2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第13-17题解析版

这是一份2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题第13-17题解析版，共31页。试卷主要包含了已知为坐标原点，抛物线等内容，欢迎下载使用。
 2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13-17题
原题13
1．已知函数是偶函数，则______.
变式题1基础
2．已知为偶函数，则___________．
变式题2基础
3．已知函数是偶函数，则___________.
变式题3巩固
4．若函数（其中）为偶函数，则_____________.
变式题4巩固
5．若函数为偶函数，则___________.
变式题5提升
6．若函数为偶函数，且在上单调递增，则的解集为___________．
变式题6提升
7．对于函数，若，则__________．
原题14
8．已知为坐标原点，抛物线：()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且，若，则的准线方程为______.
变式题1基础
9．设抛物线的焦点为，点.若线段的中点在抛物线上，则到该抛物线准线的距离为_____________．
变式题2基础
10．已知抛物线过点，则抛物线的准线方程为______.
变式题3巩固
11．抛物线：的焦点为，其准线与轴的交点为，如果在直线上存在点，使得，则实数的取值范围是___________.
变式题4巩固
12．直线与抛物线交于，两点，若线段被点平分，则抛物线的准线方程为__________.
变式题5提升
13．已知点，抛物线：的焦点为，射线与抛物线相交于点，与其准线相交于点.若，则的值等于________.
变式题6提升
14．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，点在上，且，若，则______.
原题15
15．函数的最小值为______.
变式题1基础
16．函数的最小值为__________．
变式题2基础
17．函数的最小值是_____．
变式题3巩固
18．函数在的最大值为________.
变式题4巩固
19．函数在上的最大值是____．
变式题5提升
20．函数的最大值为___________.
变式题6提升
21．已知函数f(x)＝，当x∈(－∞，m]时，f(x)∈，则实数m的取值范围是________.
原题16
22．某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为______；如果对折次，那么______.
变式题1基础
23．纸张的规格是指纸张制成后，经过修整切边，裁成一定的尺寸.现在我国采用国际标准，规定以、、、、、…等标记来表示纸张的幅面规格.复印纸幅面规格只采用系列和系列，其中系列的幅面规格为：①、、、…、所有规格的纸张的幅宽（以表示）和长度（以表示）的比例关系都为；②将纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，纸张沿长度方向对开成两等分，便成为规格，…，如此对开至规格.现有、、、…、纸各一张.若纸的宽度为，则纸的长度为______；、、…、八张纸的面积之和等于______.
变式题2基础
24．“杨辉三角”是中国古代数学文化的瑰宝之一，最早出现在中国南宋数学家杨辉于1261年所著的《详解九章算法》一书中，欧洲数学家帕斯卡在1654年才发现这一规律，比杨辉要晚近四百年.如图，在由二项式系数所构成的“杨辉三角”中，记第2行的第3个数字为，第3行的第3个数字为，…，第行的第3个数字为，则____________，____________.

变式题3巩固
25．如图甲是第七届国际数学教育大会（ICME-7）的会徽.它的主题图案是由一连串如图乙所示的直角三角形演化而成的.设其中的第一个直角三角形是等腰三角形，且，它可以形成近似的等角螺线，记、、、、的长度组成数列，且则____________，数列的前项和为____________.

变式题4巩固
26．等比数列中，分别是下表一､二､三行中的某一个数，且中的任何两个数不在下表的同一列．

第一列
第二列
第三列
第一行
3
2
10
第二行
6
4
14
第三行
9
8
18

则数列的通项公式为__________；若数列满足，当为偶数时，数列前项和为__________．
变式题5提升
27．“垛积术”（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创，南宋数学家杨辉、元代数学家朱世杰丰富和发展的一类数列求和方法，有茭草垛、方垛、刍童垛、三角垛等等.某仓库中部分货物堆放成如图所示的“茭草垛”：自上而下，第一层1件，以后每一层比上一层多1件，最后一层是件.已知第一层货物单价1万元，从第二层起，货物的单价是上一层单价的，第层的货物的价格为______，若这堆货物总价是万元，则的值为______.

变式题6提升
28．九连环是中国的一种古老智力游戏，它环环相扣，趣味无穷.长期以来，这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家们用于教学研究的课题和例子.中国的末代皇帝溥仪(1906–1967)也曾有一个精美的由九个翡翠缳相连的银制的九连环(如图).现假设有个圆环，用表示按某种规则解下个圆环所需的最小移动次数.已知数列满足下列条件：，，，记的前项和为，则：（1）________；（2）________.

原题17
29．已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和.
变式题1基础
30．已知数列满足
（1）求的值，猜想数列的通项公式不需要证明).
（2）令，求数列前项的和
变式题2基础
31．在数列中，，点在直线上
（1）求数列的通项公式；
（2）记 ，求数列的前n项和．
变式题3巩固
32．已知数列满足，．
（1）求证数列为等差数列；
（2）求数列的通项公式．
变式题4巩固
33．已知数列中，，．
（1）求，，及数列的通项公式；
（2）设，求及．
变式题5提升
34．已知数列中，，，且满足.
（1）设，证明：是等差数列；
（2）若，求数列的前项和.
变式题6提升
35．已知函数，数列满足，，.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求.

参考答案：
1．1
【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.
【详解】因为，故，
因为为偶函数，故，
时，整理得到，
故，
故答案为：1
2．
【分析】根据偶函数的定义得：，即可求出的值.
【详解】解：因为是偶函数，所以，
即，
解得，即．
故答案为：.
3．
【分析】首先利用奇偶性求得，然后求得.
【详解】依题意是偶函数，所以，
所以，整理得，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
4．
【分析】根据函数为偶函数，利用恒成立，化简式子进而得到答案.
【详解】因为函数为偶函数，
又，
则恒成立，
所以恒成立，
即恒成立，
即恒成立，所以，又，所以.
故答案为：.
5．1
【分析】利用偶函数的性质列方程求a.
【详解】∵函数为偶函数，
∴ ，即
∴
∴
∴
∴ ，
故答案为：1.
6．
【分析】先根据偶函数得到，根据在上单调递增判断出，把2-x代入后解不等式即可.
【详解】∵为偶函数，
∴，
∴，即，
∴，
∵在上单调递增，∴，
∵，
∴，解得或，
∴不等式的解集为．
故答案为：.
7．2
【分析】由题设得，易知为奇函数，即可得关于的表达式，进而由已知求值.
【详解】∵，又为奇函数，
∴，即．
故答案为：2
8．
【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.
【详解】抛物线： ()的焦点,
∵P为上一点，与轴垂直，
所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,
不妨设,
因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，
又，

因为，所以,
，
所以的准线方程为
故答案为：.
【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.
9．
【详解】试题分析：根据抛物线方程可表示出焦点F的坐标，进而求得B点的坐标代入抛物线方程求得p，则B点坐标和抛物线准线方程可求，进而求得B到该抛物线准线的距离．
解：依题意可知F坐标为（，0）
∴B的坐标为（，1）代入抛物线方程得=1，解得p=，
∴抛物线准线方程为x=﹣
所以点B到抛物线准线的距离为+=，
故答案为
考点：抛物线的定义；抛物线的简单性质．

10．
【解析】代入求解抛物线,再化简成标准形式求解准线方程即可.
【详解】由题, ,故.故抛物线的准线方程为.
故答案为：
【点睛】本题主要考查了根据抛物线上的点抛物线方程以及准线的问题.属于基础题.
11．
【分析】根据题意求出点、的坐标，设出点坐标，由垂直关系得，再利用建立关于的不等式即可求解.
【详解】解：由题意，，，
∵在直线上，设点，
∴，，
又，
∴，即，
∴，解得或，
又，
∴的取值范围是.
故答案为：.
12．
【分析】设，，由点差法建立关系式，可求出，即可求解
【详解】设，，由线段被点平分，可知，
又，，所以，
由题意可知，直线的斜率存在，且为1，
所以，所以，
即，所以.
故抛物线的准线方程为.
13．
【分析】过点作垂直于准线于点，根据已知条件可得，可得，设准线与轴相交于点，根据，即可求得的值.
【详解】抛物线：的焦点为坐标为，准线为
过点作垂直于准线于点，
由抛物线的定义知，
因为，所以，
所以，可得，
设准线与轴相交于点，则，，
在中，，所以，
所以的值等于．
故答案为：．

14．
【分析】设，进而结合抛物线的定义与已知条件得，进而由解得答案.
【详解】解：设，由题知，，
因为，所以
因为点在上，
所以，解得，
所以，
所以，解得，
故答案为：
15．1
【分析】由解析式知定义域为，讨论、、，并结合导数研究的单调性，即可求最小值.
【详解】由题设知：定义域为，
∴当时，，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递减；
当时，，有，此时单调递增；
又在各分段的界点处连续，
∴综上有：时，单调递减，时，单调递增；
∴
故答案为：1.
16．
【分析】（1） 求导数， 确定函数在区间上的单调性， 即可求出函数在区间上的最小值．
【详解】，
当时，
当时，
所以在上递减，在递增，
所以函数在处取得最小值，即．
【点睛】本题考查导数知识的运用， 考查函数的单调性与最值， 考查学生的计算能力， 属于中档题 ．
17．
【分析】对求导，讨论函数的单调性，求函数的极小值即为最小值.
【详解】，令，则时，时，在上单调递减，在上单调递增.是函数的唯一极小值点，即为最小值点，.
故答案为: .
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调性和最值，属于基础题.
18．
【分析】利用导数得到函数单调性，即可求解.
【详解】解：,
当时，，原函数单调递增，
当时，，原函数单调递减，
所以，
故答案为：.
19．
【分析】求出导函数，求解极值点，然后判断函数的单调性求解函数的最大值即可．
【详解】函数，，令，解得．
因为，函数在上单调递增，在单调递减；
时，取得最大值，．
故答案为．
【点睛】本题考查函数的导数的应用，熟练掌握利用导数研究函数的单调性、极值与最值是解题的关键．
20．
【分析】由题去绝对值分情况讨论，分别求导求最值，即可求得最大值.
【详解】由题知当时，，
∴
∴在为减函数，
∴；
当时，，
∴，
∴当时，，当时，，
∴，
综上可知，.
故答案为：.
21．
【分析】先分类讨论，求解在不同区间的最值，利用最值取得的条件对参数进行讨论．
【详解】当时，，
令，则或；，则，
函数在上单调递减，在单调递增，
函数在处取得极大值为，
在出的极小值为.
当时，，
综上所述，的取值范围为
故答案为：
22．     5    
【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得，再根据错位相减法得结果.
【详解】（1）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；
故对折4次可得到如下规格：，，，，，共5种不同规格；
（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，
设，
则，
两式作差得：


，
因此，.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；
（2）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；
（3）对于结构，利用分组求和法；
（4）对于结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂项相消法求和.



23．     8    
【分析】可设的纸张的长度为，则数列成以为公比的等比数列，设的纸张的面积，则数列成以为公比的等比数列，然后利用等比数列的通项公式求出数列的首项，并利用等比数列的求和公式求出答案.
【详解】可设的纸张的长度为，面积为，
的长度为，所以数列是以为公比的等比数列，
纸的宽度为，则，纸的长度为
所以纸的长度为
所以，纸的面积为，
又，，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
因此，这8张纸的面积之和等于.
故答案为：；.
【点睛】本题考查数列应用题的解法，考查等比数列通项公式与求和公式的应用，考查运算求解能力，属于中等题.
24．     220    
【分析】首先根据杨辉三角得到，然后计算；接着利用裂项相消对进行求和.
【详解】解法一
由题意知，
.
.
解法二  由题意知，所以.
.
故答案为：220，
【点睛】本题主要考查组合数的运算性质及数列裂项求和，属于中档题目.
25．         
【解析】根据勾股定理可得出，可得出为等差数列，求出的通项公式，可求得，利用裂项相消法可求得数列的前项和.
【详解】是以为直角的直角三角形，由勾股定理可得，
所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，
，，所以，.
则，
因此，数列的前项和为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
26．         
【分析】根据等比数列的定义和表格中数据的特点得到，，；由，利用分组求和可得答案.
【详解】当时，则，或，显然不合题意；
当时，当且仅当，时，符合题意；
当时，，或，显然不合题意.
因此，，；公比，故
则
则.
故答案为：；.
27．          6
【解析】由题意可得第层的货物的价格为，根据错位相减法求和即可求出.
【详解】解：由题意可得第n层的货物的价格为，
设这堆货物总价是，①，
则，②，
由①−②可得
，
，
∵这堆货物总价是万元，
，
故答案为：；.
【点睛】本题考查了错位相减法求和，考查了运算能力，以及分析问题和解决问题的能力，属于中档题.
28．          .
【解析】分为偶数和为奇数两种情况，由题中条件，利用叠加法，由等比数列的求和公式，求出数列的通项，即可求出；再由分组求和的方法，即可求出.
【详解】（1）当为偶数时，

；
当为奇数时，


∴
（2）

.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：
求解本题的关键在于根据题中条件，讨论为奇数和为偶数两种情况，利用叠加法（累加法）求出数列的通项即可；在求数列的和时，可利用分组求和的方法求解.
29．（1）；（2）.
【分析】(1)方法一：由题意结合递推关系式确定数列的特征，然后求和其通项公式即可；
(2)方法二：分组求和，结合等差数列前项和公式即可求得数列的前20项和.
【详解】解：（1）[方法一]【最优解】：
显然为偶数，则，
所以，即，且，
所以是以2为首项，3为公差的等差数列，
于是．
[方法二]：奇偶分类讨论
由题意知，所以．
由（为奇数）及（为偶数）可知，
数列从第一项起，
若为奇数，则其后一项减去该项的差为1，
若为偶数，则其后一项减去该项的差为2．
所以，则．
[方法三]：累加法
由题意知数列满足．
所以，
，
则．
所以，数列的通项公式．
（2）[方法一]：奇偶分类讨论


．
[方法二]：分组求和
由题意知数列满足，
所以．
所以数列的奇数项是以1为首项，3为公差的等差数列；
同理，由知数列的偶数项是以2为首项，3为公差的等差数列．
从而数列的前20项和为：
．
【整体点评】(1)方法一：由题意讨论的性质为最一般的思路和最优的解法；
方法二：利用递推关系式分类讨论奇偶两种情况，然后利用递推关系式确定数列的性质；
方法三：写出数列的通项公式，然后累加求数列的通项公式，是一种更加灵活的思路.
(2)方法一：由通项公式分奇偶的情况求解前项和是一种常规的方法；
方法二：分组求和是常见的数列求和的一种方法，结合等差数列前项和公式和分组的方法进行求和是一种不错的选择.
30．（1），猜想；（2）.
【分析】（1）根据递推关系代入即可得解，根据特征猜想公式；
（2）利用错位相减法求和.
【详解】（1）解，
猜想
（2）由（1）
……..①
……..②，由①-②得
，
所以
31．(1)；(2).
【分析】由条件结合等差数列定义，证明为等差数列，根据等差数列通项公式求数列的通项，(1)由(1)可得，利用裂项相消法求其前n项和.
【详解】(1)∵   点在直线上，
∴   ，
∴   ，又，
∴   数列为首项为，公差为的等差数列，
∴   ，
(2)由(1)
   
32．（1）证明见解析；（2）．
【分析】（1）证明（常数），即得证；
（2）由题得，化简即得解.
【详解】解：（1）数列满足，．
整理得（常数），
所以数列是以为首项，1为公差的等差数列．
（2）由于数列是以为首项，1为公差的等差数列．
所以，
所以．
33．（1），，；；（2），

【分析】（1）分别令利用递推公式以及可得，，，将递推公式整理可得，可得是常数列，结合其首项即可求得的通项公式；
（2）利用并项求和结合等差数列前项和公式可得；当为偶数时，采用并项求和求，当且为奇数时，，再检验，写成分段的形式即可.
【详解】（1）当时，，
当时，，
当时，，
当时，由可得，
所以，所以是常数列，
又因为，所以，所以，
（2）


，
当为偶数时

，
所以当为偶数时，
当且为奇数时，
，
当时，满足上式，
所以当为奇数时，，
综上所述：
34．（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）由递推关系式可整理得到，由此可证得结论；
（2）由（1）可得，由通项公式可证得为等比数列，由等比数列通项公式可求得，由此得到，采用错位相减法可求得结果.
【详解】（1），
，，
是以为首项，公差的等差数列；
（2）由（1）得：，，
整理可得：，是以为首项，公比的等比数列，
，，
…①，
①得：…②，
得：，
.
【点睛】方法点睛：当数列通项公式满足等差等比的形式时，采用错位相减法求解数列的前项和，具体步骤如下：
①列出的形式；
②左右两侧同乘通项中的等比部分的公比，得到；
③上下两式作差得到，结合等比数列求和公式可整理等式右侧的部分；
④整理所得式子求得.
35．（1）；（2）.
【分析】（1）根据函数解析式建立数列的递推关系式，进而求解数列通项即可；
（2）根据（1）所得数列通项公式，运用并项法化简求和即可得出答案.
【详解】（1）由可得，，
∴，
∴是以为公差的等差数列.
又，∴；
（2）由（1）可得，




.