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2021 年新高考第二次适应性考试试题
数学学科试题 2021 年 4 月
（考试时间：120 分钟；总分：150 分）
一、单选题：本题共 8 小是，每小题 5 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．已知集合A＝{x|y＝ 1－x}，B＝{y|y＝21－x，x＞0}，则 A∩B＝( )
A．{x|x≤1} B．{x|0≤x≤1} C．{x|0＜x≤1} D．{x|x＜1}
【答案】C
【考点】集合的运算、解指数不等式
【解析】由题意可知，A＝{x|x≤1}，B＝{x|0＜x＜2}，所以 A∩B＝{x|0＜x≤1}，故答案选
C.
2．已知 i 为虚数单位，复数满足 z(2＋i)＝3＋4i，记 z 为 z 的共轭复数，| z |＝( )
A． 29
3 B．5 5
3 C． 29
5 D． 5
【答案】D
【考点】复数的运算
【解析】由题意可知，z＝3＋4i
2＋i
＝(3＋4i)(2－i)
(2＋i)(2－i)
＝2＋i，所以 z ＝2－i，所以| z |＝ 22＋1＝ 5，
故答案选 D.
3．我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有垣厚八尺，两鼠对穿，大鼠日一尺，
小鼠日半尺，大鼠日倍增，小鼠日自半，问几何日相逢?”意思是“今有土墙厚 8 尺，两鼠
从墙两侧同时打洞，大鼠第一天打洞一尺，小鼠第一天打洞半尺，大鼠之后每天打洞比前一
天多一倍，小鼠之后每天打洞长度是前一天的一半，问两鼠几天打通相遇?”两鼠相逢需要
的天数最小为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【考点】新情景问题下的文化题：数列求和问题
【解析】由题意可知，大鼠与小鼠所打的厚度分别看作数列{an}与{bn}，设其前 n 项和分别
为 An，Bn，则数列{an}是以 1 为首项，2 为公比的等比数列，数列{bn}是以1
2
为首项，1
2
为公
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比的等比数列，所以 An＝1－2n
1－2
＝2n－1，Bn＝
1
2 1－ 1
2
n
1－1
2
＝1－ 1
2
n－1，因为 An＋Bn≥8，所以
2n－1＋1－ 1
2
n－1≥8，解得 n≥4，故答案选 C.
4．已知函数 f(x)＝xsinx，则 f(x)的导函数 f′(x)的部分图象大致为 ( )
【答案】A
【考点】函数图象的识别与判断
【解析】由题意可知，f′(x)＝sinx＋xcosx，且 f′(－x)＝sin(－x)－xcos(－x)＝－sinx－xcosx＝
－f′(x)，即 f′(x)为奇函数，则排除选项 C，D；又 f′(π)＜0，所以排除选项 B，故答案选 A.
5．三位同学获得学校数学竞赛的前三名，向老师询问结果，老师跟他们透露了 3 条信息：
①甲不是第三名；②乙是第三名；③丙不是第一名，并告知他们以上 3 条信息中有且只有一
条信息正确，那么该竞赛的第一名，第二名，第三名依次为( )
A．甲、乙、丙 B．丙、甲、乙 C．甲、丙、乙 D．乙、丙、甲
【答案】D
【考点】逻辑推理题
【解析】由题意可知，若甲正确，则乙和丙都错，则甲为第三名，且乙丙中必有一人正确，
一人错误；若丙错误，可得到不符合题意，所以丙为第二名，所以名次的顺序为乙、丙、甲，
故答案选 D.
6．已知α，β∈(0，π)，cosα＝－3 10
10
，若 sin(2α＋β)＝1
2sinβ，则α＋β＝( )
A．5
4π B．2
3π C．7
6π D．7
4π
【答案】A
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【考点】三角恒等变换的应用
【解析】由题意可知，sin(2α＋β)＝1
2sinβ，可化为 sin(α＋α＋β)＝1
2sin(α＋β－α)，展开得
sinαcos(α＋β)＋cosαsin(α ＋β)＝1
2cosαsin(α ＋β)－1
2sinαcos(α ＋β)，则 cosαsin(α ＋ β)＋3
sinαcos(α＋β)＝0，因为α，β∈(0，π)，且 cosα＝－3 10
10
，所以 sinα＝ 1－cos2α＝ 10
10
，则
－3 10
10 sin(α＋β)＋3× 10
10 cos(α＋β)＝0，且α∈(π
2
，π)，所以 sin(α＋β)＝cos(α＋β)，当 cos(α
＋β)＝0 时不满足题意，所以 tan(α＋β)＝1，因为α∈(π
2
，π)，β∈(0，π)，所以α＋β∈(π
2
，2π)，
则α＋β＝5
4π，故答案选 A.
7．在平面直角坐标系 xOy 中，点F1，F2分别是双曲线 C：x2
a2－y2
b2＝1(a＞0，b＞0)的左，右
焦点，过点F1且与直线 l：y＝－b
ax垂直的直线交 C 的右支于点 M，设直线 l 上一点 N(N
在第二象限)满足F1N⊥F2N，且( →F1N＋ →F2M)→MN＝0，则双曲线 C 的离心率的值为( )
A． 5 B． 3 C． 2＋1 D．2
【答案】A
【考点】双曲线的几何性质、双曲线与直线的位置关系
【解析】法一：由题意可知，设直线 F1M 的方程为 y＝a
b(x＋c)，则设 M(x0，a
b(x0＋c))，N(t，
－b
at)，因为 F1(－c，0)，F2(c，0)，且F1N⊥F2N，所以 →F1N →F2N＝(t＋c，－b
at)(t－c，－b
at)＝0，
即 t2－c2＋(－b
at)2＝0，解得 t＝－a，所以 N(－a，b)，所以 →F1N＝(c－a，b)， →F2M＝(x0－c，a
b(x0
＋c))，→
MN＝(－a－x0，b－a
b(x0＋c))，则( →F1N＋ →F2M)→MN＝(x0－a，a
b(x0＋c)＋b)(－a－x0，b
－a
b(x0＋c))＝0，即 a2－x02＋b2－[a
b(x0＋c)]2＝0，解得 x0＝b2－a2
c
，所以 M(b2－a2
c
，2ab
c )，因
为点 M 在双曲线上，所以代入双曲线方程可得，(b2－a2)2
a2c2
－4a2
c2
＝1，即(e－2
e)2－4
e2
＝1，解得
e2＝5，e＝ 5，故答案选 A.
法二：由题意可设 N(t，－b
at)，t＜0，设直线 F1M 的方程为 y＝a
b(x＋c)，则 →F1N →F2N＝(t＋c，
－b
at)(t－c，－b
at)＝0，即 t2－c2＋(－b
at)2＝0，解得 t＝－a，所以 N(－a，b)，设 M(x，y)，则
→F1N＋ →F2M＝(x－a，y＋b)，因为( →F1N＋ →F2M)→MN＝0，所以(x－a，y＋b)(－a－x，b－y)＝0，
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则有 a2－x2＋b2－y2＝0，则 c2＝x2＋y2，联立 y＝a
b(x＋c)可得，x＝b2－a2
c
，y＝2ab
c
，即 M(b2－a2
c
，
2ab
c )，因为点 M 在双曲线上，所以代入双曲线方程可得，(b2－a2)2
a2c2
－4a2
c2
＝1，即(e－2
e)2－4
e2
＝
1，解得 e2＝5，e＝ 5，故答案选 A.
8．如图，在边长为 2 的正方形 ABCD 中，点 M、N 分别是边 CD、BC 的中点，将△ADM
沿 AM 翻折到△PAM，在△ADM 翻折到△PAM 的过程中，tan∠PND 的
最大值为( )
A． 5
4 B．2 5
5 C． 5
5 D．2
3
【答案】B
【考点】立体几何中的动态问题求最值
【解析】法一：由题意，由翻折可得，△ADM≌△DCN，则 AM⊥DN，可设 AM 与 DN 交
于点 E，连结 PE，则得到 PE⊥AM，所以 AM⊥平面 PDE，所以平面 PDE⊥平面 ABCD，
过点 P 作 PQ⊥PN 于点 Q，设∠PED＝θ，所以 PQ＝2 5
5 sinθ，QN＝3 5
5
＋2 5
5 cosθ，则 tan
∠PND＝ 2sinθ
3＋2cosθ
＝m，即有 2sinθ－2mcosθ＝3m，由辅助角公式可得 4＋4m2sin(θ＋φ)＝
3m，而 sin(θ＋φ)≤1，所以 4＋4m2sin(θ＋φ)≤ 4＋4m2，即 3m≤ 4＋4m2，则 5m2≤4，
解得 m≤2 5
5
，故答案选 B.
法二：由题意，由翻折可得，△ADM≌△DCN，则 AM⊥DN，所以可得到 AM⊥平面 PDM，
设 DN 与 AM 交于点 O，所以点 P 的轨迹为以 O 为圆心，DO 为半径的圆，所以当 PN 为圆
O 的切线时，有 DO＝2 5
5
，NO＝3 5
5
，则 sin∠PND＝DO
NO
＝2
3
，则此时 tan∠PND 取得最大
值，最大值为2 5
5
，故答案选 B.
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合
题目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分．
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9．2020 年突如其来的新冠肺炎疫情对房地市场造成明显的冲击，如图为某市 2020 年国庆
节 7 天假期的楼房认购量与成交量的折线图，某同学根据折线图对这 7 天的认购量(单位：
套)与成交量(单位：套)作出如下判断，则下列判断正确的是( )
A．日成交量的中位数是 16
B．日成交量超过平均成交量的只有 1 天
C．10 月 7 日认购量的增长率大于 10 月 7 日成交量的增长率
D．日认购量的方差大于日成交量的方差
【答案】BD
【考点】信息图表题：信息的处理
【解析】由题意可知，对于选项 A，日成交量为 8，13，16，26，32，38，166，所以中位
数为 26，所以选项 A 错误；对于选项 B，平均成交量为1
7(13＋8＋32＋16＋26＋38＋166)≈
42.7，所以日成交量超过平均成交量的只有 1 天，即为 7 日，所以选项 B 正确；对于选项 C，
10 月 7 日认购量的增长率为 y1＝276－112
112
≈1.464，成交量的增长率为 y2＝166－38
38
≈3.368，
则选项 C 错误；对于选项 D，日认购量的均值为1
7(223＋105＋91＋107＋100＋112＋276)≈
144.857，由各数据与均值的差可看出，日认购量的方差大于日成交量的方差，所以选项 D
正确；综上，答案选 BD.
10．已知 a＝log3e，b＝log23，c＝ln3，则( )
A．a＜b＜c B．a＜c＜b C．a＋c＞b D．a＋c＜b
【答案】BC
【考点】对数比较大小
【解析】由题意可知，对于选项 AB，因为 b＝log23＝ln3
ln2
＞ln3
lne
＝ln3＝c，所以 b＞c，又因为
a＝log3e＜log33＝1，且 c＝ln3＞lne＝1，所以 c＞a，则 b＞c＞a，所以选项 A 错误，选项 B
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正确；对于选项 CD，a＋c＝log3e＋ln3＝lne
ln3
＋ln3＝ 1
ln3
＋ln3＞2 1
ln3·ln3＝2，且 b＝log23
＜b＝log24＝2，所以 a＋c＜b，故选项 C 错误，选项 D 正确；综上，答案选 BC.
11．如图，已知函数 y＝Asin(ωx＋φ)(A＞0，ω＞0，|φ|＜π
2)的图象与 x 轴交于点 A，B，与 y
轴交于点 C，若|OB|＝7|OA|，0＜|AB|＜5
2
，且 tan∠ACB＝9
8
，则下列说法正确的是( )
A．f(x)的最小正周期为 4
B．将 f(x)的图象向左平移π
6
个单位后的图象关于原点对称
C．f(x)在区间(－1，1)上的值域为[－2， 3)
D．f(x)在区间(6，7)上单调递增
【答案】AC
【考点】三角函数的图象与性质应用
【解析】由图像可知，A＝2，设 OC＝n，OA＝m，所以 tan∠ACB＝tan(∠OCB－∠OCA)＝
OB
OC
－OA
OC
1＋OB
OC·OA
OC
＝ OC(OB－OA)
(OC)2＋OA·OB
＝9
8
，解得(3OC－7OA)(OC－3OA)＝0，则 n＝7m
3
或 n＝3m，则
点由 A(m，0)，可得 2sin(mω＋φ)＝0，即 mω＋φ＝kπ，k∈Z，又因为|AB|＝6m＝π
ω
，所以
mω＝π
6
，则φ＝kπ－π
6
，k∈Z，因为|φ|＜π
2
，所以 k＝0，φ＝－π
6
，所以 y＝f(x)＝2sin(ωx－π
6)，
则 n＝f(0)＝1，则 m＝1
3
或 m＝3
7
，当 m＝3
7
时，|AB|＝6m＝18
7
＞5
2
，所以舍去，则 m＝1
3
，则ω
＝ π
6m
＝π
2
，则 f(x)＝2sin(π
2x－π
6)，对于选项 A，其最小正周期 T＝2π
π
2
＝4，所以选项 A 正确；
对于选项 B，f(x)的图象向左平移π
6
个单位后为 2sin[π
2(x＋π
6)－π
6]＝2sin(π
2x＋π2
12
－π
6)不关于原点
对称，所以选项 B 错误；对于选项 C，x∈(－1，1)时，则 π
2x－π
6
∈(－2π
3
，π
3)，所以 2sin(π
2x
－π
6)∈[－2， 3)，所以选项 C 正确；对于选项 D，x∈(6，7)时，π
2x－π
6
∈(17π
6
，19π
6 )，此区
间有增有减，所以选项 D 错误；综上，答案选 AC.
12．在四面体 ABCD 中，△ABC 是边长为 2 的正三角形．∠ADB＝60°，二面角 D－AB－C
的大小为 60°，则下列说法正确的是( )
A．AB⊥CD
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B．四面体 ABCD 的体积 V 的最大值为 3
2
C．棱 CD 的长的最小值为 3
D．四面体 ABCD 的外接球的表面积为52
9 π
【答案】BCD
【考点】立体几何综合应用
【解析】由题意可知，对于选项 A，若 AB⊥CD，可取 AB 的中点为点 M，由△ABC 是正三
角形，可得 CM⊥AB，则 DM⊥AB，则与题意矛盾，所以选项 A 错误；对于选项 B，四面
体 ABCD 的体积 V＝1
3S△ABCDF，即高 DF 最大时(或△ABD 为正三角形时)，体积达到最大值，
且 V＝1
3S△ABCDF≤1
3
33
2
＝ 3
2
，所以选项 B 正确；由选项 B 可知，当高 DF 最大时(或△ABD
为正三角形时)，此时 CD 最小，且 CDmin＝ 3
2
2
＋ 3
2
2
＝ 3，所以选项 C 正确；对于选
项 D，可设过点 M 作 MN⊥平面 ABD，过点 C 作 CR⊥ED 于点 R，则外接球的球心 O 在
MN 直线上，只需 OA＝OC，而 CR＝3
2
，ER＝ 3
2
，EM＝ 3
3
，MR＝ 3
6
，设 OM＝x，因为 OA
＝OC，所以 OA2＝OC2，即 x2＋(2 3
3 )2＝( 3
6 )2＋(3
2
－x)2，化简解得 x＝1
3
，所以 R2＝(1
3)2＋(2 3
3 )2
＝13
9
，则外接球的表面积为 4πR2＝52
9 π，所以选项 D 正确(另解：设外接球球心为 T，△ABD
的外接圆圆心为 H，由正弦定理可得，△ABD 的外接圆半径为 r＝2 3
3
，则球心 T 到△ABD
所在的平面的距离为 d＝HMtan30°＝ 3
3
3
3
＝1
3
，所以外接球的半径 R＝ r2＋d2＝ 13
3
，则外
接球的表面积为 4πR2＝52
9 π)；综上，答案选 BCD.
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
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13．已知(x－2)(x＋m)5＝a6x6＋a5x5＋…＋a1x＋a0，m 为常数，若a0＝2，则a4＝___▲___．
【答案】20
【考点】二项式定理展开式的应用
【解析】由题意，可令 x＝0，此时－2m5＝a0，因为 a0＝2，所以 m＝－1，则a4＝C3
5(－1)2
＋(－2)C4
5(－1)＝10＋10＝20.
14．某公司根据上年度业绩筛选出业绩出色的 A，B，C，D 四人，欲从此 4 人中选择 1 人
晋升该公司某部门经理一职，现进入最后一个环节：A，B，C，D 四人每人有 1 票，必须投
给除自己以外的一个人，并且每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅 A 一人获得
最高得票的概率为___▲___．
【答案】 5
27
【考点】随机事件的概率计算
【解析】由题意可知，每个人投给其他任何一人的概率相同，则最终仅 A 一人获得最高得
票有如下两种情况：①若 A 得 3 票，其概率为 P1＝(1
3)3C1
3(1
3)＝ 1
27
；②若 A 得 2 票，其概率
为 P2＝C2
3(1
3)2C1
2(1
3)C1
2(1
3)＝ 4
27
，所以最终仅 A 一人获得最高得票的概率为 P＝P1＋P2＝ 1
27
＋ 4
27
＝ 5
27.
15．在△ABC 中，a，b，c 分别为角 A，B，C 的对边，已知 a＝2，b2＋c2－bc＝4．若以 AB，
AC 为边向△ABC 外分别作正△MAB，正△NAC，记△MAB，△NAC 的中心分别为 P，Q，
则→
BP→
CQ的最大值为___▲___．
【答案】4
3
【考点】数量积在平面几何中的应用
【解析】由题意可知，在△ABC 中，因为b2＋c2－bc＝4，则由余弦定理可得 cosA＝1
2
，因为
A∈(0，π)，所以 A＝60°，又△MAB，△NAC 均为正三角形，P，Q 为其中心，则可得到 BP
∥CQ，所以→
BP→
CQ＝(
→
BM＋→
MP)(
→
CN＋→
NQ)＝→
BM→
CN＋→
BM→
NQ＋→
MP→
CN＋→
MP→
NQ＝cb1
2
＋
3
3 c 3
3 b(－1
2)＝1
2bc－1
6bc＝1
3bc，而b2＋c2－bc＝4≥2bc－bc＝bc，即 bc≤4，所以→
BP→
CQ＝1
3bc
≤4
3
，所以→
BP→
CQ的最大值为4
3.
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16．设 a＞0，函数f(x)＝x－a
x
－1在定义域上有两个零点 m，n，函数g(x)＝alnx
x
－x＋1有两个
零点 p，q，e 为自然对数的底数，若 m＜p＜n＜q，则实数 a 的取值范围是___▲___．
【答案】(e2－e，＋)
【考点】函数的零点与数形结合思想应用
【解析】由题意可知，令 f(x)＝0，可得 x－a
x
－1＝0，即a
x
＝x－1，令(x)＝0，可得alnx
x
－x＋1
＝0，即alnx
x
＝x－1，则可设 y＝a
x
与 y＝alnx
x
交于点 A(x0，y0)，则a
x0
＝alnx0
x0
，解得 x0＝e，且 e
－1＜a
e
，所以 a＞e2－e，则实数 a 的取值范围是(e2－e，＋).
三、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题满分 10 分)
在①2a－b
cosB
＝ c
cosC
；②4S＝ 3(a2＋b2－c2)；③csinA＝acos(C－π
6)这三个条件中任选一个，补
充在下面的问题中，并解答．
在△ABC 中，a，b，c 分别是角 A，B，C 的对边，已知 ，a－b＝6，且△ABC 中的
面积 S＝9 3
4
，求△ABC 的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
【考点】结构不良题：解三角形与三角恒等变换综合应用
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【解析】
选①，由2a－b
cosB
＝ c
cosC
及正弦定理得，2sinA－sinB
cosB
＝sinC
cosC
，
整理得，2sinAcosC＝sinCcosB＋sinBcosC＝sin(B＋C)＝sin(π－A)＝sinA，
因为 A∈(0，π)，故 sinA≠0，
所以 2cosC＝1，cosC＝1
2
，
又因为 C∈(0，π)，C＝π
3. ……4 分
由 S＝9 3
4
，得1
2absinC＝9
4 3，即 ab＝9．
又 a－b＝6，由余弦定理得c2＝a2＋b2－2abcosC＝(a－b)2＋ab＝62＋9＝45，
所以c＝3 5(负舍)． ……7 分
又(a＋b)2＝(a－b)2＋4ab＝62＋4×9＝72，故a＋b＝6 2(负舍)，
选②，由4S＝ 3(a2＋b2－c2)，得1
2absinC＝ 3(a2＋b2－c2)，即sinC＝ 3a2＋b2－c2
2ab
.
由余弦定理知cosC＝a2＋b2－c2
2ab
，故sinC＝ 3cosC，
又 C∈(0，π)，显然C≠π
2
，得tanC＝ 3，C＝π
3
， ……4 分
下同①．
选③，由 csinA＝acos(C－π
6)及正弦定理得，sinCsinA＝sinAcos(C－π
6)，
又 A∈(0，π)，sinA≠0，
故sinC＝cos(C－π
6)，即sinC＝ 3
2 cosC＋1
2sinC，得1
2sinC＝ 3
2 cosC，
又 C∈(0，π)，显然C≠π
2
，故tanC＝ 3，C＝π
3
， ……4 分
下同①．
18．(本小题满分 12 分)
已知数列{an}的前 n 项和为Sn，已知 a2＝3a1＝3，且当 n≥2，n∈N*时，Sn＋1＋2an－1＋3Sn－1
＝4Sn．
(1)证明数列{an＋1－an }是等比数列；
(2)设 bn＝ an＋1
an＋1an
，求数列{bn}的前 n 项和 Tn．
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【考点】数列的通项公式与求和、等比数列的证明
【解析】
(1)当 m≥2，n∈N*时，Sn＋1＋2an－1＋3Sn－1＝4Sn ，
即Sn＋1－Sn＋2an－1＝3(Sn－Sn－1)，
所以当 n≥2，n∈N*时，an＋1＋2an－1＝3an，即an－1－an＝2(an－an－1). ……3 分
又 a2＝3a1＝3，得 a1＝1，a2－a1＝2≠0，
故当 n≥2，n∈N*时，an－an－1≠0， ……4 分
所以an＋1－an
an－an－1
＝2为定值，其中 n≥2，n∈N*，
所以数列{an＋1－an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列． ……5 分
(2)由(1)知an＋1－an＝2n. ……7 分
当 n≥2，n∈N*时，an＝(an－an－1)＋(an－1－an－2)＋…＋(a2－a1)＋a1
＝2n－1＋2n－2＋…＋2＋1＝2(1－2n－1)
1－2
＋1＝2n－1，
又 a1＝1 符合上式，
所以 an＝2n－1， ……9 分
故 bn＝ an＋1
an＋1an
＝ 2n
(2n＋1－1)(2n－1)
＝(2n＋1－1)－(2n－1)
(2n＋1－1)(2n－1)
＝ 1
2n－1
－ 1
2n＋1－1
， ……10 分
所以 Tn＝b1＋b1＋…＋bn
＝( 1
21－1
－ 1
22－1
)＋( 1
22－1
－ 1
23－1
)＋…＋( 1
2n－1
－ 1
2n＋1－1
)＝ 1
21－1
－ 1
2n＋1－1
＝1－ 1
2n＋1－1
． ……12
分
19．(本小题满分 12 分)
如图，在多面体 ABCDEF 中，底面 ABCD 是边长为 2 的菱形，∠BAD＝60°，四边形 BDEF
是矩形，BF＝3，平面 BDEF⊥平面 ABCD，G 和 H 分别是 CE 和 CF 的中点．
(1)求证：平面 BDGH//平面 AEF
(2)求二面角 H－BD－C 的大小．
第 12页 （共 18页）
【考点】立体几何中的位置关系证明、二面角的求解
【解析】
(1)设 AC∩BD＝O，连接 OH．
因为四边形 ABCD 是菱形，AC∩BD＝0，
所以 O 是 AC 的中点，
所以 OH∥AF，
又 AF面 AEF，AF面 AEF，
所以 OH∥面 AEF． ……2 分
在△CEF 中，G，H 分别是 CE 和 CF 的中点，
所以 GH∥EF，
又 EF面 AEF，GH面 AEF，
所以 GH∥面 AEF． ……4 分
又 OH，GH面 BDGH，OH∩GH＝H，
所以平面 BDGH∥平面 AEF． ……6 分
(2)取 EF 的中点 Q，连接 OQ．
在矩形 BDEF 中，O 是 BD 的中点，Q 是 EF 的中点，
所以 OQ∥DE，且 DE⊥BD，
故 OQ⊥BD，
又面 BDEF⊥面 ABCD，OQ面 BDEF，面 BDEF∩面 ABCD＝BD，
所以 OQ⊥面 ABCD，
又 AC，BD面 ABCD，
所以 OQ⊥AC，OQ⊥BD．
因为四边形 ABCD 是菱形，
第 13页 （共 18页）
所以 AC⊥BD．
以 O 为原点，OB，OC，OQ 所在直线分别为 x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间
直角坐标系 O－xyz． ……7 分
所以 Q(0，0，3)，B(1，0，0)，F(1，0，3)，C(0，3，0)，H(1
2
，3
2
，3
2)，D(1，0，0)，
因为 OQ⊥面 ABCD，故平面 ABCD 的一个法向量为→n1＝(0，0，3)；
又→
BD＝(－2，0，0)，→
BH＝(－1
2
，3
2
，3
2)，
设→n2＝(x，y，z)是平面 BDH 的一个法向量，则
－2x＝0，
－1
2x＋ 3
2 y＋3
2z＝0，
令 z＝1，得→n2＝(0，－ 3，1)，所以平面 BDH 的一个法向量为→n2＝(0，－ 3，1)．……9 分
所以 cos
→n1·→n2
|→n1||→n2|
＝ 3
3×2
＝1
2
，
设二面角 H－BD－C 的大小为θ，则|cosθ|＝|cos|＝1
2
，
据图可知，θ∈(0，π
2)，所以 cosθ＝1
2
，θ＝π
3
，
所以二面角 H－BD－C 的大小为π
3
． ……12 分
20．(本小题满分 12 分)
2020 年新冠肺炎疫情爆发以来，国家迅速采取最全面，最严格，最彻底的防控举措，坚决
遏制疫情蔓廷势头，努力把疫情影响降到最低，为全世界抗击新冠肺炎疫情作出了贡献．为
普及防治新冠肺炎的相关知识，某社区开展了线上新冠肺炎防控知识竞赛，现从大批参与者
中随机抽取了 200 名幸运者的成绩进行分析，他们的得分(满分 100 分)数据统计结果如下表：
得分 人数 频率
[30，40] 5 0．025
(40，50] 30 0．150
(50，60] 40 0．200
(60，70] 50 0．250
(70，80] 45 0．225
(80，90] 20 0．100
第 14页 （共 18页）
(90，100] 10 0．050
合计 200 1
(1)若此次知识竞赛得分 X 整体服从正态分布，用样本来估计总体，设μ，σ分别为抽取的 200
名幸运者得分的平均值和标准差(同一组数据用该区间中点值代替)，求μ，σ的值(四舍五入取
整数)，及 P(37＜X＜79)的值；
(2)在(1)的条件下，为感谢大家积极参与这次活动，对随机抽取的 200 名幸运者制定如下奖
励方案：得分低于μ的获得 1 次抽奖机会，得分不低于μ的获得 2 次抽奖机会．假定每次抽奖，
抽到 18 元红包的概率为2
3
，抽到 36 元红包的概率为1
3.已知张三是这次活动中的幸运者，记 Y
为张三在抽奖中获得红包的总金额，求 Y 的分布列和数学期望，并估算举办此次活动所需
要的抽奖红包的总金额．
参考数据：
P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0．6827；P(u－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0．9545；P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)＝0．9973．
【考点】正态分布的应用；随机变量的分布列与期望
【解析】
(1)E(x)＝35×0.025＋45×0.15＋55×0.2＋65×0.25＋75×0.225＋85×0.1＋95×0.05＝65，
……2 分
D(x)＝(35－65)2×0.025＋(45－65)2×0.15＋(55－65)2×0.2＋(65－65)2×0.25＋
(75－65)2×0.225＋(85－65)9×0.2＋(95－65)2×0.05＝210， ……4 分
因为96＜σ2＜225，所以 14＜σ＜15，
又因1.452＝210.25＞210，故σ≈14，
所以 X~N(65，142)，
所以 P(37＜x＜79)＝P(μ－2σ＜x＜μ＋σ)＝
P(μ－2σ＜X＜μ＋2σ)＋P(μ－σ＜X＜μ＋σ)
2
＝0.9545＋0.6827
2
＝0.8186． ……6 分
(2)Y 的所有可能取值分别为 18，36，54，72．
依题意得，P(x＜μ)＝P(x≥μ)＝1
2
．
P(Y＝18)＝1
2
×2
3
＝1
3
，
P(Y＝36)＝1
2
×1
3
＋1
2
×2
3
×2
3
＝ 7
18
，
第 15页 （共 18页）
P(Y＝54)＝1
2
×2
3
×1
3
＋1
2
×1
3
×2
3
＝2
9
，
P(Y＝72)＝1
2
×1
3
×1
3
＝ 1
18
， ……10 分
所以 Y 的概率分布为
Y 18 36 54 72
P 1
3
7
18
2
9
1
18
E(Y)＝18×＋36×＋54×＋72×＝36．
所以举办此项活动所需要的抽奖红包的总金额为 200×36＝7200 元． ……12 分
21．(本小题满分 12 分)
已知椭圆C1：x2
a2＋y2
b2＝1(a＞b＞0)的离心率为 3
2
；且经过点 A(0，－1)，过点 A 且斜率为 k
的直线l1与抛物线C2：x2＝2py(p＞0)的交于点 B，C，且 C 为 AB 的中点．
(1)求椭圆C1的标准方程及点 C 的纵坐标；
(2)若过点 C 且斜率为－k 的直线l2与椭圆C1交于 M，N 两点，求四边形 AMBN 的面积的最大
值及此时抛物线C2的方程．
【考点】圆锥曲线中椭圆的几何性质、直线与椭圆的位置关系中有关最值或范围问题
【解析】
(1)由题意得e＝c
a
＝ 3
2
，其中c＝ a2－b2，且 b＝1，故a2＝4
3c2，
所以a2－c2＝4
3c2－c2＝1，解得c2＝3，所以a2＝4，
所以椭圆C1的标准方程为x2
4
＋y2＝1． ……3 分
设 B(x2，x2
2
2p
)，C(x1，x1
2
2p
)，
因为点 C 是 AB 的中点，所以 2x1＝x2，①
且kAB＝kAB，即
x2
2
2p
＋1
x2
＝
x1
2
2p
＋1
x1
，整理得x1x2(x1－x2)＝2p(x1－x2)，
显然x1－x2≠0，x1x2＝2p， ②
联立①②，得 x12＝p，故点 C 的纵坐标为x1
2p
＝1
2. ……6 分
(2)由(1)得 2p 1
2
＝x12，故x1＝± p，
第 16页 （共 18页）
据图形的对称性，不妨设x1＝ p，
1
2
－(－1)
p
＝k，即 p＝ 3
2k
，
所以点 C 的坐标为( 3
2k
，1
2)．
直线 MN：y－1
2
＝－k(x－ 3
2k)，即 y＝－kx＋2，设M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立方程组
y＝－k＋2
x2
4
＋y2＝1 ，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，
则＞0，且 x3＋x4＝ 16k
4k2＋1
，x3x4＝ 12
4k2＋1
，
即
x3＋x4＝ 16k
4k2＋1
，
x3x4＝ 12
4k2＋1
， 且4k2－3＞0， ……8 分
故MN＝ 1＋k2|x3－x4|＝ 1＋k2 ( 16k
4k2＋1
)2－ 48
4k2＋1
＝4 1＋k2· 4k2－3
4k2＋1
．
又点 A(0，－1)到直线 MN 的距离为d＝ 3
k2＋1
，
所以四边形 AMBN 的面积 S＝2S△AMN＝21
2MNd＝12 4k2－3
4k2＋1
＝12 4k2－3
(4k2＋1)2
，……10 分
令 t＝4k2－3＞0，所以 S＝12 t
(t＋2)2
＝12
1
t＋16
t
＋8
≤12
1
2 t·16
t
＋8
＝3，
当且仅当 t＝16
t
，t＝4 时，等号成立，
此时 k＝ 7
2
，p＝7
9
，抛物线 C2 的方程为 x2＝18
7 y． ……12 分
22．(本小题满分 12 分)
己知函数 f(x)＝ln(x＋1)－kx－1，x≥0．
(1)讨论函数 f(x)的单调性；
(2)若关于 x 的不等式 f(x)＋ ex
x＋1
≥0 对任意 x≥0 恒成立，求实数 k 的取值范围．
【考点】函数与导数：含参函数的单调性讨论、恒成立问题
【解析】
(1)f(x)＝ln(x＋1)－kx－1，x≥0，f′(x)＝ 1
x＋1
－k＝1－k－kx
x＋1
．
①若 k≤0，则 f'(x)＞0 恒成立，故 f(x) 在[0，＋)上单调递增．
第 17页 （共 18页）
②若 0＜k＜1，令 f′(x)＝0，得 x＝1
k
－1＞0．
x (0，1
k
－1) 1
k
－1 (1
k
－1，＋)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ↗ 极大值 f(1
k
－1) ↘
③若 k≥1，则 f′(x)≤0 恒成立，故 f(x)在[0，＋)上单调递减．
综上所述，若 k≤0，f(x)在[0，＋∞)上单调递增；若 0＜k＜1，f(x)在(0，1
k
－1)上单调递增，
在(1
k
－1，＋)上单调递减；若 k≥1，f(x)在[0，＋∞)上单调递减． ……4 分
(2)令g(x)＝f(x)＋ ex
x＋1
，故 g(x)＝ln(x＋1)－kx＋ ex
x＋1
－1，x≥0
所以 g′(x)＝ 1
x＋1
－k＋ xx
(x＋1)2，令 h(x)＝g′(x)＝ 1
x＋1
－k＋ xex
(x＋1)2
，
h′(x)＝－ 1
(x＋1)2
＋(x2＋1)ex
(x＋1)3
＝(x2＋1)ex－(x＋1)
(x＋1)3
，
下面证明 ex≥x＋1，其中 x≥0．
令φ(x)＝ex－x－1，x≥0，则φ′(x)＝ex－1≥0．
所以φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，故φ(x)≥φ(0)＝0，
所以当 x≥0 时，ex≥x＋1．
所以 h′(x)＝(x2＋1)ex－(x＋1)
(x＋1)3 ≥(x＋1)(x2＋1)－(x＋1)
(x＋1)3 ＝ x2
(x＋1)3≥0，
所以 g′(x)在[0，＋∞)上单调递增，故 g′(x)≥g′(0)＝1－k． ……6 分
①若 1－k≥0，即 k≤1，则 g′(x)≥g′(0)＝1－k≥0，所以 g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以 g(x)≥g(0)＝0 对x＞0 恒成立，所以 k≤1 符合题意． ……8 分
②若 1－k＜0，即 k＞1，此时 g′(0)＝1－k＜0，
g′(4k)＝ 1
4k＋1
－k＋ 4ke4k
(4k2＋1)2＞ 4ke4k
(4k2＋1)2－k＝k·[
e4k
(2k＋1
2)2
－1]＝k，[(
e2k
2k＋1
2
)2－1]，
且据 k＞1 及 ex≥x＋1 可得 e2k≥2k＋1＞2k＋1
2
，故(
e2k
2k＋1
2
)2＞1，
所以 g′(4k)＞0．
又 g′(x)的图象在[0，＋∞)上不间断，
第 18页 （共 18页）
所以存在 x0∈(0，4k)，使得 g′(x)＝0，
且当 x∈(0，x0)，时，g′(x)＜0，g(x)在(0，x0)上单调递减，
所以 g(x0)＜g(0)＝0，其中 x0∈(0，4k)，与题意矛盾，
所以 k＞1 不符题意，舍去．
综上所述，实数 k 的取值范围是 k≤1． ……12 分
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