒2𝑏

．

第5页，共16页

答案和解析

1.【答案】D

【知识点】相等关系与不等关系、交集及其运算

【解析】【解析】由题意可知，𝐴∩𝐵= { 𝑥 | 1⩽𝑥<2 }，故选 D．

2.【答案】C

【知识点】复数的概念、复数的四则运算、复数相等的充要条件

【解析】【解析】∵(1+𝑎𝑖) 𝑖 = −𝑎+𝑖 = 3+𝑖 ，∴𝑎=−3 .故选：C．

3.【答案】B

【知识点】推理、必要条件、充分条件与充要条件的判断、向量的数量积 【解析】【解析】∵𝑎⃗ ⋅𝑐⃗ =⃗ 𝑏⋅𝑐⃗ ，∴(𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⋅𝑐⃗ =0，即(𝑎⃗ −⃗ 𝑏)⊥𝑐⃗ ， 但𝑎⃗ ≠⃗ 𝑏 不一定成立，故充分性不满足， ⃗ ，则𝑎⃗ ⋅𝑐若𝑎⃗ =𝑏⃗ ⋅𝑐⃗ =𝑏⃗ 必成立，故必要性满足， 所以是必要不充分条件． 故选：B．

4.【答案】A

【知识点】几何体的侧面积、表面积、体积问题、数学模型与数学探究活动、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间几何体的三视图

【解析】【解析】由三视图可得，直观图如图所示，四棱柱𝐴 𝐵 𝐶 𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1， 由俯视图可知，底面𝐴 𝐵 𝐶 𝐷为等腰梯形，将四棱柱补形成棱长为2的长方体， 则𝐵𝐸=√，所以𝑉=×(√2+ 2√2)×√⋅1 =．

2222故选：A．

21

23

5.【答案】B

【知识点】数学思想和方法、范围与最值问题、二元一次不等式（组）与平面区域 【解析】【解析】由题意可知，可行域如图所示，令直线l：𝑦=2𝑥−2𝑧， 当直线l过点𝐴(−1 ,1)时，z有最小值−2． 故选：B．

第6页，共16页

3

6.【答案】A

【知识点】空间中直线与直线的位置关系、空间中直线与平面的位置关系、简单多面体（棱柱、棱锥、棱台）及其结构特征、空间中的位置关系 【解析】【解析】连接𝐴𝐷1，则𝐴𝐷1与𝐴1𝐷交于M，𝐴𝐷1⊥𝐴𝐷1， 在正方体中，∵𝐴 𝐵 ⊥平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1，∴𝐴 𝐵 ⊥𝐴1𝐷， ∴𝐴𝐷1⊥平面𝐴𝐵𝐷1， ∴𝐴1𝐷⊥𝐷1 𝐵， ∵𝑀为𝐴𝐷1中点， 𝑁为𝐷1 𝐵中点， ∴𝑀 𝑁//𝐴 𝐵 ，∴𝑀 𝑁//平面𝐴 𝐵 𝐶 𝐷． 故选：A．

7.【答案】D

【知识点】函数的图象、函数的奇偶性、复合函数的单调性、数学模型与数学探究活动 【解析】【解析】易知函数图像表示的是奇函数，

𝑦=𝑓(𝑥)+𝑔(𝑥)−=𝑥2+sin𝑥与𝑦=𝑓(𝑥)−𝑔(𝑥)−=𝑥2−sin𝑥均为非奇非偶函数，

4

4

1

1

排除A和B，

对于C，𝑦=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)=(𝑥2+4) sin𝑥在[0， 2]上单调，与题意不符． 故选：D．

1

𝜋

8.【答案】C

第7页，共16页

【知识点】推理、运用反证法证明、三角恒等变换

【解析】【解析】假设sin𝛼cos𝛽，sin𝛽cos𝛾，sin𝛾cos𝛼均大于2， 即sin𝛼cos𝛽>2，sin𝛽cos𝛾>2，sin𝛾cos𝛼>2， 则(sin𝛼cos𝛽)⋅(sin𝛽cos𝛾)⋅(sin𝛾cos𝛼)>8，

而另一方面，(sin𝛼cos𝛽)(sin𝛽cos𝛾)(sin𝛾cos𝛼)=(sin𝛼cos𝛼)(sin𝛽cos𝛽)(sin𝛾cos𝛾)， 化简得， 2sin2𝛼⋅2sin2𝛽⋅2sin2𝛾=8sin2𝛼⋅sin2𝛽⋅sin2𝛾≤8， 故sin𝛼cos𝛽，sin𝛽cos𝛾，sin𝛾cos𝛼不可能均大于2， 取𝛽=4，𝛼=3，𝛾=6，

6161

得到sin𝛼cos𝛽=√> ，且sin𝛽cos𝛾=√>，

4

2

4

2

𝜋

𝜋

𝜋

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

∴大于2的数至多有2个． 故选：C．

1

9.【答案】C

【知识点】数学思想和方法、圆锥曲线中的对称性问题、直线方程的综合应用、双曲线的概念及标准方程

【解析】【解析】∵𝑓(𝑠−𝑡)，𝑓(𝑠)，𝑓(𝑠+𝑡)成等比数列，

∴𝑓2(𝑠)=𝑓(𝑠−𝑡)⋅𝑓(𝑠+𝑡)⇒[𝑎(𝑠−𝑡)2+𝑏][𝑎(𝑠+𝑡)2+𝑏]=(𝑎𝑠2+𝑏)2， ⇒𝑎2(𝑠2−𝑡2)2+𝑎 𝑏(2𝑠2+2𝑡2)+𝑏2=𝑎2𝑠4+2𝑎𝑏𝑠2+𝑏2， ⇒𝑎2(𝑠4−2𝑠2𝑡2+𝑡4)+2𝑎𝑏𝑠2+2𝑎𝑏𝑡2+𝑏2=𝑎2𝑠4+2𝑎𝑏𝑠2+𝑏2，

∴𝑎2𝑡4−2𝑎2𝑠2𝑡2+2𝑎𝑏𝑡2=0⇒𝑎𝑡4−2𝑎𝑠2𝑡2+2𝑏𝑡2=0⇒𝑡2(𝑎𝑡2−2𝑎𝑠2+2𝑏 )= 0，

当𝑡=0时，(𝑠 , 𝑡)的轨迹是直线， 当 𝑎𝑡2−2𝑎𝑠2+2𝑏= 0时，2𝑠2−𝑡2=即 𝑏𝑠2

𝑎

2𝑏𝑎

> 0，

−

𝑡2𝑎

=1，此时(𝑠 , 𝑡)的轨迹是双曲线．

故选：C．

10.【答案】A

【知识点】运用放缩法证明不等式、数列的递推关系、数列的求和

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𝑛【解析】【解析】∵𝑎𝑛+1=1+√𝑎𝑛⇒𝑎𝑛+1+𝑎𝑛+1√𝑎𝑛=𝑎𝑛，

𝑎∴𝑎𝑛+1=

𝑎𝑛−𝑎𝑛+1√𝑎𝑛1

，

∵√𝑎𝑛>2(√𝑎𝑛+√𝑎𝑛+1)， ∴𝑎𝑛+1<12

𝑎𝑛−𝑎𝑛+1(√𝑎𝑛+√𝑎𝑛+1)=2(√𝑎𝑛−√𝑎𝑛+1)，

∴𝑆100<1+2(√𝑎1−√𝑎2+√𝑎2−√𝑎3+⋯+√𝑎99−√𝑎100)=1+2(1−√𝑎100)<3， 易知：𝑛⩾2时，𝑎𝑛≤2，

先证明：𝑛⩾2时，√𝑎𝑛<12(√𝑎𝑛+√𝑎𝑛+1)⇔5√𝑎𝑛<7√𝑎𝑛+1⇔25 𝑎𝑛<49 𝑎𝑛+1，

𝑛即：25𝑎𝑛<49⋅1+√𝑎𝑛⇔√𝑎𝑛<25(𝑛⩾2)成立，

1

7

𝑎24

当𝑛⩾2，𝑎𝑛+1>

𝑎𝑎𝑛−𝑎𝑛+17(√𝑎𝑛+√𝑎𝑛+1)121

==

1271

(√𝑎𝑛−√𝑎𝑛+1)， +√−

1𝑎𝑛1𝑎99

由𝑎𝑛+1=1+𝑛𝑎⇒𝑎

√𝑛𝑛+1

=

1+√𝑎𝑛𝑎𝑛

𝑎𝑛

⇒

1𝑎𝑛+1

−

1𝑎𝑛1

=√

1𝑎𝑛

≥1，

1

则𝑎−𝑎>1 ,  𝑎−𝑎>1 , ⋯ , 𝑎

2

1

3

2

11111

100

>1 ⇒

𝑎10

>100，即𝑎100<， 100

12

6√27

∴𝑆100>1++

2

127

1127

(√𝑎2−√𝑎3+√𝑎3−√𝑎4+⋯+√𝑎99−√𝑎100)=1++

6

5

−

√𝑎100≥2+

5

36√27

−35>2，

综上：2<𝑆100<3． 故选：A．

11.【答案】25．

【知识点】数学思想和方法、数学模型与数学探究活动

1

【解析】【解析】由题意可知，大正方形的边长为5，小正方形的边长为1，则𝑆=

2

𝑆251

= 25．

故答案为：25．

12.【答案】2.

【知识点】函数的解析式、复合函数、分段函数

【解析】【解析】𝑓(√6)=(√6)2−4=2，𝑓(2)=|2−3|+𝑎=3，解得𝑎=2． 故答案为：2．

13.【答案】5；10．

第9页，共16页

【知识点】数学思想和方法、二项展开式的特定项与特定项的系数

0313

【解析】【解析】𝑎1 𝑥3=𝐶3𝑥(−1)0+𝐶4𝑥=5𝑥3，则𝑎1=5； 1222𝑎2 𝑥2=𝐶3𝑥(−1)1+𝐶4𝑥=3𝑥2，则𝑎2=3； 321𝑎3 𝑥=𝐶3𝑥(−1)2+𝐶4𝑥=7𝑥，则𝑎3=7； 304𝑎4=𝐶3𝑥(−1)3+𝐶4=0；

𝑎2+𝑎3+𝑎4=3+7+0=10． 故答案为：5；10．

39

． 14.【答案】2√13；2√13

【知识点】解三角形、数学模型与数学探究活动、余弦定理 【解析】【解析】因为

= 60∘ ，𝐴𝐵=2 ，𝐴𝑀=2√3 ，

所以𝐵𝑀=4 ，所以𝐵𝐶=8 ，

AC = √𝐴𝐵2+𝐵𝐶2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶⋅cos𝐵 = 2√13 ， cos∠𝑀𝐴𝐶 =

𝐴𝐶2+𝐴𝑀2−𝐶𝑀2

2⋅𝐴𝐶⋅𝐴𝑀2√3913

39 = 2√ 。 13

故答案为2√13 ；

8

。

15.【答案】1；9．

【知识点】古典概型、排列组合 【解析】【解析】𝑃(二红)=𝐶22𝐶4

4+𝑚+𝑛

=6，𝑃(一红一黄)=𝐶24

1

1𝐶1𝐶𝑚4+𝑚+𝑛

=3，

1

𝑚=3

解得{，所以𝑚−𝑛=1，

𝑛=2𝑃(𝜉=2)=6，𝑃(𝜉=1)=故答案为：1；9．

5√5；． 16.【答案】2√55

81

1𝐶1𝐶452𝐶9

=9，𝑃(𝜉=0)=𝐶2=18，所以𝐸(𝜉)=9．

9

5

2

𝐶5

58

【知识点】直线与椭圆的位置关系、椭圆的性质及几何意义、椭圆的概念及标准方程 【解析】【解析】设圆心为C，直线与圆的切点为A， 由题意𝐹1𝐶=2𝑐，𝐶𝐴=𝑐，

3

第10页，共16页

故 𝑘=tan∠𝐴𝐹1𝐶=

𝑃𝐹2𝐹1𝐹2

𝑏22𝑐

2√55

𝐴𝐶

=𝐴𝐹1

𝑐√(3𝑐)−𝑐2

2=

2√5 ,  5√5 5

又tan∠𝐴𝐹1𝐶=故答案为：

==

⇒√5𝑏2=4𝑎𝑐⇒√5𝑒2+4𝑒−√5=0⇒𝑒=

2√5√5；． 552

17.【答案】5．

【知识点】柯西不等式与排序不等式、向量的投影 【解析】【解析】根据权方和不等式可知， 𝑚+𝑛+5(2𝑚+𝑛−2)=故答案为：5．

2

2

2

1

2

(−2𝑚)2

4

+

(−𝑛)21

+

(2𝑚+𝑛−2)2

5

≥

(−2𝑚−𝑛+2𝑚+𝑛−2)2

4+1+5

=5．

2

18.【答案】(1)𝜋；

(2)1+

【知识点】三角函数的最值、三角函数的图象和性质、函数y=Asin(ωx+φ)的图象与性质 【解析】【解析】(1) ∵𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥， ∴ 𝑓(𝑥+2)=sin(𝑥+2)+cos(𝑥+2)=cos𝑥−sin𝑥， ∴ 𝑔(𝑥)=[𝑓(𝑥+2)]2=(cos𝑥−sin𝑥)2=1−sin2𝑥， ∴ 𝑦=[𝑓(𝑥+2)]2的最小正周期𝑇=

𝜋

2𝜋2

𝜋

𝜋

𝜋

𝜋

√2． 2

=𝜋；

𝜋

(2) ∵ 𝑓(𝑥)=sin𝑥+cos𝑥=√2sin(𝑥+4)， ∴ 𝑓(𝑥−4))=√2sin𝑥，

∴ 𝑦=𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−4)=(sin𝑥+cos𝑥)⋅√2sin𝑥=√2sin2𝑥+√2sin𝑥cos𝑥=√2⋅

√2sin2𝑥2

𝜋

1−cos2𝑥

2

𝜋

+

=

√22

+

√2(sin2𝑥2

𝜋

−cos2𝑥)=

3𝜋

√22

+sin(2𝑥−4)，

2𝜋

令2𝑥−4=𝑡，则−4≤𝑡≤

𝜋

𝜋

𝜋

√

，ℎ(𝑡)=+sin𝑡， 42

当−4≤𝑡≤2时，函数ℎ(𝑡)单调递增， 当2<𝑡≤

𝜋

3𝜋4

时，函数ℎ(𝑡)单调递减，

𝜋

𝜋

3

2所以𝑡=2𝑥−4=2，函数ℎ(𝑡)max=1+√，此时𝑥=8𝜋

2

第11页，共16页

2

综上：函数𝑦=𝑓(𝑥)𝑓(𝑥−4)在[0， 2]上的最大值为1+√

2

𝜋𝜋

19.【答案】(1)见解析；

(2)

【知识点】线面垂直的判定、立体几何中的向量方法、解三角形、线面垂直的性质、直线与平面所成角

【解析】【解析】(1)证明：∵𝑀为BC的中点，𝐵𝐶=4，∴𝐶𝑀=2， 在

中，

，𝐶𝐷=1，

√15

． 6

则𝐷𝑀=√1+4−2⋅2⋅1⋅cos60∘=√3， ∴ 𝐶𝐷2+𝐷𝑀2=𝐶𝑀2= 4， ∴

，

，

又 ∵ 𝑃𝐷⊥𝐷𝐶，𝐷𝑀∩𝑃𝐷=𝐷， ∴𝐶𝐷⊥平面PDM， ∴𝐶𝐷⊥𝑃𝑀， ∵ 𝐴𝐵//𝐶𝐷， ∴𝐴𝐵⊥𝑃𝑀；

(2) ∵ 𝑃𝑀⊥𝑀𝐷，𝑃𝑀⊥𝐶𝐷，𝐷𝑀∩𝐶𝐷=𝐷，MD，𝐶𝐷⊂平面ABCD， ∴ 𝑃𝑀⊥平面ABCD，

又 ∵ 𝐶𝐷⊥𝐷𝑀，过M动词}𝑀𝐸//𝐶𝐷交AD于点E， 则𝑀𝐸⊥𝑀𝐷;

如图所示，分别以MD，ME，MP所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

在

中，𝐴𝑀=√1+4−2⋅1⋅2⋅(−)=√7，

2

1

∴ 𝑀𝑃=√15−7=2√2，

∴ 𝑃(0,0，2√2)，𝐶(√3,−1,0)，𝑁(−√3,2，0)，

第12页，共16页

∵ N为PC的中点， ∴𝑁(

1√3,−,√2)， 22

3√35

,−,√2)， 22

∴𝐴𝑁=(

⃗ = (0,1，0)， 若平面PMD的一个法向量𝑛

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝑛⃗ 所成角为𝜑， 设AN与平面PDM所成角为𝜃，𝐴𝑁故sin𝜃=|cos𝜑|=

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐴𝑁·𝑛⃗⃗

||𝐴𝑁|⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||𝑛⃗⃗ |

3

=

5

2√15=

√15． 6

20.【答案】(1)−3⋅(4)𝑛；

(2)−3≤𝜆≤1.

【知识点】数学思想和方法、数列的递推关系、数列的求和、数列的函数特征 【解析】【解析】(1)∵4𝑆𝑛+1=3𝑆𝑛−9  ① ∴当𝑛⩾2时，4𝑆𝑛=3𝑆𝑛−1−9 ②  ①− ②⇒4𝑎𝑛+1=3𝑎𝑛(𝑛⩾2)， 在 ①式中，令𝑛=1，则4(−4+𝑎2)=−

2

∴𝑎2=−16满足𝑎=4，

1

9274

−9，

27𝑎3

∴

𝑎𝑛+1𝑎𝑛

=4对一切𝑛∈𝑁∗恒成立，

9

3

3

∴{𝑎𝑛}为等比数列，且首项为−4，公比为4， 故𝑎𝑛=−4.(4)𝑛−1=−3⋅(4)𝑛；

(2)由3𝑏𝑛+(𝑛−4)𝑎𝑛=0⇒𝑏𝑛=(𝑛−4)⋅(4)𝑛，

∴ 𝑇𝑛=(−3)⋅4+(−2)⋅(4)2+(−1)⋅(4)3+⋯+(𝑛−5)(4)𝑛+(𝑛−4)⋅(4)𝑛  ① ∴ 4𝑇𝑛=(−3)⋅(4)2+(−2)⋅(4)3+⋯+(𝑛−6)(4)𝑛−1+(𝑛−5)(4)𝑛+(𝑛−4)(4)𝑛+1  ②

由 ①− ②⇒4𝑇𝑛=−4+(4)2+(4)3+⋯+(4)𝑛− (𝑛−4)(4)𝑛+1 ∴ 4𝑇𝑛=−4+

1

9

()2·[1−()𝑛−1] 

34

3431−4

933

3

33333

33333

3

193333

−(𝑛−4)·(4)𝑛+1=−𝑛·(4)𝑛+1

33

∴𝑇𝑛=−4 𝑛⋅(4)𝑛+1，

由𝑇𝑛≤𝜆𝑏𝑛⇒−4 𝑛⋅(4)𝑛+1≤𝜆⋅(𝑛−4)⋅(4)𝑛⇒(𝑛−4)𝜆≥−3 𝑛，

第13页，共16页

3

3

3

当1⩽𝑛<4时，则𝜆≤𝑛−4， 此时𝜆≤(𝑛−4)min= 1， 当𝑛=4时，不等式显然成立， 当𝑛>4时，则𝜆≥𝑛−4， ∵

−3𝑛𝑛−4

−3𝑛

−3𝑛

−3𝑛

=

−3(𝑛−4)−12

𝑛−412

=−3−

12𝑛−4

<−3，

12

又∵ −3−𝑛−4关于n单调递增，且当𝑛→+∞时，−3−𝑛−4→−3， ∴𝜆≥−3． 综上：−3≤𝜆≤1.

21.【答案】(1)𝑦2=4𝑥；

(2)(−∞,−7−4√3]∪[−7+4√3,1)∪(1,+∞).

【知识点】抛物线的性质及几何意义、直线与抛物线的位置关系、等式与不等式的性质、圆锥曲线中的综合问题

【解析】【解析】(1)由题意知𝑝=2，故抛物线方程为𝑦2=4𝑥； (2)设直线AB的方程为𝑥=𝑡𝑦+1， 𝑥=𝑡𝑦+1

⇒𝑦2−4𝑡𝑦−4=0， 联立{2

𝑦=4𝑥𝐴(𝑥1,𝑦1)，𝐵(𝑥2,𝑦2)，𝑀(−1,0)， 设直线l的方程为：𝑦=2𝑥+𝑚， 𝑦=2𝑥+𝑚2+𝑚1

⇒𝑦=1−2𝑡𝑡≠2)， 联立{

𝑥=𝑡𝑦+1∴𝑅(

𝑚𝑡+1

， )，𝑁(−2,0 )， 1−2𝑡1−2𝑡

𝑚𝑡+11−2𝑡

𝑚+2𝑚

∴𝑁𝑅2=(+)2+(

2

𝑚

𝑚+22

)1−2𝑡

=[

𝑚+2

2(1−2𝑡)

] 2+(

𝑚+22

)1−2𝑡

=

5(𝑚+2)24(1−2𝑡)2，

直线PM的方程：𝑦=𝑥联立{

𝑦=

𝑦1𝑥1+1

𝑦1

1+1

(𝑥+1)，

(2−𝑚)𝑦1

1+2−𝑦1

(𝑥+1)

𝑦=2𝑥+𝑚

(2−𝑚)𝑦2

2+4−𝑦2

⇒𝑦𝑃=2𝑥=2𝑡𝑦

(2−𝑚)𝑦1

1+4−𝑦1

,

同理𝑦𝑄=2𝑡𝑦

，

2

115(2−𝑚) 𝑦1 𝑦2

∴|𝐏𝐍|·|𝐐𝐍|=√√1+4|𝑦𝑄|⋅√1+4⋅|𝑦𝑃|=4⋅[ (2𝑡−1)𝑦+4] [ (2𝑡−1)𝑦

1

2+4]

，

54(2−𝑚)25(2−𝑚)2=⋅=

4(2𝑡−1)2𝑦1𝑦2+(8𝑡−4)(𝑦1+𝑦2)+16(2𝑡−1)2(−4)+(8𝑡−4)⋅4𝑡+165 (2−𝑚)2

=

16𝑡2+12第14页，共16页

∵|𝐑𝐍|2=|𝐏𝐍|·|𝐐𝐍|， ∴⋅

45

(𝑚+2)2(1−2𝑡)2

=

5(2−𝑚)216𝑡2+12

⇒

(𝑚+2)2(𝑚−2)

=2

𝑠2

(1−2𝑡)24𝑡2+3

， ，

令1−2𝑡=𝑠，则4𝑡2+3∵ 0<

1

42

−+1𝑠2𝑠

(1−2𝑡)2

=

𝑠2−2𝑠+4

=

1

42−+1𝑠2𝑠

⩽3，

4

∴(𝑚−2)2≤3，

解得𝑚≥14+8√3或𝑚⩽14−8√3且𝑚≠−2，

故直线l在x轴上截距−2的取值范围为：(−∞,−7−4√3]∪[−7+4√3,1)∪(1,+∞). 本题也可以将直线l的方程设为𝑦=2(𝑥−𝑚)，最后可直接算出m的范围．

𝑚

𝑚+24

22.【答案】(1)𝑓(𝑥)的递减区间为

(2)(1,𝑒2]； (3)见答案．

，𝑓(𝑥)的递增区间为(log𝑎ln𝑎,+∞)；

𝑏

【知识点】运用放缩法证明不等式、导数中的函数不等式、运用比较法证明不等式、导数中的零点问题、利用导数研究函数的单调性 【解析】【解析】(1)𝑓′(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑎−𝑏， 当𝑏⩽0时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)在[𝑅上单调递增， 此时𝑓(𝑥)的单调递增区间为( −∞,+∞)，无递减区间， 当𝑏>0时，令𝑓′(𝑥)=0⇒𝑥=log𝑎ln𝑎， 当𝑥log𝑎ln𝑎时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增， 故𝑓(𝑥)的递减区间为(2)数形结合

，递增区间为(log𝑎ln𝑎,+∞)；

𝑏

𝑏𝑏

𝑏

令𝑎𝑥−𝑏𝑥+𝑒2=0⇒𝑎𝑥=𝑏𝑥−𝑒2，

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设𝑔(𝑥)=𝑎𝑥，ℎ(𝑥)=𝑏𝑥−𝑒2，

问题转化为对任意的𝑏≥2𝑒2，𝑔(𝑥)与ℎ(𝑥)总有两个不同的交点， 𝑃( 0,−𝑒2)，𝑔′(𝑥)=𝑎𝑥ln𝑎，

设𝑔(𝑥)与ℎ(𝑥)切于𝑀(𝑥0,𝑎𝑥0)，切线PM方程为𝑦−𝑎𝑥0=𝑎𝑥0ln𝑎(𝑥−𝑥0)

∴−𝑒2−𝑎𝑥0=−𝑥0 𝑎𝑥0ln𝑎⇒𝑒2+𝑎𝑥0=𝑥0𝑎𝑥0ln𝑎=𝑎𝑥0ln𝑎𝑥0，令𝑎𝑥0=𝑡(𝑡>1)， ∴𝑡ln𝑡− 𝑡=𝑒2，易知𝑡=𝑒2，∴𝑎𝑥0=𝑒2， 结合图像得，𝑎𝑥0ln𝑎≤2𝑒2， 故ln𝑎≤2⇒1<𝑎⩽𝑒2； (3)𝑎=𝑒，𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−𝑏𝑥+𝑒2， 𝑓′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑏，令𝑓′(𝑥)=0⇒𝑥=ln𝑏， 当𝑥ln𝑏时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)单调递增，

∴𝑓(𝑥)min=𝑓(ln𝑏)=𝑏−𝑏ln𝑏+𝑒2=𝑏(1−ln𝑏)+𝑒2<−3𝑏+𝑒2<−3𝑒4+𝑒2<0， 注意到𝑓(0)=1+𝑒2>0，𝑓(𝑏)=𝑒𝑏−𝑏2+𝑒2>𝑏2−𝑏2+𝑒2>0， ∴𝑓(𝑥)在(0,ln𝑏)和(ln𝑏,𝑏)上各有一个零点𝑥1，𝑥2， 𝑓(𝑥1)=0𝑒𝑥1−𝑏𝑥1+𝑒2=0∴{⇒{𝑥2， 𝑓(𝑥2)=0𝑒−𝑏𝑥2+𝑒2=0要证𝑥2>

𝑏ln𝑏2𝑒2𝑥1+

𝑒2𝑏

⇔𝑥2−

𝑒2𝑏

>2𝑒2⋅𝑏𝑥1=2𝑒2(𝑒𝑥1+𝑒2)，

ln𝑏ln𝑏

由于𝑓(𝑥)=2𝑒2−2𝑏<0，故 0<𝑥1<2， 所以 2𝑒2(𝑒𝑥1+𝑒2)<

ln 𝑏

ln 𝑏2𝑒2𝑒2

(𝑒2+𝑒2)=ln𝑏，

𝑒2𝑏

故只需证：ln𝑏<𝑥2−∵

𝑒2𝑏

，即证：𝑥2>

𝑏

𝑒2

+ln𝑏，

+ln𝑏>ln𝑏⇔即证：𝑓(𝑏+ln𝑏)<0，

𝑒2

𝑒2

+ln 𝑏𝑏所以𝑓(+ln𝑏)=𝑒

𝑏

𝑒2

1

−𝑏ln𝑏=𝑏 𝑒

𝑒2

𝑒2𝑏−𝑏ln𝑏=𝑏(𝑒−ln𝑏)，

𝑒2𝑏而𝑒𝑏−ln𝑏<𝑒𝑒2−4，故𝑓(+ln𝑏)<0，得证．

𝑏

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