专题04 2021年全国高等学校招生考试数学试题（全国II卷）（理）--《2021年全国普通高等学校统一招生考试数学（冲刺）试卷》（解析版）

注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在 本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第 I 卷 选择题部分（共 60 分） 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．（2020·高一月考）设全集  1,3,5,7,9U  ，集合  1, 5,9A a  ，  5,7U A ð ， 则 a 的值是（ ） A． 2 B． 2 C．8 D． 8 【答案】C 【解析】 由已知条件可得出关于 a 的等式，由此可解得实数 a 的值. 【详解】 已知全集  1,3,5,7,9U  ，集合  1, 5,9A a  ，  5,7U A ð ，则 5 3a   ，解得 8a  . 故选：C. 2．（2021·陕西西安市·高一月考）设 是第二象限角，则点 (sin(cos ),cos(sin ))P   在（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【解析】 根据正弦函数、余弦函数的值的正负性，正余弦函数的单调性进行判断即可. 【详解】 因为 是第二象限角，所以 0 sin 1, 1 cos 0      ， 因此sin(cos ) 0,cos(sin ) 0   ，所以点 (sin(cos ),cos(sin ))P   在第二象限. 故选：B 3．（2021·江西高三其他模拟（文））有3位男生和 2 位女生在周日去参加社区志愿活动，从该5位同学中任 取3人，至少有1名女生的概率为（ ） A． 1 10 B． 2 5 C． 3 5 D． 9 10 【答案】D 【解析】 将3位男生分别记为 A、B 、C ，2 位女生分别记为 a 、b ，列举出所有的基本事件，并确定事件“从这5位 同学中任取3人，至少有1名女生”所包含的基本事件数，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】 将3位男生分别记为 A、 B 、C ， 2 位女生分别记为 a 、b ， 从这 5位同学中任取 3人，所有的基本事件有：ABC 、ABa 、ABb、ACa 、ACb 、Aab 、BCa 、BCb 、 Bab 、Cab ，共10 种， 其中，事件“从这5位同学中任取3人，至少有1名女生”包含的基本事件有： ABa 、 ABb、 ACa 、 ACb 、 Aab 、 BCa 、 BCb 、 Bab 、Cab ，共9种， 因此，所求概率为 9 10P  . 故选：D. 【点睛】 方法点睛：求解古典概型概率的方法如下： （1）列举法； （2）列表法； （3）树状图法； （4）排列、组合数的应用. 4.（2021·江苏常州市·高三一模）天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支，十天干即甲、 乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即子、丑、寅、卯、辰、已、午、未、申、酉、戌、亥. 天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地 支由“子”起，例如，第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，以此类推，排列到“癸酉” 后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，然后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，以此类推. 今年是辛丑年，也是伟大、光荣、正确的中国共产党成立100周年，则中国共产党成立的那一年是（ ） A．辛酉年 B．辛戊年 C．壬酉年 D．壬戊年 【答案】A 【解析】 推导出1921年的天干与地支，由此可得出结果. 【详解】 由题意知，天干是公差为10 的等差数列，地支为公差为12 的等差数列， 且100 10 10  ，100 8 12 4   ， 因为 2021年为辛丑年，则100年前的天干为“辛”，地支为“酉”，可得到1921年为辛酉年， 故选：A. 5．（2021·山西临汾市·高三一模（理））记 nS 为数列 na 的前 n 项和，若 2 1n nS a ＝ ，则 10S ＝（ ） A．﹣1024 B．﹣1023 C．1023 D．1024 【答案】B 【解析】 由已知可求得 1 1a   ，再利用 1n n na S S   可得 na 是以﹣1 为首项，2 为公比的等比数列，即可求出 10S . 【详解】 由题意，当 1n  时， 1 1 12 1a S a   ，解得 1 1a   ， 当 2n  时， 1 12 1 2 1      n n n n na S S a a ， 化简整理，得 12n na a  ， ∴数列 na 是以﹣1 为首项，2 为公比的等比数列， ∴    10 10 1 1 2 10231 2S       ． 故选：B． 【点睛】 思路点睛：利用 na 和 nS 求通项的步骤： （1）当 1n  时，利用 1 1a S 求出 1a ； （2） 2n  时，将 n 替换为 1n  ，得到关于 1nS  的式子； （3）将两式相减，利用 1n n na S S   得到关于 na 的通项公式或递推关系； （4）利用递推关系求出数列通项公式； （5）验证 1a 是否满足通项即可得出答案. 6．（2021·全国高三月考（文））某三棱锥的三视图如图所示（单位： cm），则该三棱锥最长的棱长和体积 分别为（ ） A． 5 ， 2 3 B． 5 ， 5 6 C． 6 ， 2 3 D． 6 ， 5 6 【答案】C 【解析】 由三视图知原几何体是三棱锥，有一条侧棱垂直于底面，底面是等腰三角形，根据三视图的数据求出三棱 锥各棱的长，再计算体积即可得正确选项. 【详解】 由三视图知原几何体是三棱锥 A BCD ，侧棱 AB  平面 BCD， 1AB  ， BCD△ 是等腰三角形， 2CD  ， CD 边上的高为 2 ，可得 2 22 1 5BD BC    ， 所以 2 2 5 1 6AD BC BD BA      ， 所以该三棱锥最长的棱长为 6 ， 该三棱锥体积为 1 1 1 22 2 13 3 2 3BCDS AB        ， 故选：C. 7．（2021·黑龙江哈尔滨市·哈九中高二期中（文））设曲线 2 2( 1) 8x y   上的点到直线 2 0x y   的距 离的最大值为 a，最小值为 b，则 a b的值为（ ） A． 2 2 B． 4 2 C． 7 2 2 D．2 【答案】C 【解析】 求得圆心到直线 2 0x y   的距离为 3 2 2d  ，进而求得 ,a b 的值，即可求解. 【详解】 由题意，圆 2 2( 1) 8x y   的圆心坐标为 (0,1)M ，半径为 2 2r  ， 可得圆心 (0,1)M 到直线 2 0x y   的距离为 2 2 0 1 2 3 2 21 ( 1) d      ， 所以 3 2 7 22 22 2a d r     ， 0b  ，所以 7 2 2a b  . 故选：C. 8．（2021·湖北武汉市·高二期末）已知斜率为 1 6 的直线l 与双曲线 2 2 2 2 1( 0, 0)x yC a ba b    : 相交于 B 、 D 两点，且 BD 的中点为 (1,3)M ，则C 的离心率为（ ） A．2 B． 5 2 C．3 D． 6 2 【答案】D 【解析】 设    1 1 2 2, ,B x y D x y、 ，用“点差法”表示出 a、b 的关系，即可求出离心率 【详解】 设    1 1 2 2, ,B x y D x y、 ,则 2 2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 x y a b x y a b       ， 两式作差得： 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 0x x y y a b    ， 整理得：       2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 y y y yb a x x x x     BD 的中点为 (1,3)M ，且直线l 的斜率为 1 6 ，代入有： 2 2 6 1 1 2 6 2 b a    即 2 2 2 1 2 c a a   ，解得 6 2 ce a = = . 故选：D 【点睛】 求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到 a、b、c 的关系，消去 b，构造离心率 e 的方 程或（不等式）即可求出离心率． 9．（2021·全国高三月考（理））已知函数 2 2(1 cos ) 2 3 1( ) x x x xf x x     ，则下列说法正确的是（ ） A．函数 ( )f x 的图象关于原点对称 B．函数 ( )f x 在 (0, ) 上单调递增 C．函数 ( ) 5y f x  在 (0, ) 上无零点 D．函数 ( )f x 的图象关于直 3x  线对称 【答案】C 【解析】 先对函数化简，得 1( ) (1 cos ) 2 3f x x x x x      ，由函数 (1 cos )y x x  ， 12y x x   均为奇函数， 所以可判断函数的对称性，进而可判别断 A，D，对于 B，取特殊值即可判断；对于 C，由 0x  ，可得 (1 cos ) 0x x  ， 12 3 2 2 3x x     ，从而可判断 ( ) 5f x  【详解】 依题意， 1( ) (1 cos ) 2 3f x x x x x      ，易知 (1 cos )y x x  ， 12y x x   均为奇函数，图象关于原 点对称，故函数 ( )f x 的图象关于 (0,3) 对称，故 A、D 错误； 易知 (0.1) 13 2f f       ，故 B 错误； 当 0x  时， (1 cos ) 0x x  ， 12 3 2 2 3x x     ，即 ( ) 5f x  ，即函数 ( ) 5y f x  在 (0, ) 上无 零点． 故选：C 10．（2021·全国高三专题练习）对于函数 ( )f x ，若在定义域内存在实数 0x 满足 0 0( ) ( )f x f x   ，则称函 数 ( )f x 为“倒戈函数”．设 ( ) 3 1xf x m   （ m R ， 0m  ）是定义在 1,1 上的“倒戈函数”，则实数 m 的 取值范围是（ ） A．[ 2 ,0)3  B． 2 1,3 3      C． 2 ,03     D． ( ,0) 【答案】A 【解析】 问题就是方程 0 0( ) ( )f x f x   在 0 [ 1,1]x   有解，变形为 0 02 3 3 2x xm     ，引入新函数，求得函数的 值域即可得结论． 【详解】 因为 ( ) 3 1xf x m   是定义在 1,1 上的“倒戈函数， 存在  0 1,1x   满足 0 0( ) ( )f x f x   ， 0 03 1 3 1x xm m       ， 0 02 3 3 2x xm      ， 构造函数 0 03 3 2x xy     ，  0 1,1x   ， 令 03xt  ， 1 ,33t      ， 1 12 2 ( )y t tt t        在 1 ,13      单调递增， 在 (1,3] 单调递减，所以 1t  取得最大值 0， 1 3t  或 3t  取得最小值 4 3  ， 4 ,03y      ， 4 2 03 m   ， 2 03 m   ， 故选：A． 11．（2021·广东肇庆市·高三二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求 极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可 转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为 2100 cm 和 264 cm 的同心球（球 壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点 A ，在内球表面上有一点 B ，连接线段 AB .若线段 AB 不穿过小 球内部，则线段 AB 长度的最大值是（ ） A． 41 cm B．9cm C．3cm D．2cm 【答案】C 【解析】 本题首先可根据题意确定外球的半径以及内球的半径，然后以外球表面上一点 A 、内球表面上有一点 B 以 及球心O 作截面，根据线段 AB 不穿过小球内部得出线段 AB 与内球相切时线段 AB 的长度最大，最后通 过计算即可得出结果. 【详解】 因为外球的表面积为 2100 cm ，内球的表面积为 264 cm ， 所以外球的半径为 5cm ，内球的半径为 4cm ， 如图，以外球表面上一点 A 、内球表面上有一点 B 以及球心 O 作截面， 因为线段 AB 不穿过小球内部，所以当线段 AB 与内球相切时线段 AB 的长度最大， 则线段 AB 最长为  2 25 4 3 cm  ， 故选：C. 12．（2020·河南高二期中（理））已知数列 na 满足 1 10a  ， 1 2n na a n    ，则 na n 的最小值为（ ） A．2 10 -1 B． 11 2 C． 16 3 D． 27  4 【答案】C 【解析】 先根据累加法得 2 10na n n   ，进而得 10 1na nn n    ，再结合函数   10 1f x x x    的单调性即可得 当 3n  时， na n 的最小值为16 3 . 【详解】 解：由 1 2n na a n    得 1 2n na a n   ， 所以  1 2 1n na a n   ，  1 2 2 2n na a n    ，  2 3 2 3n na a n    ， ， 3 2 2 2a a   ， 2 1 2 1a a   ， 累加上述式子得：        1 2 1 2 3 2 1 1na a n n n n n              ， 所以 2 10na n n   ， 2n  ， 检验已知 1n  时， 2 10na n n   满足. 故 2 10na n n   ， 10 1na nn n    ， 由于函数   10 1f x x x    在区间 0, 10 上单调递减，在 10, 上单调递增， 又因为 *xN ，当 3n  时， 10 163 13 3 na n     ，当 4n  时， 10 114 14 2 na n     ， 所以 na n 的最小值为16 3 . 故选：C. 【点睛】 本题考查累加法求通项公式，结合数列的函数性质求最值，考查运算能力与化归转化思想，是难题.本题解 题的关键是先根据累加法得 10 1na nn n    ，进而根据函数   10 1f x x x    的单调性并结合 *xN 求解 最值即可. 第 II 卷 非选择题部分（共 90 分） 二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分. 13．（2021·全国高三专题练习（理））已知 ( 1)a m  ， ， ( 1 2)b   ， ， ( 3 )c m  ， ，若 / /(2 )a b c   ，则实 数 m  ________. 【答案】 5 或1 【详解】 2 ( 5 4 )b c m     ， ，则 / /(2 )a b c    25 4m m  ，则 2 4 5 0m m   ，则 5m   或 1m  . 故答案为：-5 或 1. 14．（2021·吉林吉林市·高三三模（理））辛丑牛年春晚现场请来了荣获“人民英雄”“时代楷赘”“全国道德模范” 称号的几位先进人物代表共度新春佳节，他们是“人民英雄”陈薇，“时代楷模”毛相林、张连刚，林占禧，“全 国道德模范”张晓艳、周秀芳、张家丰，朱恒银，从中选出两位荣誉称号不同的代表先后给全国人民拜年， 则不同的发言情况有 __________种. 【答案】 38 【解析】 根据题意，把不同的发言情况分成 3 类，对每一类先选人，再排列即可. 【详解】 从所有先进人物代表选出两位荣誉称号不同的代表给全国人民拜年，不同的发言情况有 3 类： （1）2 人来自“人民英雄”“时代楷赘”有 1 2 3 2 6C A  种； （2）2 人来自“人民英雄”“全国道德模范”有 1 2 4 2 8C A  种； （3）2 人来自“时代楷赘”“全国道德模范”有 1 1 2 3 4 2 24C C A   种； 所以 6+8+24=38 种. 故答案为：38. 【点睛】 计数问题解题要先区分：1、先分步还是先分类.2、是排列还是组合． 15．（2020·湖北荆州市·高二期末）若复数 z 满足 4z i z i    ，则 z 在复平面内对应点的轨迹 方程是__________（结果要求化简） 【答案】 2 2 14 3 y x  【解析】 设复数 z 对应的点为 Z，由 4z i z i    ，知点 Z 到点 A（0，1）、点 B（0，-1）的距离和大于|AB|，由 此可得结论，求出方程即可． 【详解】 设复数 z 对应的点为 Z， 则 z i 表示点 Z 到点 A（0，1）的距离， z i 表示点 Z 到点 B (0, 1) 的距离， 又|AB|=2， 由 4z i z i    知点 Z 到点 A、B 的距离和大于|AB|， z 在复平面内对应点的轨迹为椭圆，所以 a=4，c=1，则 3b  ， 椭圆的焦点就是 A，B， 所以 z 在复平面内对应的点的轨迹方程是： 2 2 14 3 y x  ， 故答案为： 2 2 14 3 y x  16．（2021·贵州遵义市·高二期末）如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 的棱长为 1，线段 1 1B D 上有两个动点 E ， F ，且 2 4EF  ，现有如下四个结论： ①延长线段 BF 和 AE 必相交于一点； ② AC BE ； ③平面 / /EFC 平面 1A BD ； ④三棱锥 A BEF 的体积为定值. 其中正确结论的序号是___________. 【答案】②③④ 【解析】 用反证法证明①错误，利用线面垂直的判定定理和性质定理证明②正确，利用面面平行的判定定理证明③ 正确，利用体积公式计算三棱锥的体积即求得④正确. 【详解】 延长线段 BF 和 AE ，假设相交于一点，则 BF 与 AE 共面于平面 ABFE，则 EF 与 AB 共面，则 EF 与 AB 平行或相交，但是正方体上底面与下底面平行，故 EF 与 AB 无公共点，又 1 1/ /AB A B ，AB 与 EF 不平行， 故假设矛盾，线段 BF 和 AE 异面，不会相交于于一点，①错误； 易见，正方体中，AC BD ， 1DD AC ，BD 与 1DD 相交，且在平面 1 1BDD B 内，故 AC  平面 1 1BDD B ， 而 BE  平面 1 1BDD B ，故 AC BE ，②正确； 平面 EFC ，即平面 1 1D B C ，正方体中， 1BB 与 1DD 平行且相等，故四边形 1BB 1D D 是平行四边形，故 1 1 / /D B DB ，故 1 1 / /D B 平面 1A BD ， 同理， 1 1A D 与 BC 平行且相等，则 1 1/ /D C A B ，故 1 / /D C 平面 1A BD ， 1 1D B 与 1D C 相交，且在平面 1 1D B C 内，故平面 1 1 / /D B C 平面 1A BD ， 即平面 / /EFC 平面 1A BD ，③正确； 三棱锥 A BEF 的体积 1 3A BEF BEFV S h   ， 由 AC  平面 1 1BDD B ，知 1 2 2 2h AC  ， AEF 中，B 到 EF 的距离为棱长 1 1BB  ，故 1 1 1 2 212 2 4 8BEFS EF BB       ， 1 1 2 2 1 3 3 8 2 24A BEF BEFV S h       ，故体积是定值，④正确. 故答案为：②③④. 【点睛】 方法点睛：体积与面积是立体几何中一个重要内容，是高考必考内容之一，求体积的一般方法有： 1．直接法：对规则几何体（如柱、锥、台、球），直接利用体积公式计算； 2．割补法：对一些不规则的几何体，常通过分割或补形的手段将此几何体变成一个或几个的、体积易求的 几何体，然后再进行计算． 三、解答题：共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17—21 题为必考题，每个 考生都必须作答.22、23 题为选考题，考生根据要求作答. （一）必考题：共 60 分 17．（2021·高一月考） ABC 的三个内角 , ,A B C 的对边分别是 , ,a b c ，已知 sin sin2 A Bb c B  . （1）求 C； （2）若 1c  ，求 1 2a b 的取值范围. 【答案】（1） 3  （2） 1( ,1)2  【解析】 （1）由正弦定理及三角恒等变换化简可得 1sin 2 2 C  ，即可求解； （2）根据正弦定理可得 1 2 3 1 2 3sin sin2 3 2 3a b A B    ，利用三角函数的值域求解即可. 【详解】 （1）由正弦定理可得：sin sin sin sin (sin 0)2 A BB C B B    ， sin sin2 A B C  ，又因 A B C    ， 2 2 2 A B C   ， 所以 sin cos sin 2sin cos2 2 2 2 2 c C C CC       ， 又因 cos 02 C  ， 所以 1sin 2 2 C  ，即 2 6 C  ， 3C   . （2）由（1）知 3C  ， 1c  ， 2 32 sin 3 cR C   ， 1 2 3 1 2 3 2 3 2 1sin sin sin( ) sin2 3 2 3 3 3 2a b A B B B          2 3 2 2 1 2 3 3sin cos cos sin sin cos cos3 3 3 2 3 2B B B B B          , 20, 3B     , 1cos ( ,1)2B   , 1 1( ,1)2 2a b    【点睛】 关键点点睛：求三角形中 1 2a b 范围，可利用正弦定理转化为三角函数问题，化简，利用三角函数值域求 解，属于中档题. 18．（2021·全国高三专题练习）针对偏远地区因交通不便､消息闭塞导致优质农产品藏在山中无人识的现象， 各地区开始尝试将电商扶贫作为精准扶贫的重要措施.为了解电商扶贫的效果，某部门随机就 100 个贫困地 区进行了调查，其当年的电商扶贫年度总投入(单位：万元)及当年人均可支配年收入(单位：元)的贫困地区 数目的数据如下表： 人均可支配年收入(元) 电商扶贫年度总投入(万元) (5000，10000] (10000，15000] (15000，20000] (0，500] 5 3 2 (500，1000] 3 21 6 (1000，3000) 2 34 24 （1）估计该年度内贫困地区人均可支配年收入过万的概率，并求本年度这 100 个贫困地区的人均可支配年 收入的平均值的估计值(同一组数据用该组数据区间的中间值代表)； （2）根据所给数据完成下面的列联表，并判断是否有 99%的把握认为当地的人均可支配年收入是否过万与 当地电商扶贫年度总投入是否超过千万有关. 人均可支配年收入≤10000 元 人均可支配年收入>10000 元 电商扶贫年度总投入不超过 1000 万 电商扶贫年度总投入超过 1000 万 附：        2 2 n ad bcK a b c d a c b d      ，其中 n a b c d    .  2P K k 0.050 0.01 0.005 k 3.841 6.635 7.879 【答案】（1）概率为0.9 ，平均值的估计值为13600(元)；（2）列联表答案见解析，有 99%的把握认为当地 的人均可支配年收入是否过万与当地电商扶贫年度总投入是否超过千万有关. 【解析】 （1）利用频率估计概率，再利用平均数公式估计平均值； （2）根据题干完成 2 2 联表，再根据公式计算 2K ，对照参数得出结论. 【详解】 解：（1）由所给数据可得，该年度内贫困地区人均可支配年收入过万的概率的估计值为 5 3 21 0.9100    . 本年度这 100 个贫困地区的人均可支配年收入的平均值的估计值为 5 3 2 3 21 34 2 6 247500 12500 17500 13600100 100 100            (元). （2）列联表如下： 人均可支配年收入≤10000 元 人均可支配年收入>10000 元 电商扶贫年度总投入不超过 1000 万 8 32 电商扶贫年度总投入超过 1000 万 2 58 因为  2 2 100 8 58 2 32 200 7.407 6.63510 90 40 60 27K          ， 所以有 99%的把握认为当地的人均可支配年收入是否过万与当地电商扶贫年度总投入是否超过千万有关. 19．（2021·六安市裕安区新安中学高二期末（文））已知椭圆 C 的长轴长为10 ，两焦点 1 2,F F 的坐标分别为  3,0 和 3,0 ． （1）求椭圆的标准方程； （2）若 P 为椭圆C 上一点， 2PF x 轴，求 1 2F PF 的面积． 【答案】（1） 2 2 125 16 x y  （2） 48 5 【解析】 （1）根据椭圆的长轴即焦点坐标,可得 ,a c .由椭圆中满足 2 2 2a b c  ,即可求得 2b ,进而得椭圆的标准方程. （2）根据 2PF x ,可得 P 点坐标,即可求得 1 2F PF 的面积． 【详解】 （1）椭圆C 的长轴长为10 ,两焦点 1 2,F F 的坐标分别为  3,0 和 3,0 则 2 10, 3a c  ,且 2 2 2a b c  解得 25, 16a b  所以椭圆的标准方程为 2 2 125 16 x y  （2） P 为椭圆C 上一点, 2PF x 轴 所以点 P 的横坐标为 3x  ,代入椭圆方程可求得点 P 的纵坐标为 16 5y   不妨设点 P 在 x 轴上方,则 163, 5P     所以 1 21 2 1 2F PF PS F F y   161 48 5 562     【点睛】 本题考查了椭圆标准方程的求法,椭圆的几何性质简单应用,焦点三角形面积求法,属于基础题. 20．（2021·浙江高三其他模拟）如图，在四棱锥 A BCDE 中， //BE CD ， 2AB BC CD DE    ， 4BE  ， AE AB ． （1）求证： BE AC ． （2）若 2AC  ，求直线 BE 与平面 ABC 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析；（2） 6 3 ． 【解析】 （1）取 AC 的中点O ，连接 OB ，OE ， EC ，证明 OB AC ，OE AC ，再利用线面垂直的判定定理 证出 AC  平面OBE ，即证. （2）过点 E 作 EF OB 于点 F ，得出 EOB 为直线 BE 与平面 ABC 所成的角，在 OBE△ 中，利用余弦 定理即可求解. 【详解】 （1）如图，取 AC 的中点O ，连接OB ， OE ， EC ， ∵ AB BC ，∴OB AC ． ∵ //BE CD ， 2AB BC CD DE    ， 4BE  ， ∴四边形CDEB 为等腰梯形，且 2 3CE  ． ∵ AE AB ， 2AB  ， 4BE  ，∴ AE 2 3 ， ∴ AE CE ，∴OE AC ． ∵OE ，OB  平面OBE ，OE OB O ， ∴ AC  平面OBE ， 又 BE  平面OBE ，∴ BE AC ． （2）由（1）知 AC  平面OBE ， 又 AC  平面 ABC ，∴平面 ABC  平面OBE ． ∵平面 ABC  平面OBE OB ， ∴过点 E 作 EF OB 于点 F ，则 EF  平面 ABC ， ∴ EOB 为直线 BE 与平面 ABC 所成的角． 在等边三角形 ABC 中，易得 3OB  ． 在 ACE 中， 2 3AE CE  ， 2AC  ，∴ 2 2 11OE AE AO   ． 又 4BE  ，∴在 OBE△ 中， 2 2 2 3 16 11 3cos 2 32 3 4 OB BE OEEBO OB BE          ， ∴ 2 6sin 1 cos 3EBO EBO     ， 即直线 BE 与平面 ABC 所成角的正弦值为 6 3 ． 【点睛】 方法点睛：证明线线垂直常由线面垂直的性质推理得到，一条直线和一个平面垂直，这条直线就垂直于这 个平面内的所有直线，这是证明线线垂直的重要方法，若已知条件中含边的长度，则可根据线段间的数量 关系，利用勾股定理的逆定理或三角形三线合一的性质来证明线线垂直． 21．（2021·全国高三专题练习）已知函数   sinxf x ae x x   ，  0,x  . （1）证明：当 1a   时，函数  f x 有唯一的极大值点； （2）当 2 0a   时，证明：  f x  . 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 （1）求得  f x ，利用导数分析函数  f x 的单调性，结合零点存在定理可证得结论成立； （2）构造函数   sinxh x ae x x     ，利用导数证得  max 0h x  ，即可证得结论成立. 【详解】 （1）当 1a   时，   sin xf x x x e   ，   1 cos xf x x e    ， 因为  0,x  ，所以1 cos 0x  ， 令   1 cos xg x x e   ，   sin 0xg x e x     ，所以  g x 在区间 0, 上单调递减.  0 2 1 1 0g     ，   0g e    ， 所以，存在  0 0,x  ，使得  0 0f x  ， 且当 00 x x  时，   0f x  ；当 0x x   时，   0f x  . 所以函数  f x 的递增区间是 00, x ，递减区间是 0,x  . 所以函数  f x 存在唯一的极大值点 0x ； （2）当 2 0a   时，令   sinxh x ae x x     ，则   cos 1xh x ae x    ，   sin 0xh x ae x    ， 所以，函数  h x 在区间 0, 上单调递减， 因为  0 2 0h a    ，   0h ae   ， 所以，存在  0,t  ，使得   0h t  ，即 cos 1 0tae t   ， 且当 0 x t  时，   0h x  ；当t x   时，   0h x  . 所以函数  h x 在区间 0,t 上是递增函数，在区间 ,t  上是递减函数.    max sinth x h ae t tt      ，  0,t  ， 因为 cos 1 0tae t   ，只需证   sin cos 1 0tt t t       即可，    cos sin 1 sin 1 cos 0tt t t t        ， 所以，函数  t 在区间 0, 上是增函数，     0t    ，即  f x  . 【点睛】 方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式    f x g x （或    f x g x ）转化为证明     0f x g x  （或     0f x g x  ），进而构造辅助函数      h x f x g x  ； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. （二）选考题：共 10 分.请考生在 22、23 题中任选一题作答.如果多做，则按所做的第一题计分. 22．（2021·全国高三专题练习（理））在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆C ： 2 2( 1) 1x y   ，直线l ： 3 0x y m   ，以坐标原点为极点， x 轴的正半轴为极轴建立极坐标系. （1）求圆C 的极坐标方程与直线l 的参数方程； （2）设点 ( 0)P m， ，若直线 l 与圆 C 交于 A ､ B 两点，且| | | | 1PA PB  ，求实数 m 的值. 【答案】（1）圆C 极坐标方程为 2cos  ，直线l ： 3 2 1 2 x t m y t      (t 为参数)；（2） 1m  或 1 2m = ± . 【解析】 （1）由公式 cos sin x y        化直角坐标方程为极坐标方程，选取直线上一点，求出倾斜角，然后可写出直线 参数方程的标准形式； （2）把直线参数方程代入圆的直角坐标方程，整理后由 0  得参数范围， 1 2PA PB t t ，由此可计算 出 m 值． 【详解】 （1）圆C ： 2 2 2x y x  ，则 2 2 2 2cos sin 2 cos       ，则极坐标方程为 2cos  ， 直线l 为 ( ,0)P m ，直线的斜率为 3 3k  ，倾斜角为 6  ，所以直线l 参数方程为 3 2 1 2 x t m y t      (t 为参数)； （2）将直线l 的参数方程代入圆C 的平面直角坐标方程得 2 23 1( 1) ( ) 12 2t m t    ， 整理得 2 23( 1) 2 0t m t m m     ， 由 0  得 2 23( 1) 4( 2 ) 0m m m    ，解得 1 3m   ， 则 2 1 2| | | | | | | 2 | 1PA PB t t m m     ，解得 1m  或 1 2m = ± ，均符合. 【点睛】 思路点睛：本题考查极坐标方程与直角坐标方程的互化，考查直线的参数方程，在直线与相交问题时，涉 及到直线的线段长问题有时用直线的参数方程比较方便，如直线参数方程是 0 0 cos sin x x t y y t        （t 为参数），  是直线的倾斜角， 0 0( , )P x y ，直线与交线交点为 ,A B ，则 ,A B 对应的参数值 1 2,t t 有： 1PA t ， 2PB t ， 如果 PA 是直线向上的方向，则 1t 为正，否则为负． 23．（2021·全国高三专题练习（理））已知 4( ) | | | |f x x m x m     ( 0m  ) （1）证明： ( ) 4f x  ； （2）若 (1) 5f  成立，求 m 的取值范围. 【答案】（1）证明见解析；（2） (1 4)， . 【解析】 （1）利用绝对值三角不等式及基本不等式计算可得； （2）依题意 4|1 | |1 | 5m m     ，即 4( 1)| 1| mm m   ，再对 m 分类讨论，分别计算，最后取并集即可； 【详解】 解：（1）由 0m  得 4 4 4 4( ) | | | | | ( ) ( ) | | | 2 4f x x m x x m x m mm m m m              ， 当且仅当 4m m  ，即 2m  时取等号，∴ ( ) 4f x  ； （2）由 (1) 5f  得 4|1 | |1 | 5m m     ， 由 0m  得 4| 1| 1 5m m     ，即 4( 1)| 1| mm m   ， 当 0 1m  时， 1 0m   ， 4( 1)| 1| mm m   恒不成立， 当 1m > 时， 1 0m  ，有 4( 1)1 mm m   ，即 41 m  ，解得1 4m  ， 综上， m 的取值范围是 (1 4)， .