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2021年全国高考数学押题试卷（文科）（一）（全国ⅰ卷）
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这是一份2021年全国高考数学押题试卷（文科）（一）（全国ⅰ卷），共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年全国高考数学押题试卷（文科）（一）（全国Ⅰ卷）
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．（5分）若复数z满足z•（2﹣3i）＝1﹣i，复数z的虚部是（ ）
A．i B． C． D．i
2．（5分）集合A＝{x|y＝ln（x﹣1）}，集合B＝{x||x|＜2}，则B∩（∁RA）＝（ ）
A．{x|﹣2＜x≤1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|2≤x} D．{x|1＜x≤2}
3．（5分）重点高中对数学竞赛非常的重视，现在用茎叶图记录了甲、乙两组某次选拔赛的数学成绩，其中甲组数据的中位数恰是乙组数据的平均数，则m＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（5分）函数f（x）＝2ex的图象与函数g（x）＝+5的图象交点所在的区间可能为（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
5．（5分）等比数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，则{an}的前12项和为（ ）
A．90 B．60 C．45 D．32
6．（5分）在四面体ABCD中，BC＝BD＝CD＝2，AB＝2，N是棱AD的中点，CN＝，则异面直线AB与CN所成的角为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）排球比赛场地为长18米宽为9米的长方形，均分两个半场．现将每个半场的底线两角处分割出两个半径均是2米的四分之一圆的扇形区域（如图），球员发球后球落在扇形区域称为“优质球”．若某名球员从一侧发球，球一定落在另一半场且落的每一个地方的可能性相同，则该名球员所发的球是“优质球”的概率是（ ）（其中π≈3）
A． B． C． D．
8．（5分）把函数f（x）＝sin（3x+φ）的图象向左平移个单位后，得到函数y＝g（x）的图象，若函数y＝g（x）是偶函数，则下列数中可能是φ的值的为（ ）
A． B． C． D．
9．（5分）已知直线l：3x+4y＝15与圆O：x2+y2＝r2（r＞0）相离，过直线l上的动点P做圆O的一条切线，切点为C，若△OPC面积的最小值是，则r＝（ ）
A．1 B．2 C．1或2 D．2
10．（5分）如图在正方体ABCD﹣A'B'C′D′中，点M为AB的中点，点N为BC的中点，点P在底面ABCD内，且D′P∥平面C′MN，D′P与底面ABCD所成的角为α，则sinα的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．（5分）已知椭圆C1和双曲线C2有公共焦点F1（﹣c，0），F2（c，0），C1和C2在第一象限的交点为P，∠F1PF2＝且双曲线的虚轴长为实轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．（5分）已知数列{an}满足an+1+an2+an+1＝0（n∈N*），且{an}中任何一项都不为﹣1，设数列{}的前n项和为Sn，若S2021＝，则a1的值为（ ）
A． B．1 C． D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知向量＝（1，3），＝（﹣2，﹣1），||＝3||，＝﹣5，cos＜，＞＝ ．
14．（5分）已知实数x，y满足约束条件，则z＝的最大值是 ．
15．（5分）已知α，β为锐角，且cos（α+β）+2cos（α﹣β）＝，则tan（α﹣β）的最大值是 ．
16．（5分）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）为单调函数且对任意的x∈（0，+∞）都有f（f（x）﹣lnx）＝1，若方程f（x）＝tx+1有两解，则实数t的取值范围是 ．
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．第17~21题为必考题，每个题考生都必须作答．第22-23题为选考题，考生根据要求作答．）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝．
（1）求证：三内角A，B，C成等差数列；
（2）若△ABC的面积为，2sinA＝3sinC，求△ABC的周长．
18．（12分）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的焦点F在抛物线y2＝8x的准线上，且椭圆C经过点A（，1）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作长轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx+t与直线l1，l2分别交于M，N两点．求证：以MN为直径的圆经过定点F．
20．（12分）“不忘初心、牢记使命”主题教育活动正在全国开展，某区政府为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参加主题教育活动的时间（单位：时）的频率分布直方图，如图所示，已知参加主题教育活动的时间在（12，16]内的人数为92．
（1）估计这些党员干部一周参与主题教育活动的时间的平均值；
（2）用频率估计概率，如果计划对全区一周参与主题教育活动的时间在（16，24]内的党员干部给予奖励，且参与时间在（16，20]，（20，24]内的分别获二等奖和一等奖，通过分层抽样方法从这些获奖人中随机抽取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人均获二等奖的概率．
21．（12分）已知函数f（x）＝x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值
（2）求函数f（x）的极值．
[选考题]请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），曲线C2的普通方程为：x2+y2﹣8x＝0，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线θ＝与曲线C1，C2分别交于A，B两点（异于极点O），定点M（，0），求△ABM的面积．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）
23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）＜2；
（2）若关于x的不等式f（x）+3|x+1|＜a2﹣2a的解集不是空集，求a的取值范围．
2021年全国高考数学押题试卷（文科）（一）（全国Ⅰ卷）
参考答案与试题解析
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．（5分）若复数z满足z•（2﹣3i）＝1﹣i，复数z的虚部是（ ）
A．i B． C． D．i
【分析】根据已知条件，结合复数虚部的概念和复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】解：∵z•（2﹣3i）＝1﹣i，
∴＝，
∴复数z的虚部为．
故选：C．
2．（5分）集合A＝{x|y＝ln（x﹣1）}，集合B＝{x||x|＜2}，则B∩（∁RA）＝（ ）
A．{x|﹣2＜x≤1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|2≤x} D．{x|1＜x≤2}
【分析】可求出集合A，B，然后进行交集和补集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|x＞1}，B＝{x|﹣2＜x＜2}，
∴∁RA＝{x|x≤1}，B∩（∁RA）＝{x|﹣2＜x≤1}．
故选：A．
3．（5分）重点高中对数学竞赛非常的重视，现在用茎叶图记录了甲、乙两组某次选拔赛的数学成绩，其中甲组数据的中位数恰是乙组数据的平均数，则m＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由茎叶图确定各数据，然后根据中位数和平均数的定义可求解．
【解答】解：由图可知甲组数据由低到高依次是：79，82，85，94，97，
所以甲组数据的中位数为85即乙组数据的平均数为85，
所以85═，解得m＝1，
故选：A．
4．（5分）函数f（x）＝2ex的图象与函数g（x）＝+5的图象交点所在的区间可能为（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】题目转化为求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ex﹣﹣5的零点，根据h（1）h（2）＜0，可得函数h（x） 的零点所在区间．
【解答】解：函数f（x）＝2ex的图象与函数g（x）＝+5的图象交点的横坐标，
即求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ex﹣﹣5的零点，
由于函数h（x）是连续增函数，且 h（1）＝2e﹣6＜0，h（2）＝2e²﹣＞0，
故 h（1）h（2）＜0，故函数h（x） 的零点所在区间是（1，2），
故选：B．
5．（5分）等比数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，则{an}的前12项和为（ ）
A．90 B．60 C．45 D．32
【分析】由等比数列的性质得：a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9，a10+a11+a12也成等比数列，由此能求出{an}的前12项和．
【解答】解：∵等比数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，
由等比数列的性质得：
a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9，a10+a11+a12也成等比数列，
∴由a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，得a7+a8+a9＝12，a10+a11+a12＝24，
∴{an}的前12项和为：3+6+12+24＝45．
故选：C．
6．（5分）在四面体ABCD中，BC＝BD＝CD＝2，AB＝2，N是棱AD的中点，CN＝，则异面直线AB与CN所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【分析】取BD的中点为M，可得∠MNC（或补角）为异面直线AB与CN所成的角，在△CMN中，可解得∠MNC．
【解答】解：取BD的中点为M，N是棱AD的中点，
MN∥AB，
∴∠MNC（或补角）为异面直线AB与CN所成的角，
在△CMN中，MN＝＝，CM＝CN＝，即△CMN是等边三角形，
∴∠MNC＝，
故异面直线AB与CN所成的角为．
故选：A．
7．（5分）排球比赛场地为长18米宽为9米的长方形，均分两个半场．现将每个半场的底线两角处分割出两个半径均是2米的四分之一圆的扇形区域（如图），球员发球后球落在扇形区域称为“优质球”．若某名球员从一侧发球，球一定落在另一半场且落的每一个地方的可能性相同，则该名球员所发的球是“优质球”的概率是（ ）（其中π≈3）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，计算两个扇形区域的面积之和以及半个场地的面积，由几何概型公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，两个扇形区域的面积之和S1＝2×（×π×22）≈6m2，
半个场地的面积S＝9×9＝81m2，
则该名球员所发的球是“优质球”的概率P＝＝＝；
故选：C．
8．（5分）把函数f（x）＝sin（3x+φ）的图象向左平移个单位后，得到函数y＝g（x）的图象，若函数y＝g（x）是偶函数，则下列数中可能是φ的值的为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的奇偶性，得出结论．
【解答】解：把函数f（x）＝sin（3x+φ）的图象向左平移个单位后，
得到函数y＝g（x）＝sin（3x++φ）的图象，
若函数y＝g（x）是偶函数，则 +φ＝kπ+，k∈Z，
令k＝1，可得φ＝，
故选：D．
9．（5分）已知直线l：3x+4y＝15与圆O：x2+y2＝r2（r＞0）相离，过直线l上的动点P做圆O的一条切线，切点为C，若△OPC面积的最小值是，则r＝（ ）
A．1 B．2 C．1或2 D．2
【分析】求出圆心O到直线l的距离，利用勾股定理求得PC的最小值，代入三角形面积公式即可求得r值．
【解答】解：∵圆O：x2+y2＝r2（r＞0）的圆心O（0，0），当点P与圆心的距离最小时，
切线长PC最小，此时△OPC的面积最小，
，则，
此时，解得r＝1或．
故选：C．
10．（5分）如图在正方体ABCD﹣A'B'C′D′中，点M为AB的中点，点N为BC的中点，点P在底面ABCD内，且D′P∥平面C′MN，D′P与底面ABCD所成的角为α，则sinα的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设AD的中点为S，CD的中点为T，利用面面平行的判定定理的推论，可得平面D'ST∥平面C'MN，从而得到点P在ST上时，D'P∥平面C'MN，设正方体的棱长为1，确定点P为ST的中点时，DP取得最小值D'P与底面ABCD所成的角最大，在三角形中由边角关系求解即可．
【解答】解：设AD的中点为S，CD的中点为T，
因为D'S∥C'N，ST∥MN，且D'S∩ST＝S，C'N∩MN＝N，D'S，ST⊂平面D'ST，C'N，MN⊂平面C'MN，
所以平面D'ST∥平面C'MN，
故点P在ST上时，D'P∥平面C'MN，
不妨设正方体的棱长为1，
当点P为ST的中点时，DP取得最小值，
此时D'P与底面ABCD所成的角α＝∠D'PD最大，
此时＝．
故选：D．
11．（5分）已知椭圆C1和双曲线C2有公共焦点F1（﹣c，0），F2（c，0），C1和C2在第一象限的交点为P，∠F1PF2＝且双曲线的虚轴长为实轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设椭圆的半长轴为a1，双曲线实半轴为a2，双曲线的虚半轴长为b2，椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，由椭圆与双曲线的定义列式可得|PF1|＝a1+a2，|PF2|＝a1﹣a2，再由余弦定理得，求得，由已知求得e2，即可得到椭圆的离心率．
【解答】解：设椭圆的半长轴为a1，双曲线实半轴为a2，双曲线的虚半轴长为b2，
椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，
由定义知：，可得|PF1|＝a1+a2，|PF2|＝a1﹣a2，
设|F1F2|＝2c，，
由余弦定理得：，
化简得：，
∴，即，
∵，∴，故，
∴，即．
故选：B．
12．（5分）已知数列{an}满足an+1+an2+an+1＝0（n∈N*），且{an}中任何一项都不为﹣1，设数列{}的前n项和为Sn，若S2021＝，则a1的值为（ ）
A． B．1 C． D．
【分析】由an+1+an2+an+1＝0可得﹣an+1﹣1＝an（an+1），从而＝﹣，所以Sn＝++…+＝（﹣）+（﹣）+…+（）＝﹣，可得S2021＝﹣＝；
再结合S2021＝即可求出a1．
【解答】解：由an+1+an2+an+1＝0，得﹣an+1﹣1＝an（an+1），所以﹣＝＝﹣，即＝﹣，
所以Sn＝++…+＝（﹣）+（﹣）+…+（）＝﹣，
则S2021＝﹣＝；故＝＝＝3，解得a1＝﹣．
故选：D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知向量＝（1，3），＝（﹣2，﹣1），||＝3||，＝﹣5，cos＜，＞＝ ．
【分析】根据平面向量的线性和数量积的坐标运算法则，即可得解．
【解答】解：因为＝（1，3），＝（﹣2，﹣1），
所以＝+＝（﹣1，2），
所以||＝，||＝3||＝3，
所以cos＜，＞＝＝＝﹣．
故答案为：﹣．
14．（5分）已知实数x，y满足约束条件，则z＝的最大值是 6 ．
【分析】由约束条件作出可行域，由z＝＝，其几何意义为可行域内的动点与定点P（﹣1，﹣2）连线的斜率加1，则答案可求．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
联立，A（﹣，），
由z＝＝，其几何意义为可行域内的动点与定点P（﹣1，﹣2）连线的斜率加1，
而，则z＝的最大值是6．
故答案为：6．
15．（5分）已知α，β为锐角，且cos（α+β）+2cos（α﹣β）＝，则tan（α﹣β）的最大值是 ．
【分析】根据已知条件，运用三角函数的恒等变换，可推得tanα＝3tanβ，再结合正切函数的两角差公式以及均值不等式的公式，即可求解．
【解答】解：∵cos（α+β）+2cos（α﹣β）＝，
∴，两边同时除以cosα可得，，
∴3cosβsinβ+tanαsin2β＝tanα，化简可得，tanα＝3tanβ，
∵α，β为锐角，即tanα＞0，tanβ＞0，
∴＝＝，
当且仅当，即 tanβ＝时，等号成立，
故tan（α﹣β）的最大值是．
故答案为：．
16．（5分）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）为单调函数且对任意的x∈（0，+∞）都有f（f（x）﹣lnx）＝1，若方程f（x）＝tx+1有两解，则实数t的取值范围是 （0，） ．
【分析】由题意可得f（x）＝lnx+1，方程f（x）＝tx+1可变形得t＝，构造函数g（x）＝（x＞0），利用导数得到该函数的单调性及最值，作出图像，数形结合即可．
【解答】解：令f（x0）＝1，则f（x）﹣lnx＝x0，所以f（x）＝lnx+x0，
因为f（x0）＝1，所以lnx0+x0＝1，解得x0＝1，则f（x）＝lnx+1，
故方程f（x）＝tx+1化简可得tx＝lnx，则t＝，
令g（x）＝，则g'（x）＝＝0时，x＝e，
故当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（e，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
所以当x＝e时，函数有最大值g（e）＝，当x→+∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，
作出函数g（x）的图像如图所示：
由图可知，实数t的取值范围为（0，），
故答案为：（0，）．
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．第17~21题为必考题，每个题考生都必须作答．第22-23题为选考题，考生根据要求作答．）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝．
（1）求证：三内角A，B，C成等差数列；
（2）若△ABC的面积为，2sinA＝3sinC，求△ABC的周长．
【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合sinA≠0，可得cosB＝﹣，结合范围B∈（0，π），可得B的值，进而利用三角形内角和定理即可证明．
（2）由已知利用正弦定理可得2a＝3c，利用三角形的面积公式可得ac＝6，联立解得a，c的值，进而根据余弦定理即可求解b的值，即可得解三角形的周长．
【解答】解：（1）证明：因为＝，
所以（2a﹣c）cosB＝bcosC，由正弦定理可得（2sinA﹣sinC）cosB＝sinBcosC，
所以2sinAcosB＝sinBcosC+cosBsinC＝sin（B+C）＝sinA，
因为 A∈（0，π），sinA≠0，
所以cosB＝，
因为B∈（0，π），
所以B＝，
又A+B+C＝π，则A+C＝，
所以2B＝A+C，也即A，B，C成等差数列，得证．
（2）因为2sinA＝3sinC，由正弦定理可得2a＝3c①，
由S△ABC＝acsinB＝acsin＝，
可得ac＝6，②，
由①②可得a＝3，c＝2，
因为b2＝a2+c2﹣2accosB＝7，
所以b＝，
故△ABC的周长为5+．
18．（12分）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
【分析】（1）取BD的中点N，连接MN，NE，证明四边形MNEF为平行四边形，可得FM∥EN，再由直线与平面平行的判定可得FM∥平面BDE；
（2）由EB⊥平面ABCD，得BD⊥BE，再证明BD⊥AB，可得BD⊥平面ABEF，从而得到C到平面ABEF的距离为BD＝，求出三角形ABF的面积，再由棱锥体积公式求解．
【解答】（1）证明：取BD的中点N，连接MN，NE，
在△ABD中，∵M是AD的中点，∴MN∥AB，且MN＝，
又∵EF∥CD，CD∥AB，CD＝AB，∴EF＝，
∴MN∥EF且MN＝EF，则四边形MNEF为平行四边形，
∴FM∥EN，
又∵EN⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
∴FM∥平面BDE；
（2）解：∵EB⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥BE，
又∵BD⊥CD，CD∥AB，∴BD⊥AB，
∵AB∩BE＝B，∴BD⊥平面ABEF，
由于CD∥平面ABEF，∴C到平面ABEF的距离为BD＝．
而×2×＝，
∴，即三棱锥C﹣ABF的体积是．
19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的焦点F在抛物线y2＝8x的准线上，且椭圆C经过点A（，1）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作长轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx+t与直线l1，l2分别交于M，N两点．求证：以MN为直径的圆经过定点F．
【分析】（1）由物线y2＝8x的方程得准线为x＝﹣2，推出F点坐标为（﹣2，0），又椭圆C经过点A（，1），列方程组，解得a，b，即可得出答案．
（2）由（1）知，l1的方程为x＝﹣2，l2的方程为x＝2，则M（﹣a，﹣ka+t），N（a，ka+t），联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，由直线l与椭圆C相切，得△＝0，化简得t2＝8k2+4，又•＝0，则∠MFN＝90°（为定值），即可得出答案．
【解答】解：（1）抛物线y2＝8x的准线为x＝﹣2，
由于椭圆C的交点F在x＝﹣2上，
所以F点坐标为（﹣2，0），
又椭圆C经过点A（，1），
所以，
解得a＝2，b＝2，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（2）证明：由（1）知，l1的方程为x＝﹣2，l2的方程为x＝2，
直线l：y＝kx+t与l1，l2分别交于M，N两点，
所以M（﹣a，﹣ka+t），N（a，ka+t），
联立，
得（1+2k2）x2+4ktx+2t2﹣8＝0，
因为直线l与椭圆C相切，
所以△＝0，即16k2t2﹣4（1+2k2）（2t2﹣8）＝0，
则t2＝8k2+4，
又•＝（﹣2+a，ka﹣t）•（﹣2﹣a，﹣ka﹣t）＝4﹣a2+t2+k2a2＝﹣4+t2﹣8k2＝0，
所以⊥，
所以∠MFN＝90°（为定值），
所以MN为直径的圆经过定点F（﹣2，0）．
20．（12分）“不忘初心、牢记使命”主题教育活动正在全国开展，某区政府为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参加主题教育活动的时间（单位：时）的频率分布直方图，如图所示，已知参加主题教育活动的时间在（12，16]内的人数为92．
（1）估计这些党员干部一周参与主题教育活动的时间的平均值；
（2）用频率估计概率，如果计划对全区一周参与主题教育活动的时间在（16，24]内的党员干部给予奖励，且参与时间在（16，20]，（20，24]内的分别获二等奖和一等奖，通过分层抽样方法从这些获奖人中随机抽取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人均获二等奖的概率．
【分析】（1）由频率分布直方图能求出这些党员干部一周参加主题教育活动的时间的平均值．
（2）由频率分布直方图求出n＝＝200．从而参与主题教育活动的时间在（16，20]的人数为40，参与主题教育活动的时间在（20，24]的人数为10．利用分层抽样抽取的人数：在（16，20]内为4人，设为a，b，c，d，在（20，24]内为1人，设为A．从这5人中选取3人，利用列举法能求出3人均获二等奖的概率．
【解答】解：（1）由已知可得a＝1÷4﹣（0.0250+0.0475+0.0500+0.0125）＝0.1150，
所以这些党员干部一周参加主题教育活动的时间的平均值为
（6×0.0250+10×0.0475+14×0.1150+18×0.0500+22×0.0125）×4＝13.64．
（2）因为0.1150×4×n＝92，所以n＝＝200．
故参与主题教育活动的时间在（16，20]的人数为0.0500×4×200＝40，
参与主题教育活动的时间在（20，24]的人数为0.0125×4×200＝10．
则利用分层抽样抽取的人数：在（16，20]内为4人，设为a，b，c，d，在（20，24]内为1人，设为A．
从这5人中选取3人的事件空间为：
{（a，b，c），（a，b，d），（a，b，A），（a，c，A），（a，d，A），
（b，c，d），（b，c，A），（b，d，A），（c，d，A）}，共10种情况，
其中全是二等奖的有4种情况，
故3人均获二等奖的概率P＝．
21．（12分）已知函数f（x）＝x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值
（2）求函数f（x）的极值．
【分析】（1）求出f（x）的导数，依题意，f′（1）＝0，从而可求得a的值；
（2）f′（x）＝1﹣，分①a≤0时②a＞0讨论，可知f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，从而可求其极值；
【解答】解：（1）由f（x）＝x﹣1+，得f′（x）＝1﹣，
又曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，
∴f′（1）＝0，即1﹣＝0，解得a＝e；
（2）f′（x）＝1﹣，
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；
②当a＞0时，令f′（x）＝0，得ex＝a，x＝lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
故f（x）在x＝lna处取到极小值，且极小值为f（lna）＝lna，无极大值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；
当a＞0时，f（x）在x＝lna处取到极小值lna，无极大值．
[选考题]请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），曲线C2的普通方程为：x2+y2﹣8x＝0，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线θ＝与曲线C1，C2分别交于A，B两点（异于极点O），定点M（，0），求△ABM的面积．
【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
（2）利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．
【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（θ为参数），转换为直角坐标方程为；
根据，转换为极坐标方程为．
曲线C2的普通方程为：x2+y2﹣8x＝0，根据转换为极坐标方程为ρ＝8cosθ．
（2）由于定点M（，0），所以点M到直线的距离d＝．
故，解得，
由于，
所以|AB|＝|ρA﹣ρB|＝2，
所以．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）
23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）＜2；
（2）若关于x的不等式f（x）+3|x+1|＜a2﹣2a的解集不是空集，求a的取值范围．
【分析】（1）求出f（x）的分段函数的形式，通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；
（2）求出f（x）+3|x+1|的最小值，得到关于a的不等式，解出即可．
【解答】解：（1）f（x）＝，
当x≥时，x﹣2＜2，解得：x＜4，即≤x＜4，
当﹣1＜x＜时，﹣3x＜2，解得：x＞﹣，即﹣＜x＜，
当x≤﹣1时，﹣x+2＜2，解得：x＞0，即不等式无解，
综上，不等式的解集是（﹣，4）；
（2）f（x）+3|x+1|＝|2x﹣1|+2|x+1|＝|2x﹣1|+|2x+2|≥3，
结合题意a2﹣2a＞3，解得：a＜﹣1或a＞3，
故a的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）．
2021年全国高考数学押题试卷（文科）（一）（全国Ⅰ卷）
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．（5分）若复数z满足z•（2﹣3i）＝1﹣i，复数z的虚部是（ ）
A．i B． C． D．i
2．（5分）集合A＝{x|y＝ln（x﹣1）}，集合B＝{x||x|＜2}，则B∩（∁RA）＝（ ）
A．{x|﹣2＜x≤1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|2≤x} D．{x|1＜x≤2}
3．（5分）重点高中对数学竞赛非常的重视，现在用茎叶图记录了甲、乙两组某次选拔赛的数学成绩，其中甲组数据的中位数恰是乙组数据的平均数，则m＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
4．（5分）函数f（x）＝2ex的图象与函数g（x）＝+5的图象交点所在的区间可能为（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
5．（5分）等比数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，则{an}的前12项和为（ ）
A．90 B．60 C．45 D．32
6．（5分）在四面体ABCD中，BC＝BD＝CD＝2，AB＝2，N是棱AD的中点，CN＝，则异面直线AB与CN所成的角为（ ）
A． B． C． D．
7．（5分）排球比赛场地为长18米宽为9米的长方形，均分两个半场．现将每个半场的底线两角处分割出两个半径均是2米的四分之一圆的扇形区域（如图），球员发球后球落在扇形区域称为“优质球”．若某名球员从一侧发球，球一定落在另一半场且落的每一个地方的可能性相同，则该名球员所发的球是“优质球”的概率是（ ）（其中π≈3）
A． B． C． D．
8．（5分）把函数f（x）＝sin（3x+φ）的图象向左平移个单位后，得到函数y＝g（x）的图象，若函数y＝g（x）是偶函数，则下列数中可能是φ的值的为（ ）
A． B． C． D．
9．（5分）已知直线l：3x+4y＝15与圆O：x2+y2＝r2（r＞0）相离，过直线l上的动点P做圆O的一条切线，切点为C，若△OPC面积的最小值是，则r＝（ ）
A．1 B．2 C．1或2 D．2
10．（5分）如图在正方体ABCD﹣A'B'C′D′中，点M为AB的中点，点N为BC的中点，点P在底面ABCD内，且D′P∥平面C′MN，D′P与底面ABCD所成的角为α，则sinα的最大值为（ ）
A． B． C． D．
11．（5分）已知椭圆C1和双曲线C2有公共焦点F1（﹣c，0），F2（c，0），C1和C2在第一象限的交点为P，∠F1PF2＝且双曲线的虚轴长为实轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
12．（5分）已知数列{an}满足an+1+an2+an+1＝0（n∈N*），且{an}中任何一项都不为﹣1，设数列{}的前n项和为Sn，若S2021＝，则a1的值为（ ）
A． B．1 C． D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知向量＝（1，3），＝（﹣2，﹣1），||＝3||，＝﹣5，cos＜，＞＝ ．
14．（5分）已知实数x，y满足约束条件，则z＝的最大值是 ．
15．（5分）已知α，β为锐角，且cos（α+β）+2cos（α﹣β）＝，则tan（α﹣β）的最大值是 ．
16．（5分）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）为单调函数且对任意的x∈（0，+∞）都有f（f（x）﹣lnx）＝1，若方程f（x）＝tx+1有两解，则实数t的取值范围是 ．
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．第17~21题为必考题，每个题考生都必须作答．第22-23题为选考题，考生根据要求作答．）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝．
（1）求证：三内角A，B，C成等差数列；
（2）若△ABC的面积为，2sinA＝3sinC，求△ABC的周长．
18．（12分）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的焦点F在抛物线y2＝8x的准线上，且椭圆C经过点A（，1）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作长轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx+t与直线l1，l2分别交于M，N两点．求证：以MN为直径的圆经过定点F．
20．（12分）“不忘初心、牢记使命”主题教育活动正在全国开展，某区政府为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参加主题教育活动的时间（单位：时）的频率分布直方图，如图所示，已知参加主题教育活动的时间在（12，16]内的人数为92．
（1）估计这些党员干部一周参与主题教育活动的时间的平均值；
（2）用频率估计概率，如果计划对全区一周参与主题教育活动的时间在（16，24]内的党员干部给予奖励，且参与时间在（16，20]，（20，24]内的分别获二等奖和一等奖，通过分层抽样方法从这些获奖人中随机抽取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人均获二等奖的概率．
21．（12分）已知函数f（x）＝x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值
（2）求函数f（x）的极值．
[选考题]请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），曲线C2的普通方程为：x2+y2﹣8x＝0，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线θ＝与曲线C1，C2分别交于A，B两点（异于极点O），定点M（，0），求△ABM的面积．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）
23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）＜2；
（2）若关于x的不等式f（x）+3|x+1|＜a2﹣2a的解集不是空集，求a的取值范围．
2021年全国高考数学押题试卷（文科）（一）（全国Ⅰ卷）
参考答案与试题解析
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．（5分）若复数z满足z•（2﹣3i）＝1﹣i，复数z的虚部是（ ）
A．i B． C． D．i
【分析】根据已知条件，结合复数虚部的概念和复数代数形式的乘法运算，即可求解．
【解答】解：∵z•（2﹣3i）＝1﹣i，
∴＝，
∴复数z的虚部为．
故选：C．
2．（5分）集合A＝{x|y＝ln（x﹣1）}，集合B＝{x||x|＜2}，则B∩（∁RA）＝（ ）
A．{x|﹣2＜x≤1} B．{x|﹣2＜x＜2} C．{x|2≤x} D．{x|1＜x≤2}
【分析】可求出集合A，B，然后进行交集和补集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x|x＞1}，B＝{x|﹣2＜x＜2}，
∴∁RA＝{x|x≤1}，B∩（∁RA）＝{x|﹣2＜x≤1}．
故选：A．
3．（5分）重点高中对数学竞赛非常的重视，现在用茎叶图记录了甲、乙两组某次选拔赛的数学成绩，其中甲组数据的中位数恰是乙组数据的平均数，则m＝（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【分析】由茎叶图确定各数据，然后根据中位数和平均数的定义可求解．
【解答】解：由图可知甲组数据由低到高依次是：79，82，85，94，97，
所以甲组数据的中位数为85即乙组数据的平均数为85，
所以85═，解得m＝1，
故选：A．
4．（5分）函数f（x）＝2ex的图象与函数g（x）＝+5的图象交点所在的区间可能为（ ）
A．（0，1） B．（1，2） C．（2，3） D．（3，4）
【分析】题目转化为求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ex﹣﹣5的零点，根据h（1）h（2）＜0，可得函数h（x） 的零点所在区间．
【解答】解：函数f（x）＝2ex的图象与函数g（x）＝+5的图象交点的横坐标，
即求函数h（x）＝f（x）﹣g（x）＝2ex﹣﹣5的零点，
由于函数h（x）是连续增函数，且 h（1）＝2e﹣6＜0，h（2）＝2e²﹣＞0，
故 h（1）h（2）＜0，故函数h（x） 的零点所在区间是（1，2），
故选：B．
5．（5分）等比数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，则{an}的前12项和为（ ）
A．90 B．60 C．45 D．32
【分析】由等比数列的性质得：a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9，a10+a11+a12也成等比数列，由此能求出{an}的前12项和．
【解答】解：∵等比数列{an}中，a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，
由等比数列的性质得：
a1+a2+a3，a4+a5+a6，a7+a8+a9，a10+a11+a12也成等比数列，
∴由a1+a2+a3＝3，a4+a5+a6＝6，得a7+a8+a9＝12，a10+a11+a12＝24，
∴{an}的前12项和为：3+6+12+24＝45．
故选：C．
6．（5分）在四面体ABCD中，BC＝BD＝CD＝2，AB＝2，N是棱AD的中点，CN＝，则异面直线AB与CN所成的角为（ ）
A． B． C． D．
【分析】取BD的中点为M，可得∠MNC（或补角）为异面直线AB与CN所成的角，在△CMN中，可解得∠MNC．
【解答】解：取BD的中点为M，N是棱AD的中点，
MN∥AB，
∴∠MNC（或补角）为异面直线AB与CN所成的角，
在△CMN中，MN＝＝，CM＝CN＝，即△CMN是等边三角形，
∴∠MNC＝，
故异面直线AB与CN所成的角为．
故选：A．
7．（5分）排球比赛场地为长18米宽为9米的长方形，均分两个半场．现将每个半场的底线两角处分割出两个半径均是2米的四分之一圆的扇形区域（如图），球员发球后球落在扇形区域称为“优质球”．若某名球员从一侧发球，球一定落在另一半场且落的每一个地方的可能性相同，则该名球员所发的球是“优质球”的概率是（ ）（其中π≈3）
A． B． C． D．
【分析】根据题意，计算两个扇形区域的面积之和以及半个场地的面积，由几何概型公式计算可得答案．
【解答】解：根据题意，两个扇形区域的面积之和S1＝2×（×π×22）≈6m2，
半个场地的面积S＝9×9＝81m2，
则该名球员所发的球是“优质球”的概率P＝＝＝；
故选：C．
8．（5分）把函数f（x）＝sin（3x+φ）的图象向左平移个单位后，得到函数y＝g（x）的图象，若函数y＝g（x）是偶函数，则下列数中可能是φ的值的为（ ）
A． B． C． D．
【分析】由题意利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，三角函数的奇偶性，得出结论．
【解答】解：把函数f（x）＝sin（3x+φ）的图象向左平移个单位后，
得到函数y＝g（x）＝sin（3x++φ）的图象，
若函数y＝g（x）是偶函数，则 +φ＝kπ+，k∈Z，
令k＝1，可得φ＝，
故选：D．
9．（5分）已知直线l：3x+4y＝15与圆O：x2+y2＝r2（r＞0）相离，过直线l上的动点P做圆O的一条切线，切点为C，若△OPC面积的最小值是，则r＝（ ）
A．1 B．2 C．1或2 D．2
【分析】求出圆心O到直线l的距离，利用勾股定理求得PC的最小值，代入三角形面积公式即可求得r值．
【解答】解：∵圆O：x2+y2＝r2（r＞0）的圆心O（0，0），当点P与圆心的距离最小时，
切线长PC最小，此时△OPC的面积最小，
，则，
此时，解得r＝1或．
故选：C．
10．（5分）如图在正方体ABCD﹣A'B'C′D′中，点M为AB的中点，点N为BC的中点，点P在底面ABCD内，且D′P∥平面C′MN，D′P与底面ABCD所成的角为α，则sinα的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设AD的中点为S，CD的中点为T，利用面面平行的判定定理的推论，可得平面D'ST∥平面C'MN，从而得到点P在ST上时，D'P∥平面C'MN，设正方体的棱长为1，确定点P为ST的中点时，DP取得最小值D'P与底面ABCD所成的角最大，在三角形中由边角关系求解即可．
【解答】解：设AD的中点为S，CD的中点为T，
因为D'S∥C'N，ST∥MN，且D'S∩ST＝S，C'N∩MN＝N，D'S，ST⊂平面D'ST，C'N，MN⊂平面C'MN，
所以平面D'ST∥平面C'MN，
故点P在ST上时，D'P∥平面C'MN，
不妨设正方体的棱长为1，
当点P为ST的中点时，DP取得最小值，
此时D'P与底面ABCD所成的角α＝∠D'PD最大，
此时＝．
故选：D．
11．（5分）已知椭圆C1和双曲线C2有公共焦点F1（﹣c，0），F2（c，0），C1和C2在第一象限的交点为P，∠F1PF2＝且双曲线的虚轴长为实轴长的倍，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【分析】设椭圆的半长轴为a1，双曲线实半轴为a2，双曲线的虚半轴长为b2，椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，由椭圆与双曲线的定义列式可得|PF1|＝a1+a2，|PF2|＝a1﹣a2，再由余弦定理得，求得，由已知求得e2，即可得到椭圆的离心率．
【解答】解：设椭圆的半长轴为a1，双曲线实半轴为a2，双曲线的虚半轴长为b2，
椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2，
由定义知：，可得|PF1|＝a1+a2，|PF2|＝a1﹣a2，
设|F1F2|＝2c，，
由余弦定理得：，
化简得：，
∴，即，
∵，∴，故，
∴，即．
故选：B．
12．（5分）已知数列{an}满足an+1+an2+an+1＝0（n∈N*），且{an}中任何一项都不为﹣1，设数列{}的前n项和为Sn，若S2021＝，则a1的值为（ ）
A． B．1 C． D．
【分析】由an+1+an2+an+1＝0可得﹣an+1﹣1＝an（an+1），从而＝﹣，所以Sn＝++…+＝（﹣）+（﹣）+…+（）＝﹣，可得S2021＝﹣＝；
再结合S2021＝即可求出a1．
【解答】解：由an+1+an2+an+1＝0，得﹣an+1﹣1＝an（an+1），所以﹣＝＝﹣，即＝﹣，
所以Sn＝++…+＝（﹣）+（﹣）+…+（）＝﹣，
则S2021＝﹣＝；故＝＝＝3，解得a1＝﹣．
故选：D．
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）已知向量＝（1，3），＝（﹣2，﹣1），||＝3||，＝﹣5，cos＜，＞＝ ．
【分析】根据平面向量的线性和数量积的坐标运算法则，即可得解．
【解答】解：因为＝（1，3），＝（﹣2，﹣1），
所以＝+＝（﹣1，2），
所以||＝，||＝3||＝3，
所以cos＜，＞＝＝＝﹣．
故答案为：﹣．
14．（5分）已知实数x，y满足约束条件，则z＝的最大值是 6 ．
【分析】由约束条件作出可行域，由z＝＝，其几何意义为可行域内的动点与定点P（﹣1，﹣2）连线的斜率加1，则答案可求．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，
联立，A（﹣，），
由z＝＝，其几何意义为可行域内的动点与定点P（﹣1，﹣2）连线的斜率加1，
而，则z＝的最大值是6．
故答案为：6．
15．（5分）已知α，β为锐角，且cos（α+β）+2cos（α﹣β）＝，则tan（α﹣β）的最大值是 ．
【分析】根据已知条件，运用三角函数的恒等变换，可推得tanα＝3tanβ，再结合正切函数的两角差公式以及均值不等式的公式，即可求解．
【解答】解：∵cos（α+β）+2cos（α﹣β）＝，
∴，两边同时除以cosα可得，，
∴3cosβsinβ+tanαsin2β＝tanα，化简可得，tanα＝3tanβ，
∵α，β为锐角，即tanα＞0，tanβ＞0，
∴＝＝，
当且仅当，即 tanβ＝时，等号成立，
故tan（α﹣β）的最大值是．
故答案为：．
16．（5分）已知函数f（x）的定义域为（0，+∞），f（x）为单调函数且对任意的x∈（0，+∞）都有f（f（x）﹣lnx）＝1，若方程f（x）＝tx+1有两解，则实数t的取值范围是 （0，） ．
【分析】由题意可得f（x）＝lnx+1，方程f（x）＝tx+1可变形得t＝，构造函数g（x）＝（x＞0），利用导数得到该函数的单调性及最值，作出图像，数形结合即可．
【解答】解：令f（x0）＝1，则f（x）﹣lnx＝x0，所以f（x）＝lnx+x0，
因为f（x0）＝1，所以lnx0+x0＝1，解得x0＝1，则f（x）＝lnx+1，
故方程f（x）＝tx+1化简可得tx＝lnx，则t＝，
令g（x）＝，则g'（x）＝＝0时，x＝e，
故当x∈（0，e）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，
当x∈（e，+∞）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，
所以当x＝e时，函数有最大值g（e）＝，当x→+∞时，g（x）→0，当x→0时，g（x）→﹣∞，
作出函数g（x）的图像如图所示：
由图可知，实数t的取值范围为（0，），
故答案为：（0，）．
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．第17~21题为必考题，每个题考生都必须作答．第22-23题为选考题，考生根据要求作答．）
17．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且＝．
（1）求证：三内角A，B，C成等差数列；
（2）若△ABC的面积为，2sinA＝3sinC，求△ABC的周长．
【分析】（1）由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合sinA≠0，可得cosB＝﹣，结合范围B∈（0，π），可得B的值，进而利用三角形内角和定理即可证明．
（2）由已知利用正弦定理可得2a＝3c，利用三角形的面积公式可得ac＝6，联立解得a，c的值，进而根据余弦定理即可求解b的值，即可得解三角形的周长．
【解答】解：（1）证明：因为＝，
所以（2a﹣c）cosB＝bcosC，由正弦定理可得（2sinA﹣sinC）cosB＝sinBcosC，
所以2sinAcosB＝sinBcosC+cosBsinC＝sin（B+C）＝sinA，
因为 A∈（0，π），sinA≠0，
所以cosB＝，
因为B∈（0，π），
所以B＝，
又A+B+C＝π，则A+C＝，
所以2B＝A+C，也即A，B，C成等差数列，得证．
（2）因为2sinA＝3sinC，由正弦定理可得2a＝3c①，
由S△ABC＝acsinB＝acsin＝，
可得ac＝6，②，
由①②可得a＝3，c＝2，
因为b2＝a2+c2﹣2accosB＝7，
所以b＝，
故△ABC的周长为5+．
18．（12分）已知如图，四边形ABCD为平行四边形，BD⊥CD，EB⊥平面ABCD，EF∥CD，CD＝2，EB＝，EF＝1，BC＝，且M是AD的中点．
（1）求证：FM∥平面BDE；
（2）求三棱锥C﹣ABF的体积V．
【分析】（1）取BD的中点N，连接MN，NE，证明四边形MNEF为平行四边形，可得FM∥EN，再由直线与平面平行的判定可得FM∥平面BDE；
（2）由EB⊥平面ABCD，得BD⊥BE，再证明BD⊥AB，可得BD⊥平面ABEF，从而得到C到平面ABEF的距离为BD＝，求出三角形ABF的面积，再由棱锥体积公式求解．
【解答】（1）证明：取BD的中点N，连接MN，NE，
在△ABD中，∵M是AD的中点，∴MN∥AB，且MN＝，
又∵EF∥CD，CD∥AB，CD＝AB，∴EF＝，
∴MN∥EF且MN＝EF，则四边形MNEF为平行四边形，
∴FM∥EN，
又∵EN⊂平面BDE，FM⊄平面BDE，
∴FM∥平面BDE；
（2）解：∵EB⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥BE，
又∵BD⊥CD，CD∥AB，∴BD⊥AB，
∵AB∩BE＝B，∴BD⊥平面ABEF，
由于CD∥平面ABEF，∴C到平面ABEF的距离为BD＝．
而×2×＝，
∴，即三棱锥C﹣ABF的体积是．
19．（12分）已知椭圆C：＝1（a＞b＞0）的焦点F在抛物线y2＝8x的准线上，且椭圆C经过点A（，1）．
（1）求椭圆C的方程；
（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作长轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx+t与直线l1，l2分别交于M，N两点．求证：以MN为直径的圆经过定点F．
【分析】（1）由物线y2＝8x的方程得准线为x＝﹣2，推出F点坐标为（﹣2，0），又椭圆C经过点A（，1），列方程组，解得a，b，即可得出答案．
（2）由（1）知，l1的方程为x＝﹣2，l2的方程为x＝2，则M（﹣a，﹣ka+t），N（a，ka+t），联立直线l与椭圆的方程，得关于x的一元二次方程，由直线l与椭圆C相切，得△＝0，化简得t2＝8k2+4，又•＝0，则∠MFN＝90°（为定值），即可得出答案．
【解答】解：（1）抛物线y2＝8x的准线为x＝﹣2，
由于椭圆C的交点F在x＝﹣2上，
所以F点坐标为（﹣2，0），
又椭圆C经过点A（，1），
所以，
解得a＝2，b＝2，
所以椭圆C的方程为+＝1．
（2）证明：由（1）知，l1的方程为x＝﹣2，l2的方程为x＝2，
直线l：y＝kx+t与l1，l2分别交于M，N两点，
所以M（﹣a，﹣ka+t），N（a，ka+t），
联立，
得（1+2k2）x2+4ktx+2t2﹣8＝0，
因为直线l与椭圆C相切，
所以△＝0，即16k2t2﹣4（1+2k2）（2t2﹣8）＝0，
则t2＝8k2+4，
又•＝（﹣2+a，ka﹣t）•（﹣2﹣a，﹣ka﹣t）＝4﹣a2+t2+k2a2＝﹣4+t2﹣8k2＝0，
所以⊥，
所以∠MFN＝90°（为定值），
所以MN为直径的圆经过定点F（﹣2，0）．
20．（12分）“不忘初心、牢记使命”主题教育活动正在全国开展，某区政府为统计全区党员干部一周参与主题教育活动的时间，从全区的党员干部中随机抽取n名，获得了他们一周参加主题教育活动的时间（单位：时）的频率分布直方图，如图所示，已知参加主题教育活动的时间在（12，16]内的人数为92．
（1）估计这些党员干部一周参与主题教育活动的时间的平均值；
（2）用频率估计概率，如果计划对全区一周参与主题教育活动的时间在（16，24]内的党员干部给予奖励，且参与时间在（16，20]，（20，24]内的分别获二等奖和一等奖，通过分层抽样方法从这些获奖人中随机抽取5人，再从这5人中任意选取3人，求3人均获二等奖的概率．
【分析】（1）由频率分布直方图能求出这些党员干部一周参加主题教育活动的时间的平均值．
（2）由频率分布直方图求出n＝＝200．从而参与主题教育活动的时间在（16，20]的人数为40，参与主题教育活动的时间在（20，24]的人数为10．利用分层抽样抽取的人数：在（16，20]内为4人，设为a，b，c，d，在（20，24]内为1人，设为A．从这5人中选取3人，利用列举法能求出3人均获二等奖的概率．
【解答】解：（1）由已知可得a＝1÷4﹣（0.0250+0.0475+0.0500+0.0125）＝0.1150，
所以这些党员干部一周参加主题教育活动的时间的平均值为
（6×0.0250+10×0.0475+14×0.1150+18×0.0500+22×0.0125）×4＝13.64．
（2）因为0.1150×4×n＝92，所以n＝＝200．
故参与主题教育活动的时间在（16，20]的人数为0.0500×4×200＝40，
参与主题教育活动的时间在（20，24]的人数为0.0125×4×200＝10．
则利用分层抽样抽取的人数：在（16，20]内为4人，设为a，b，c，d，在（20，24]内为1人，设为A．
从这5人中选取3人的事件空间为：
{（a，b，c），（a，b，d），（a，b，A），（a，c，A），（a，d，A），
（b，c，d），（b，c，A），（b，d，A），（c，d，A）}，共10种情况，
其中全是二等奖的有4种情况，
故3人均获二等奖的概率P＝．
21．（12分）已知函数f（x）＝x﹣1+（a∈R，e为自然对数的底数）
（1）若曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值
（2）求函数f（x）的极值．
【分析】（1）求出f（x）的导数，依题意，f′（1）＝0，从而可求得a的值；
（2）f′（x）＝1﹣，分①a≤0时②a＞0讨论，可知f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，从而可求其极值；
【解答】解：（1）由f（x）＝x﹣1+，得f′（x）＝1﹣，
又曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，
∴f′（1）＝0，即1﹣＝0，解得a＝e；
（2）f′（x）＝1﹣，
①当a≤0时，f′（x）＞0，f（x）为（﹣∞，+∞）上的增函数，所以f（x）无极值；
②当a＞0时，令f′（x）＝0，得ex＝a，x＝lna，
x∈（﹣∞，lna），f′（x）＜0；x∈（lna，+∞），f′（x）＞0；
∴f（x）在∈（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，
故f（x）在x＝lna处取到极小值，且极小值为f（lna）＝lna，无极大值．
综上，当a≤0时，f（x）无极值；
当a＞0时，f（x）在x＝lna处取到极小值lna，无极大值．
[选考题]请考生在第22、23两题中任选一题作答．注意：只能做所选定的题目．如果多做，则按所做的第一个题目计分．[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，曲线C1的参数方程为（θ为参数），曲线C2的普通方程为：x2+y2﹣8x＝0，以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系．
（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；
（2）在极坐标系中，射线θ＝与曲线C1，C2分别交于A，B两点（异于极点O），定点M（，0），求△ABM的面积．
【分析】（1）直接利用转换关系，在参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；
（2）利用点到直线的距离公式的应用和三角形的面积公式的应用求出结果．
【解答】解：（1）曲线C1的参数方程为（θ为参数），转换为直角坐标方程为；
根据，转换为极坐标方程为．
曲线C2的普通方程为：x2+y2﹣8x＝0，根据转换为极坐标方程为ρ＝8cosθ．
（2）由于定点M（，0），所以点M到直线的距离d＝．
故，解得，
由于，
所以|AB|＝|ρA﹣ρB|＝2，
所以．
[选修4-5：不等式选讲]（本小题满分0分）
23．已知函数f（x）＝|2x﹣1|﹣|x+1|．
（1）解不等式f（x）＜2；
（2）若关于x的不等式f（x）+3|x+1|＜a2﹣2a的解集不是空集，求a的取值范围．
【分析】（1）求出f（x）的分段函数的形式，通过讨论x的范围，求出不等式的解集即可；
（2）求出f（x）+3|x+1|的最小值，得到关于a的不等式，解出即可．
【解答】解：（1）f（x）＝，
当x≥时，x﹣2＜2，解得：x＜4，即≤x＜4，
当﹣1＜x＜时，﹣3x＜2，解得：x＞﹣，即﹣＜x＜，
当x≤﹣1时，﹣x+2＜2，解得：x＞0，即不等式无解，
综上，不等式的解集是（﹣，4）；
（2）f（x）+3|x+1|＝|2x﹣1|+2|x+1|＝|2x﹣1|+|2x+2|≥3，
结合题意a2﹣2a＞3，解得：a＜﹣1或a＞3，
故a的取值范围是（﹣∞，﹣1）∪（3，+∞）．
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