2021年高考文数真题试卷(全国Ⅲ卷)242带答案解析

2021年高考文数真题试卷（全国Ⅲ卷）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。（共12题；共60分）

1.已知集合A={-1，0，1，2}，B={x|x2≤1}，则A∩B=（ ）

A. {-1，0，1} B. {0，1} C. {-1，1} D. {0，1，2} 2.若z（1+i）=2i，则z=（ ）

A. -1-i B. -1+i C. 1-i D. 1+i 3.两位男同学和两位女同学随机排成一列，则两位女同学相邻的概率是（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2

4.《西游记》《三国演义》《水浒传》和《红楼梦》是中国古典文学瑰宝，并成为中国古典小说四大名著。某中学为了了解本校学生阅读四大名著的情况，随机调查了100位学生，其中阅读过《西游记》或《红楼梦》的学生共有90位，阅读过《红楼梦》的学生共有80位，阅读过《西游记》且阅读过《红楼梦》的学生共有60位，则该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为（ ）

A. 0.5 B. 0.6 C. 0.7 D. 0.8 5.函数 𝑓(𝑥)=2sin𝑥−sin2𝑥 在[0，2π]的零点个数为（ ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 6.已知各项均为正数的等比数列{an}的前4项和为15，且a5=3a3+4a1 ， 则a3=（ ）

A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 7.已知曲线y=aex+xlnx在点（1，ae）处的切线方程为y=2x+b，则（ ） A. a=e，b=-1 B. a=e，b=1 C. a=e-1 ， b=1 D. a=e-1 ， b=-1

8.如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD ， M是线段ED的中点，则（ ）

1

1

1

1

A. BM=EN ， 且直线BM、EN 是相交直线 B. BM≠EN ， 且直线BM ， EN 是相交直线 C. BM=EN ， 且直线BM、EN 是异面直线 D. BM≠EN ， 且直线BM ， EN 是异面直线 9.执行下边的程序框图，如果输入的 𝜀 为0.01，则输出 𝑠 的值等于（ ）

A. 2−24 B. 2−25 C. 2−26 D. 2−27 10.已知F是双曲线C：

𝑥24

1111

−

𝑦25

=1 的一个焦点，点P在C上，O为坐标原点，若 |𝑂𝑃|=|𝑂𝐹| ，则 △𝑂𝑃𝐹

的面积为（ ）

A. 2 B. C. 2 D. 2 2

3

5

7

9

𝑥+𝑦⩾6,

11.记不等式组 { 表示的平面区域为D.命题 𝑝:∃(𝑥,𝑦)∈𝐷,2𝑥+𝑦⩾9 ；命题 𝑞:∀(𝑥,𝑦)∈

2𝑥−𝑦≥0𝐷,2𝑥+𝑦⩽12 .下面给出了四个命题（ ）

① 𝑝∨𝑞 ② ¬𝑝∨𝑞 ③ 𝑝∧¬𝑞 ④ ¬𝑝∧¬𝑞 这四个命题中，所有真命题的编号是（ ）

A. ①③ B. ①② C. ②③ D. ③④ 12.设f（x）是定义域为R的偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则（ ）

A. 𝑓 （log3 4 ） B. 𝑓 （log3 4 ） ＞ 𝑓 （ 2−2 ）＞ 𝑓 （ 2−3 ）＞ 𝑓 （ 2−3 ）＞ 𝑓 （ 2−2 ）C. 𝑓 （ 2−2 ）＞ 𝑓 （ 2−3 ）＞ 𝑓 （log3 4 ） D. 𝑓 （ 2−3 ）＞ 𝑓 （ 2−2 ）＞ 𝑓 （log3

14

）

3

2

132123

123

2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。（共4题；共20分）

→

13.已知向量 →𝑎=(2,2),𝑏=(−8,6) ，则 cos<𝑎,𝑏>= ________.

→

→

14.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若 𝑎3=5,𝑎7=13 ，则 𝑆10= ________. 15.设F1 ， F2为椭圆C：

𝑥2

+20=1 的两个焦点，M为C上一点且在第一象限，若△MF1F2为等腰三角36

𝑦2

形，则M的坐标为________。

16.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型，如图，该模型为长方体ABCD-A1B1C1D1 ， 挖去四棱推O一EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H，分别为所在棱的中点，AB=BC=6cm，AA1=4cm，3D打印所用原料密度为0.9g/cm2 ， 不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.

三、解答题（共7题；共70分）

17.为了解甲、乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成A，B两组，每组100只，其中A组小鼠给服甲离子溶液，B组小鼠给服乙离子溶液，每只小鼠给服的溶液体积相同、摩尔浓度相同。经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图：

记C为事件：“乙离子残留在体内的百分比不低于5.5”，根据直方图得到P（C）的估计值为0.70. （1）求乙离子残留百分比直方图中a，b的值；

（2）分别估计甲，乙离子残留百分比的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表） 18.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知 𝑎sin（1）求B；

（2）若△ABC为锐角三角形，且c=1，求△ABC面积的取值范围.

𝐴+𝐶2

=𝑏sin𝐴

3

19.图1是由矩形ADEB、 Rt△ ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°.将其沿AB ， BC折起使得BE与BF重合，连结DG ， 如图2.

（1）证明图2中的A ， C ， G ， D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE； （2）求图2中的四边形ACGD的面积. 20.已知函数 𝑓(𝑥)=2𝑥3−𝑎𝑥2+2 . （1）讨论 𝑓(𝑥) 的单调性；

（2）当0𝑥22

，D为直线y= −2 上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A ， B.

1

（1）证明：直线AB过定点：

（2）若以E(0， 2 )为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程. 22.[选修4-4：坐标系与参数方程]

如图，在极坐标系Ox中，A（2，0），B（ √2 ， 4 ），C（ √2 ，

𝜋

3𝜋4

5

⌢ ， 𝐵𝐶⌢ ， ），D（2，π），弧 𝐴𝐵

⌢ 所在圆的圆心分别是（1，0），（1， 𝜋 ），（1，π），曲线M1是弧 𝐴𝐵⌢ ，曲线M2是弧 𝐵𝐶⌢ ，曲𝐶𝐷2⌢ 。 线M3是弧 𝐶𝐷

（1）分别写出M1 ， M2 ， M3的极坐标方程；

（2）曲线由M1 ， M2 ， M3构成，若点P在M上，且|OP|= √3 ，求P的极坐标。 23.[选修4-5：不等式选讲] 设x，y，z∈R，且x+y+z=1，

（1）求（x-1）2+（y+1）2+（z-1）2的最小值；

（2）若（x-2）2+（y-1）2+（z-2）2≥ 3 成立，证明：a≤-3或a≥-1。

1

4

答案解析部分

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。 1.【答案】 A

【考点】交集及其运算

【解析】【解答】解：∵集合 A={−1,0,1,2}，B={x|−1≤x≤1} ，

B={−1,0,1} ，

故答案为：A. 则 A∩

【分析】先求出集合B，再利用交集的运算即可得结果. 2.【答案】 D

【考点】复数代数形式的乘除运算 【解析】

i=ii=【解答】解：∵ 𝑧(1+𝑖)=2i ，则 z=1+

(1+)(1−)

i

i

i

2

2(1−)

2i(1−i)2

=1+i ，

故答案为：D.

【分析】利用复数的乘除运算，即可求出复数z的代数式. 3.【答案】 D

【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率

【解析】【解答】解：设两位男同学为1，2，两位女同学为a，b，

则随机排成一列的情况为12ab，12ba，1a2b，1ab2，1b2a，1ba2，21ab，21ba，2a1b，2ab1，2b1a，2ba1，

a12b，a1b2，a21b，a2b1，ab12，ab21，b12a，b1a2，b21a，b2a1，ba12，ba21，共24种， 其中两位女同学相邻的情况为12ab，12ba，1ab2，1ba2，21ab，21ba，2ab1，2ba1，ab12，ab21，ba12，ba21，

共12种，则两位女同学相邻的概率是 P=24=2 ， 故答案为：D.

【分析】由已知利用列举法，得到四位同学随机排成一列和两位女同学相邻的种数，即可求出概率. 4.【答案】 C

【考点】集合中元素个数的最值

【解析】【解答】解：设集合A表示阅读过《西游记》的学生，集合B表示阅读过《红楼梦》的学生， B)=90 ， card(B)=80 ， card(A∩

∵ card(A∪B)=card(A)+card(B)−card(A∩B) ， ∴90= card(A) +80-90，∴ card(A) =70， 依题意，可得学生人数分别为 card(A∪

∴该校阅读过《西游记》的学生人数与该校学生总数比值的估计值为 100=0.7 ，

70

12

1

B)=90 ，

5

故答案为：C.

【分析】利用集合中元素个数的关系式 card(A∪5.【答案】 B

【考点】函数的零点与方程根的关系

【解析】【解答】解：令 f(x)=0 ，得 2sinx=sin2x ，

则函数 f(x) 在[0，2π]的零点个数，转化为两个函数 y=2sinx 和 y=sin2x 的交点问题， 分别画出两个函数的图象，如图：

B)=card(A)+card(B)−card(A∩

到阅读过《西游记》的学生人数，即可求出与该校学生总数比值的估计值.

B) 列式，得

由图可知两个函数有3个交点，即该函数在[0，2π]的零点个数为3个， 故答案为：B.

【分析】令 f(x)=0 ，把函数 f(x) 在[0，2π]的零点个数，转化为两个函数 y=2sinx 和 y=sin2x 的交点问题，分别画出两个函数的图象，利用函数图象即可得到零点的个数. 6.【答案】 C

【考点】等比数列的通项公式

【解析】【解答】解：∵a5=3a3+4a1 ， 则 a1q4=3a1q2+4a1 ，∵ a1≠0 ，∴ q4−3q2−4=0 ， 解得 q2=4 或 q2=−1 （舍），∵各项均为正数，∴ q=2 ，又∵等比数列{an}的前4项为和为15， ∴

4

a1(1−q)1−q

=15 ，解得 a1=1 ，∴ a3=a1q2=4 ，

故答案为：C.

【分析】由已知利用等比数列的通项公式列式，得到q=2，再由前4项为和为15列式，解得 a1=1 ，即可求出 a3 的值. 7.【答案】 D

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程

【解析】【解答】解：依题意，点（1，ae）在已知曲线 𝑦=𝑎e𝑥+𝑥ln𝑥 上，

∵ y ′=aex+lnx+1 ，∴切线的斜率 k=y ′|x=1=ae+1 ，∵切线方程为y=2x+b，

6

𝑎𝑒+1=2𝑎𝑒=1∴ { ，解得 { ，即 a=e−1,b=−1 ，

𝑎𝑒=2×1+𝑏𝑏=−1故答案为：D.

【分析】由已知可得点（1，ae）在曲线 𝑦=𝑎e𝑥+𝑥ln𝑥 上，求导并代入x=1得到切线斜率的表达式，利𝑎𝑒=1

即可得结果. 用切线的斜率和点（1，ae）在切线上列式，解得 {

𝑏=−18.【答案】 B

【考点】平面的基本性质及推论

【解析】【解答】解：连接BD，BE，MN，如图：

∵M，N分别是线段ED，BD的中点，∴MN∥BE，∴直线MN，BE确定一个平面， ∴直线BM，EN 是相交直线，设正方形ABCD的的边长为a，则DE=a，DB= √2 a， ∵DE≠DB，∴△BMD与△END不全等，∴BM≠EN， 故答案为：B.

【分析】由已知可证MN∥BE，得到直线MN，BE确定一个平面，可证直线BM，EN 是相交直线，再由△BMD与△END不全等，得到BM≠EN，即可判断得结论. 9.【答案】 C 【考点】程序框图

【解析】【解答】解：执行已知程序框图，第1次： S=1,x=2 ，不满足条件，继续循环；第2次： S=1+2,x=22 ，不满足条件，继续循环；第3次： S=1+2+22,x=23 ，不满足条件，继续循环；…；第7次： S=1+2+⋯+26,x=27 ，满足条件，结束循环，输出S的值，即 S=故答案为：C.

【分析】执行已知程序框图，进行循环计算，直到满足条件，结束循环，由 S=输出S的值. 10.【答案】 B

【考点】双曲线的简单性质

1−

1

2711−21

11111

111

1−

12711−2=2−

126

，

=2−26 ，即可求出

1

7

【解析】【解答】解：∵双曲线C： 上，如图：

𝑥24

−

𝑦25

=1 ，则 a=2,b=√5 ，∴ c=3 ， |OF|=3 ，设P在C

设 P(x0,y0) ，过P作 PM⊥OF ，∴△POM是直角三角形，∵ |𝑂𝑃|=|𝑂𝐹| =3，∴ x0①，

又点P在C上，代入双曲线方程得到 x0−y0=1 ②，由①②解得 |PM|=3 ，

45∴ S△PFO=|OF|·|PM|= ，

22故答案为：B.

1

5

2

2

2

+y0

2

=32

5

【分析】由已知得到 |OF|=3 ，过P作 PM⊥OF ，得到△POM是直角三角形，由 |𝑃𝑂|=|𝑃𝐹| ，利用勾股定理和点P在C上列式，求出 |PM|=3 ，即可求出△PFO的面积. 11.【答案】 A

【考点】命题的真假判断与应用

【解析】【解答】解：先画出已知所表示的平面区域，如图：

5

8

由图可知，命题p为真命题，命题q为假命题， ∴命题￢p为假命题，命题￢q为真命题，

∴① 𝑝∨𝑞 和③ 𝑝∧¬𝑞 为真命题，② ¬𝑝∨𝑞 和④ ¬𝑝∧¬𝑞 为假命题， 故答案为：A.

【分析】先画出已知所表示的平面区域，由图可知命题p为真命题，命题q为假命题，利用复合命题的真假判断方法，即可得到所有真命题的编号. 12.【答案】 C

【考点】不等式比较大小

【解析】【解答】解：∵ 𝑓(𝑥) 是定义域为R的偶函数，∴ f(−x)=f(x) ，∴ f(log34)=f(−log34)=f(log34) ，

又∵ −2<−3<0 ，∴ 2−2<2−3<20=1 ，∵ log34>log33=1 ，∴ 2−2<2−3【分析】由已知 𝑓(𝑥) 是偶函数，得到 f(log34)=f(log34) ，利用 𝑓(𝑥) 的单调性，即可比较大小. 二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

1

3

2

1

32

3232

1

9

13.【答案】 −√2

10

【考点】数量积表示两个向量的夹角

⃗⃗=(−8,6) ，∴ 𝑎⃗⃗=2×(−8)+2×6=−4 ， |𝑎⃗⃗|=【解析】【解答】解：∵ 𝑎⃗|=2√2 ， |𝑏⃗=(2,2),𝑏⃗·𝑏10 ， ⃗⃗〉=∴ cos〈𝑎⃗,𝑏

⃗⃗⃗⃗·𝑏𝑎

⃗⃗|⃗⃗||𝑏|𝑎2=−10 ，

√2故答案为： −√ .

10

⃗⃗=2×(−8)+2×6=−4 ， |𝑎⃗⃗|=10 ，代入向量的夹角公式即【分析】由已知可得 𝑎⃗|=2√2 ， |𝑏⃗·𝑏可得结果.

14.【答案】 100

【考点】等差数列的前n项和

+2𝑑=5

，∴ a1=1,d=2 ， 【解析】【解答】解：∵ 𝑎3=5,𝑎7=13 ，∴ {a1

+6𝑑=131a∴ S10=10a1+故答案为：100.

+2𝑑=5

，得到 a1=1,d=2 ，代入等差数列的求和公式即可求值. 【分析】由已知列式 {a1

a1+6𝑑=13

15.【答案】 (3,√15) 【考点】椭圆的简单性质 【解析】【解答】解：∵椭圆C: 设 M(x0,y0),x0>0,y0>0 ，∴ ∴ √(x0+4)2+y0

2𝑥236+20x036

2

10×92

d=100 ，

𝑦2

=1 ，则 a=6,b=2√5 ，∴ c=4 ， F1(−4,0),|F1F2|=8 ，

+y0=1 ①，∵ △𝑀𝐹1𝐹2 为等腰三角形，∴ |MF1|=|F1F2| ，

20

2

=8 ②，由①②解得 x0=3,y0=√15 ，则M的坐标为 (3,√15) ，

2

2

故答案为： (3,√15) .

【分析】由已知M为C上一点，得到 x0+y0=1 ，再由 △𝑀𝐹1𝐹2 为等腰三角形，得到 |MF1|=

3620|F1F2| ，利用两点间的距离公式，得到 √(x0+4)2+y016.【答案】 118.8

【考点】组合几何体的面积、体积问题

【解析】【解答】解：∵E，F，G，H分别为所在棱的中点， 𝐴𝐵=𝐵𝐶=6𝑐𝑚,𝐴𝐴1=4𝑐𝑚 ， ∴四棱锥O-—EFGH的体积 V1=3×2S四边形1

1

2=8 ，由①②即可解出M的坐标.

×AB=12cm3 ， 112BCCB

1

又∵长方体 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 的体积 V2=6×6×4=144cm3 ，∴该模型的体积 V=V2−V1=132cm3 ，

∴制作该模型所需原料的质量为132×0.9=118.8g， 故答案为118.8.

—EFGH和长方体 𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1 的体积，求出该模型的体积 V=V2−【分析】由已知得到四棱锥O-3

V1=132cm ，即可求出制作该模型所需原料的质量.

10

三、解答题

17.【答案】 （1）解：由已知得0.70=a+0.20+0.15，故a=0.35． b=1–0.05–0.15–0.70=0.10．

（2）甲离子残留百分比的平均值的估计值为 2×0.15+3×0.20+4×0.30+5×0.20+6×0.10+7×0.05=4.05． 乙离子残留百分比的平均值的估计值为

3×0.05+4×0.10+5×0.15+6×0.35+7×0.20+8×0.15=6.00． 【考点】频率分布直方图，众数、中位数、平均数

【解析】【分析】（1）由已知利用频率分布直方图，百分比不低于5.5的估计值为0.70列式，即可求出a，b的值；（2）由频率分布直方图平均数的计算公式，利用区间的中点值为代表列式，即可求出平均值. 18.【答案】 （1）解：由题设及正弦定理得 sin𝐴sin因为sinA ≠ 0，所以 sin

𝐴+𝐶2

𝐴+𝐶2

=sin𝐵sin𝐴 ．

=sin𝐵 ．

𝐴+𝐶2

由 𝐴+𝐵+𝐶=180° ，可得 sin

𝐵

𝐵

1

=cos2 ，故 cos2=2sin2cos2 ．

𝐵𝐵𝐵𝐵

因为 cos2≠0 ，故 sin2=2 ，因此B=60°．

（2）由题设及（1）知△ABC的面积 𝑆△𝐴𝐵𝐶=√𝑎 ．

4由正弦定理得 𝑎=𝑐sin𝐴=sin(120

sin𝐶

°−𝐶)

3sin𝐶

1√3=2tan𝐶+2 ．

1

由于△ABC为锐角三角形，故0°8

2

33因此，△ABC面积的取值范围是 (√,√) ．

8

2

33【考点】正弦定理的应用，三角形中的几何计算

【解析】【分析】（1）由已知利用正弦定理列式，结合诱导公式化简，即可求出角B的值；（2）利用正弦定理列式，结合△ABC为锐角三角形得到 2<𝑎<2 ，即可求出△ABC面积的取值范围．

19.【答案】 （1）解：由已知得AD ∥ BE，CG ∥ BE，所以AD ∥ CG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．

由已知得AB ⊥ BE，AB ⊥ BC，故AB ⊥ 平面BCGE． 又因为AB ⊂ 平面ABC，所以平面ABC ⊥ 平面BCGE．

1

11

（2）取CG的中点M，连结EM，DM.

因为AB//DE，AB ⊥ 平面BCGE，所以DE ⊥ 平面BCGE，故DE ⊥ CG. 由已知，四边形BCGE是菱形，且∠EBC=60°得EM ⊥ CG，故CG ⊥ 平面DEM. 因此DM ⊥ CG.

在 Rt△ DEM中，DE=1，EM= √3 ，故DM=2. 所以四边形ACGD的面积为4.

【考点】直线与平面垂直的判定，平面与平面垂直的判定

【解析】【分析】（1）由已知可证AD ∥ CG ， 得到AD ， CG确定一个平面，即可证明结论；（2）先作辅助线，可证DE ⊥ 平面BCGE ， 得DE ⊥ CG ， 又可证CG ⊥ 平面DEM ， 得DM ⊥ CG ， 利用勾股定理得到DM=2，即可求出四边形ACGD的面积.

20. （1）【答案】解： 𝑓′(𝑥)=6𝑥2−2𝑎𝑥=2𝑥(3𝑥−𝑎) ． 令 𝑓′(𝑥)=0 ，得x=0或 𝑥=3 . 若a>0，则当 𝑥∈(−∞,0)∪(3,+∞) 时， 𝑓′(𝑥)>0 ；当 𝑥∈(0,3) 时， 𝑓′(𝑥)<0 ．故 𝑓(𝑥) 在 (−∞,0),(,+∞) 单调递增，在 (0,3) 单调递减；

3𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

若a=0， 𝑓(𝑥) 在 (−∞,+∞) 单调递增；

若a<0，则当 𝑥∈(−∞,3)∪(0,+∞) 时， 𝑓′(𝑥)>0 ；当 𝑥∈(3,0) 时， 𝑓′(𝑥)<0 ．故 𝑓(𝑥) 在 (−∞,3),(0,+∞) 单调递增，在 (3,0) 单调递减.

（2）当 0<𝑎<3 时，由（1）知， 𝑓(𝑥) 在 (0,3) 单调递减，在 (3,1) 单调递增，所以 𝑓(𝑥) 在[0,1]的最小值为 𝑓()=−

3𝑎

𝑎327

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

𝑎

+2 ，最大值为 𝑓(0)=2 或 𝑓(1)=4−𝑎 .于是

𝑚=−

4−𝑎,0<𝑎<2,

， 𝑀={ +2272,2≤𝑎<3.

𝑎3

𝑎3

2−𝑎+27,0<𝑎<2,

所以 𝑀−𝑚={𝑎3

,2≤𝑎<3.27当 0<𝑎<2 时，可知 2−𝑎+当 2≤𝑎<3 时，

𝑎327

𝑎327

单调递减，所以 𝑀−𝑚 的取值范围是 (27,2) .

8

8

单调递减，所以 𝑀−𝑚 的取值范围是 [27,1) .

8

综上， 𝑀−𝑚 的取值范围是 [27,2) .

【考点】利用导数研究函数的单调性，利用导数求闭区间上函数的最值

12

【解析】【分析】（1）先求导，令 𝑓′(𝑥)=0 ，得x=0或 𝑥=3 ，分三种情况讨论a，即可求出函数 𝑓(𝑥) 的单调区间；（2）分三种情况讨论a，利用（1）中函数 𝑓(𝑥) 单调性，分别求出函数 𝑓(𝑥) 的最值，即可求出 𝑀−𝑚 的取值范围.

221.【答案】 （1）解：设 𝐷(𝑡,−2), 𝐴(𝑥1,𝑦1) ，则 𝑥1=2𝑦1 . 由于 𝑦′=𝑥 ，所以切线DA的斜率为

1

𝑎

𝑥1 ，故

𝑦1+

1

2𝑥1−𝑡

=𝑥1 . 整理得 2𝑡𝑥1−2𝑦1+1=0. 设 𝐵(𝑥2,𝑦2) ，同理可得 2𝑡𝑥2−2𝑦2+1=0 . 故直线AB的

方程为 2𝑡𝑥−2𝑦+1=0 . 所以直线AB过定点 (0,2) .

𝑦=𝑡𝑥+12

，可得 𝑥2−2𝑡𝑥−1=0 . 于是 𝑥1+𝑥2=（2）由（1）得直线AB的方程为 𝑦=𝑡𝑥+2 . 由 {𝑥2

𝑦=

21

1

2𝑡,𝑦1+𝑦2=𝑡(𝑥1+𝑥2)+1=2𝑡2+1 . 设M为线段AB的中点，则 𝑀(𝑡,𝑡2+2) .

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，而 𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量 (1,𝑡) 平行，所以 𝑡+(𝑡2−2)𝑡=0 .解得t=0或 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⊥𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑡,𝑡2−2) ， 𝐴𝐵 由于 𝐸𝑀

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗| =2，所求圆的方程为 𝑥2+(𝑦−5)2=4 ； 当 𝑡=±1 时， |𝐸𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√2 ，𝑡=±1 . 当 𝑡 =0时， |𝐸𝑀2所求圆的方程为 𝑥2+(𝑦−2)2=2 .

【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程，直线与圆锥曲线的综合问题

【解析】【分析】（1）先求导，分别得到切线DA和DB的方程，可得直线AB的方程，即可证明直线AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与向量 (1,𝑡) 平行列式，解出t的值，过定点；（2）由（1）中直线AB的方程与抛物线方程联立，由 𝐴𝐵即可求出该圆的方程.

⌢,𝐵𝐶⌢,𝐶𝐷⌢ 所在圆的极坐标方程分别为 𝜌=2cos𝜃 ， 𝜌=2sin𝜃 ， 22. （1）【答案】解：由题设可得，弧 𝐴𝐵𝜌=−2cos𝜃 .

所以 𝑀1 的极坐标方程为 𝜌=2cos𝜃(0≤𝜃≤π) ， 𝑀2 的极坐标方程为 𝜌=2sin𝜃(π≤𝜃≤

4

4

3π4

5

1

) ，

𝑀3 的极坐标方程为 𝜌=−2cos𝜃(

3π4

≤𝜃≤π) .

（2）设 𝑃(𝜌,𝜃) ，由题设及（1）知

若 0≤𝜃≤π ，则 2cos𝜃=√3 ，解得 𝜃=π ；

4

6

若 π≤𝜃≤

4若

3π4

3π4

，则 2sin𝜃=√3 ，解得 𝜃=π 或 𝜃=

3

5π6

2π3

；

≤𝜃≤π ，则 −2cos𝜃=√3 ，解得 𝜃=

6

3

. ) 或 (√3,5π6

综上，P的极坐标为 (√3,π) 或 (√3,π) 或 (√3,2π3

)

13

【考点】简单曲线的极坐标方程，极坐标刻画点的位置

⌢,𝐵𝐶⌢,𝐶𝐷⌢ 的极坐标方程；（2）【解析】【分析】（1）由已知利用圆的极坐标方程，即可分别求出弧 𝐴𝐵

⌢,𝐵𝐶⌢,𝐶𝐷⌢ 的极坐标方程，分三种情况讨论角 θ ，即可求出点P极坐标. 由题设及（1）中弧 𝐴𝐵

23.【答案】 （1）解：（1）由于 [(𝑥−1)+(𝑦+1)+(𝑧+1)]2

=(𝑥−1)2+(𝑦+1)2+(𝑧+1)2+2[(𝑥−1)(𝑦+1)+(𝑦+1)(𝑧+1)+(𝑧+1)(𝑥−1)] ≤3[(𝑥−1)2+(𝑦+1)2+(𝑧+1)2] ，

故由已知得 (𝑥−1)2+(𝑦+1)2+(𝑧+1)2≥3 ， 当且仅当x= 3 ，y=– 3 ， 𝑧=−3 时等号成立． 所以 (𝑥−1)2+(𝑦+1)2+(𝑧+1)2 的最小值为 3

（2）由于 [(𝑥−2)+(𝑦−1)+(𝑧−𝑎)]2 =(𝑥−2)2+(𝑦−1)2+(𝑧−𝑎)2+2[(𝑥−2)(𝑦−1)+(𝑦−1)(𝑧−𝑎)+(𝑧−𝑎)(𝑥−2)]

≤3[(𝑥−2)2+(𝑦−1)2+(𝑧−𝑎)2] ， 故由已知 (𝑥−2)2+(𝑦−1)2+(𝑧−𝑎)2≥当且仅当 𝑥=

4−𝑎3

(2+𝑎)2

3

4

5

1

1

4

，

， 𝑦=

1−𝑎3

， 𝑧=

2𝑎−23

时等号成立．

(2+𝑎)2

3

因此 (𝑥−2)2+(𝑦−1)2+(𝑧−𝑎)2 的最小值为 由题设知

(2+𝑎)2

3

13

．

≥ ，解得 𝑎≤−3 或 𝑎≥−1

【考点】不等式的证明，一般形式的柯西不等式

【解析】【分析】（1）由已知利用柯西不等式，得到 (𝑥−1)2+(𝑦+1)2+(𝑧+1)2≥3 ，即可求出最小值；（2）由已知利用柯西不等式，得到 (𝑥−2)2+(𝑦−1)2+(𝑧−𝑎)2≥由题设列式

(2+𝑎)2

3

(2+𝑎)2

3

4

，可得最小值为

(2+𝑎)2

3

，

≥3 ，即可证明结论.

1

14