2021年高考天津卷理科数学试题精析详解

卷）试题精析详解

一、选择题（5 分10=50 分）

（1）设集合 A  {x || 4x 1| 9, x  R}, B  {x |

（A） (3, 2] （C） (, 3] [ , )

2

5

x

 0, x  R} ，则 A  B x  3

5

（B） (3, 2] [0, ] 2 2 ) (D) (, 3) [ , 5

【思路点拨】本题主要考查集合的概念，集合的运算，分式不等式和绝对值不等式的解法，

故直接根据它们的解法，将 A、B 进行化简，根据集合的运算即求得解.

5

【正确解答】 A  {x | x 或x  2} ， B  {x | x  0或x  3}，

2 5

A  B  (, 3)  [ , ) ，选 D

2 x

无意义，排除 C。取特殊值 x  3，排除 A、C 解法 2、首先 x  3，否则

x  3

本题答案选 D

【解后反思】此题采用直接法，这类题型的特点是把描述法语言的集合等价转化为简单的集

合表示，再根据数形结合（数轴）的方法，利用集合的运算法则，就不难解决这类题型.

a  3i

（2）若复数

1 2i

（ a  R,i 为虚数单位）是纯虚数，则实数 a 的值为

（B）4

（C）－6

（D）6

（A）-2

【思路点拨】本题考查复数概念及代数运算，只要分子分母同乘以分母的共轭复数并化为代 数形式，再根据纯虚数的概念得解. 【正确解答】

a  3i

 ki ，则 a  3i  ki 1 2i   2k  ki ，得： k  3， a  2k  6 1 2i

z

解法二：非零向量 z ， z 满足 1 是纯虚数的意思就是说，这两个非零向量互相垂直。根

1 2

z 2

解法一：设

据题意得： a 1 3 2  0，从而 a  6 本题答案选 C

解法三：

a  3i (a  3i)(1 2i) 1

  [a  6  (2a  3)i] ，因而 a  6  0，即 a  6 .

1 2i (1 2i)(1 2i) 5

【解后反思】正确理解复数的概念，设复数 z=a+bi（a、bR）则 z 为实数的充要条件为 b=0，

z 为纯虚数的充要条件为

a  0

，同时注意i 的运算规则. b  0

（3）给出三个命题：

①若 a  b  1，则 a  b .

1 a 1 b

②若正整数 m 和n 满足 m  n ，则 m(m  n)  .

1 1 1 n

2

2 2

③设 P(x , y ) 为圆O : x y 9 上任一点，圆O 以Q(a, b) 为圆心且半径为 1．当

2

(a  x )2  (b  y )2  1时，圆O 和O 相切．

1 1 1 2

其中假命题的个数为

（A）0 （B）1 （C）2 （D）3

【思路点拨】本题是考查不等式的概念和两圆位置关系的判定，也涉及到不等式或等式，因 此要逐一进行判断：①可作差，②是平方差，③利用圆心与半径的和（或差）进行比较，即 可解决.

【正确解答】①：

    0 ，真命题. a 1 b 1 (a 1)(b 1) (a 1)(b 1)

1 1 (b 1)  (a 1) b  a

2 n2  0 ，由于 m 和 n 是正整数，等号不一定取到，故它是假 ②： m(n  m)   (m n) 4 2

命题.

③：由题设条件可知，当(a  x ) (b  y ) 1时，即 P 在圆O 上，圆O 和O 相交或者

1 1 2 1 2

2 2

相切，假命题.

选 B.

b 1 1 1 1

  1  1   ， 解法 2：① 用“分部分式”判断，具体：

1 a 1 b 1 a 1 b 1 a 1 b

a

又 a  b  1  a 1  b 1  0 知本命题为真命题。

2

2





② 用基本不等式：2xy  x y（ x, y  R），取 x  m ， x n  m ，知本命题为真。

③ 圆O1 上存在两个点 A、B 满足正弦 AB  1，所以 P、O2 可能都在圆O1 上，当O2 在圆O1

上时，圆O1 圆O2 相交。故本命题假命题。 本题答案选 B

【解后反思】这是一道概念和方法的混合题，必须对相应的性质透彻理解，两个数比较大小 的常用方法之一是作差法，本题②还需平方后作差，一般遇到根式不等式时都是这样处理. （4）设,,为平面， m, n, l 为直线，则 m  的一个充分条件是

（A） ,  l, m  l

（B）  m, , (D) n  , n  , m  （C） , , m 【思路点拨】本题是判断线线、面面和线面垂直的判断题，可作出示意图逐一判断.

m n l m m m

【正确解答】图(1)由此可见判断 A 不正确；图(2)由此可见判断 B 正确. 证明：  m,, m  ，而  m,, m  不一定有 .B 中 m  是 , , m 的既不充分也不必要的条件，D 是充要条件. 解法 2：A 选项：缺少条件 m ； B 选项：当// ,时， m // ；

C 选项：当,,两两垂直（看着你现在所在房间的天花板上的墙角）， m  时，

m  ；

D 选项：同时垂直于同一条直线的两个平面平行。本选项为真命题。本题答案选 D

【解后反思】对空间图形的线线垂直、线面垂直的判定和性质要实在地理解是解决这类问题 的关键.

2 2 xy（5）设双曲线以椭圆  1长轴的两个端点为焦点，其准线过椭圆的焦点，则双曲线 25 9

的渐近线的斜率为 （A）  2

4

（B）  3 1

（C）  2 3

（D） 4

【思路点拨】本题是考查双曲线和椭圆的特征之间的关系，可采用直接法找出双曲线的长半 轴和短半轴，进一步求出渐进线的斜率.

【正确解答】由题意可知，对于椭圆： a1  5,b1  3, c1  4 ；对于双曲线： c2  a1  5 ，

a2

2

b 1

 c1  4 ，因此 a2  20 ， b2  25  20  5，双曲线的斜率为 k     a 2c 2

选 C.

解法 2：双曲线 x y 1的两条渐进线是： y   。根据题意： c  5 ，

2 2

b a2 c

 4 ，从而

a

2

b

2

a

a2 4 a2 a2 b 1

 ，   4   c2 5 b2 a2  c2 a 2

本题答案选 C

【解后反思】圆锥曲线的标准方程中的几何性质是一个重要的考点，而他们之间的联系不能

x2 y2

混淆，如双曲线的一条渐近线的斜率是短轴长和实轴长的比，或由 2   1中渐近线

ab2

b

方程式为 y   x .

a

x2 y2

 2  1中的m 和 n ，则能组成 （6）从集合{1, 2, 3,,11} 中任选两个元素为椭圆方程 2

mn落在矩形区域 B  {(x, y) | x  11且 y  9} 内的椭圆个数为 （A）43

（B）72

（C）86

（D）90

【思路点拨】本题利用集合元素的互异性和椭圆上的焦点落在矩形内的可能性，考查了学生 分析问题和解决问题的能力，而可能性的产生必须利用组合的概念，同时必须注意椭圆的条 件： m  n 才使问题得到圆满解决.

【正确解答】m, n 不同组合的可能性有C10 8C 种，由题意知，m  n ，所以满足条件的椭圆

1

1

个数为C10 8C  8  72 ，选 B

解法 2：根据题意， m 是不大于 10 的正整数、 n 是不大于 8 的正整数。但是当 m  n 时

1 1

x2 y2

 2  1是圆而不是椭圆。先确定 n ，n 有 8 种可能，对每一个确定的 n ，m 有10 1  9 2 mn种可能。故满足条件的椭圆有8 9  72 个。本题答案选 B

【解后反思】本题是一道综合题，涉及到集合排列与组合、椭圆，要正确理解各个知识点并 要有严密的逻辑判断能力.这是检测思维训练的综合题.

（7）某人射击一次击中目标的概率为 0.6，经过 3 次射击，此人至少有两次击中目标的概率

为

81 125

（B）

（A） 54 125

（C）

36 125

（D） 27 125

【思路点拨】本题是一道独立重复试验的概率题.“至少”问题可直接求或用其对立条件进

行求解.

2 3

2



【正确解答】 P  C  0.6 0.4 

81

125

，选 A

2

32

解法 2：三次射击行为互不影响。击中两次的可能性为C 2 3 0.60.4性为C

3 3

，击中 3 次的可能

0.60.43 33

，经计算C 2 0.60.43 2 32

 C3 0.6 0.4 3 3 33



81

125

本题答案选 A

【解后反思】一般地，如果在一次试验中事件发生的概率为 p.那么在 n 次独立重复试验中这

个事件恰好发生 k 次的概率为： n P (k )  nC p(1  p)

k k n k

(k  0,1, 2, , n) .

（8）要得到函数 y 2 cos x 的图像，只需将函数 y 2 sin(2x ) 的图像上所有点的

（A） 横坐标缩短到原来的 倍（纵坐标不变），再向左平行移动

1

4

8 2

1（B） 横坐标缩短到原来的 倍（纵坐标不变），再向右平行移动 个单位长度

2 4

个单位长度

（C） 横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平行移动



（D） 横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向右平行移动

4

个单位长度 个单位长度

8

【思路点拨】本题考查了 y  A sin(x ) 的图象变换，可利用诱导公式，对给出的函数

名称化为所要变换的函数名称即可.

【 正 确 解 答 】 y  2 sin(2x  )  2 cos(2x  ) ， 横 坐 标 伸 长 两 倍 后 变 为



4

4

y  2 cos(x ) ，向左平移 个单位长度后变为 y 2 cos x .选 C

4 4



解法 2： y  cos x 的周期是 y 2 sin  2x   的周期的 2 倍，从周期的变化上知道横坐

4 





标应该伸长。排除 A、B。

y 













2 sin  2x   的横坐标伸长 2 倍后变成了 y 1 

4  



2 sin  x   ，

 4 

将 y 2 cos x 化成正弦形式为 2



y 





2 sin y2 由 y1 向右  x  2  ，根据口诀“左加由减”得

移动。

4 本题答案选 C

【解后反思】一般地，要注意 y  A sin(x )( A  0, 0, 0) 的图象变换中周期与

平移变换先后的差异.若将 y  A sinx 再向左平移



（ 0 ）或右（ 0 ）平移 |

|



个单位，得到 y  A sin(x ) 的图象，若将 y  A sin x 向左平移（ 0 ）或向右平移 （ 0 ）个单位后，得到 y  A sin(x ) 的图象，再周期变换()得到 y  A sin(x )

的图象.

（9）设 f (x) 是函数 f (x)  (a  a )(a  1) 的反函数，则使 f (x)  1成立的 x 的取

1

1

x  x 1

2

值范围为

a2 1 （A） ( , )

2a

a2 1

（B） (, ) 2a

(D) (a, )

a2 1

（C） ( , a)

2a

【思路点拨】本题考查了指数函数和互为反函数的性质，由于 a  1.可知 f (x) .在 R 上单调

递增，因此 f (x) 在 R 上也是单调递增. 所以，问题就转化为当 x  1时，求 f (x) 的范围.

1

【正确解答】可以判断 f (x) 是增函数，则 f (x) 也是增函数， f (x)  1，则

1

1

f (x) (a  a ) ，选 A

2 2a

 x 1

x

a2 1

解法 2： a  1时， f x 单调增函数，所以

x   f f 1 x   1  f  f 1   1   x  f 1 

本题答案选 A

a2 1 2a

。

【解后反思】深刻理解互为反函数的性质是解决这个问题的关键.一般地若 f (x) 为递增函

数，则 f (a)  b  f (b)  a .

（10）若函数 f (x)  log (x ax)(a  0, a  1) 在区间( , 0) 内单调递增，则 a 的取值范

1

3

a 1

2 围是

1 （A） [ ,1) 4 3 （B） [ ,1) 4 9

（C） [ , )

4 9

（D）[1, ) 4

3

【思路点拨】本题考查了复合函数的性质导数的应用及不等式恒成立问题.令 g(x)  x ax

必须在 g(x)  0 的条件下再根据 a 的不同情形进行分类讨论.

【正确解答】令 g(x)  x ax ， g(x)  3x a ，

3

2

当0  a  1时，由 f (x)  log (x ax) 区间( , 0) 内单调递增的充要条件是

a 3

1 g(x)  0

2

g(x)  0

3 a  x2 1 1  对一切 x 对一切 x  (, 0) 恒成立，即  (, 0) 恒成立，解得 a [ ,1) ， 22 2 4 a  3xg(x)  0 1 3

当 a  1时，由 f (x)  log (x ax) 区间( , 0) 内单调递增的充要条件是对一



a g(x)  0 22 1 1 a  x切 x  (, 0) 恒成立，即 对一切 x  (, 0) 恒成立，无解，故选 B. 22 2 a  3x解法 2：记 g x   x3  ax ，则 g 'x   3x2  a

 1 3

当 a  1时，要使得 f x 是增数，则需有 g 'x   0 恒成立，所以 a  3   。矛盾。

 2 4

2

排除 C、D

2

 1 3

当0  a  1 时，要使得 f x 是增数，则需有 g 'x   0 恒成立，所以 a  3    。

 2  4

排除 A

本题答案选 B

【解后反思】一般地，m  f (x) 对 x [a,b] 上的一切 x 恒成立的充要条件是 m  fmax (x) ；

m  f (x) 对 x [a,b] 上的一切 x 恒成立的充要条件是 m  fmin (x) .

二、填空题（4 分6=24 分）

（11）设 n  N ，则Cn  C  Cn 6  C n 6n 6

*

1

2

3 3

n n1

．

【思路点拨】本题考查了二项式定理的二项展开式，与展开式的结构进行比较，对 a、b 恰当地赋值即可解决.

【正确解答】令 N  CC 6n  C n 6  C n 6  n

n

71 7 1  6  1  C6  C 6  C6 C6 ， N  .

n n n n 6n

n1

2 2

n 1n 1

n 6

1 2 3 3 n n1

，则

1

本题答案填写： 7n 16



【 解 后 反 思 】 要 深 刻 理 解 二 项 式 定 理 的 结 构 特 征 ， 并 能 灵 活 运 用 ， 对

0n nn

(a  b)n  C n a C1n an 1b   C n b中，令 a=1,b=x 时，

0 1 n n

(1 x)n  C n  Cn x   C n x，本题中再令 x=6 便得以解决.要注意展开式中有 n+1 项以

防漏项.

（12）如图， PA  平面ABC ，

ACB  90 且PA  AC  BC  a ，则异面直线 PB 与 AC 所成的

角的正切值等于

．

【思路点拨】此题可用模型法解，即构造正方体，（如右图）即可解决.

【正确解答】如图，可知 QB // Ac，∴  QBP 即为异面直线 PB

P 与 AC 所在的角，连续 PQ，在 RT  PQB 中， tan QPB  2 ， 即异面直线 PB 与 AC 所成的角的正切值为2

Q CA B 解法 2：将此多面体补成正方体 DBCA  D 'B 'C 'P ，PB 与 AC 所成的角的大小即此正方体主对角线 PB 与棱 BD 所成角的大 小。 tan DBA 

PD DB

 2 。

本题答案填写： 2

【解后反思】本题是考查线线、纯平面垂直的判定与性质和异面直线所成的角的求法，可按 定义将异面直线中的一条进行平移，将异面直线的问题转化为相交直线，即立体几何平面化处理，考虑到本题的图形特征（正方体的一个角），模型法解决比较方便，这就要求学生基 本图形的理解和掌握.

n 1

2

 a  1 (1)n

n

n2 （13）在数列{a }中， a  1, a  2 ，且 a

(n  N * ) ，则 S 100 

n

【思路点拨】本题考查数列的运算能力和判断能力，考虑到 S 和符号因子(1)可对 n 的100 奇偶性分析入手，找出规律而解之.

【正确解答】当 n 为奇数时， an2  an  0 ；当 n 为偶数时， an2  an  2 因此，数列{an } 的奇数各项都是 1，偶数项成公差为 2 的等差数列

S  50a  

100 1 50a2  a100 

 50a

2  1 50 2 100 

 2600

2

本题答案填写：2600

【解后反思】根据数列的特征，分 n 为奇偶找出其规律性是解决本题的关键.

（14）在直角坐标系 xOy 中，已知点 A(0,1)和点B(3, 4) ，若点C在AOB 的平分线上且



OC  2 ，则OC ＝

．

【思路点拨】本题借助角平分线知识考查二倍角公式及向量的有关概念，可根据角平分线的 性质代数化处理.

【正确解答】由题意知，

2 tan AOC 3 tan AOB  ，得 tan AOC  1，可设OC  (k , 3k ) ，由| OC | 2 ，

2

3 1 tan AOC 4

10 3 10 10 , ) . ，所以OC  (得 k 

5 5 5

解法 2：设OC  2 cos, 2sin，则的终边在第 2 象限，即sin 0 且cos 0 ，

又

1 4  1  34 

  arctan   arctan 

 2  2 3 3 2 2

   

4  4 1

1  

sin arctan 

3 5 5 



4   3由 cos 2 2 cos21 ，得 2 cos2 1  cos  arctan 1 

 2



2

3 



1 9 1 32

所以： cos ， sin  cos ,sin

10 10 10 10

 2 2  3   10 3 10  , 得： OC  2 cos, 2sin   ,10 10 5    5 

本题答案填写： (

10 3 10

, )5 5

【解后反思】解析几何的本质是几何而方法是代数，确定 C 的位置在于 OC 的终边，因此设出 C 点是关键.

（15）某公司有 5 万元资金用于投资开发项目．如果成功，一年可获利 12%；一旦失败，

一年后将丧失全部资金的 50％．下表是过去 200 例类似项目开发的实施结果：

投资成功 192 次 则该公司一年后估计可获益的期望是

投资失败 8 次 元．

【思路点拨】本题考查概率与数学期望，考查学生识表能力.

【正确解答】由图知，该公司一年后估计可获益的期望 为

实施结果 成功 失败 概率 0.96 0..4 获利（万元） 0.6 E 0.96 0.6  0.04 (0.25)  0.476 （万元）  4760 元.

192

解法 2： 投资成功的概率是 ，失败的概率是

200

200 8

0.25

，所以所求的数学期望应该是：

8  192 

50000  12%   50%  5  129  6  4  50  4760

 200 200  

本题答案填写：4760

【解后反思】对图表的识别能力是近年高考突出考查的热点.图表语言与其数学语言的相互

转换，应成为数学教学的一个重点，要引起高度的重视.

（ 16） 设 f (x) 是定义在 R 上的奇函数， 且 y  f (x) 的图像关于直线 x  对称， 则

1

2

f (1)  f (2)  f (3)  f (4)  f (5) ．

【思路点拨】本题由抽象函数的奇偶性和对称性，考查学生的思维能力，要根据其给出的条 件及由此引起的连锁性质进行解决.

【正确解答】由题意知 f (1 x)  f (x), f (x)   f (x) 得到 f (1 x)  f (x)   f (x)

∴ f (1 x)  f (x)  0 ，令 x=1、2，得 f (2)  f (1)  0 ， f (3)  f (4)  0 ，而令 x=0 得

f (1)  f (0) ，∵ f (x) 是 R 上的奇函数.∴ f (0)  0 ∴ f (2)  f (1)  f (3)  f (4)  0 而令

x=5，得 f (5)  f (4)   f (4)  0 ，∴ f (1)  f (2)  f (3)  f (4)  f (5)  0

解法 2： f 0   f 0得 f 0  0 假设 f n  0

1

因为点（ n ，0）和点（ n  1, 0 ）关于 x  对称，所以 f n  1  f n    f n  0

2

因此，对一切正整数 n 都有： f n  0 从而： f 1  f 2  f 3 f 4  f 5  0

本题答案填写：0

【解后反思】由 f (1 x)   f (x) 得 f (2  x)   f (1 x)  f (x) ∴ f (x) 是周期为 2 的周

期函数.

三、解答题（共 6 小题，共 76 分）

（17）（本小题满分 12 分）

在 ABC 中 ， A, B, C 所 对 的 边 长 分 别 是 a, b, c ． 设 a, b, c 满 足 条 件

c 1

b2  c2  bc  a2 和   3 ，求A和tan B 的值.

b 2

【思路点拨】本题考查余弦定理、正弦定理、两角差的正弦公式、同角三角函数的基本关系 等基础知识，考查基本运算能力，把握住这些定理的结构，进行边角互化即可求得.

b 2  c 2  a 2  1 ，

【正确解答】解法一：由余弦定理cos A 

2bc 2

因此， A  60在△ABC 中，∠C=180°－∠A－∠B=120°－∠B.

c sin C sin(120  B) 1  由已知条件，应用正弦定理 3 

sin B 2 b sin B sin120 cos B  cos120sin B 3 cot B  1 ,

 

sin B 2 2

1

解得cot B  2, 从而 tan B  .

2 b 2  c 2  a 2  1 ，

解法二：由余弦定理cos A 

2bc 2

因此， A  60，由b  c  bc  a ，

2

2

2

 3  3  3  15 . 得( )  1  ( )  1

2

a c 2 c1 1

所以 

b

a b

b b 4 2 4

15 . 2

b

①

2 3  1sin A  . 由正弦定理sin B   a 5 15 2

由①式知 a  b,故∠B<∠A，因此∠B 为锐角，于是cos B 1  sin B 

2

2

15

，

sin B  1 .

从而 tan B 

cos B 2

解法 3： cos A  b2  c2  a2

2bc



所以： B  60

b2  c2  b2  c2  bc  1

 

2bc 2

由： C  180  A  B  120  B

1 c sin C sin 120  B  sin120 cos B cos120 sin B 1

3 得： 3       2 b sin B sin B sin B 2 tan B 2

1

所以： tan B 

2

【解后反思】解斜三角形问题时，一是要观察差异（或角、或函数、或运算），寻找联系（借助于熟知的公式、方法和技巧）分析综合（由因导果或执果索因），实现转化.二是要尽可能统一，即统一到角（解法 1）或统一到边（解法 2）便于问题的解决. （18）（本小题满分 12 分）

已知u n a a

n n 1

b  an 2b2   abn 1  bn (n  N * ,a  0,b  0) ．

（I）当 a  b 时，求数列{un }的前 n项和Sn ；

（II）求 lim

n un

．

un1

【思路点拨】本题主要考查等差数列和等比数列的前 n 项和公式、求数列的前 n 项和的基本方法、求数列的极限等基础知识，考查运算能力.对第（I）问是属于系数是等差数列的多项 式求和，一般是错位相减，但要注意对 a 进行讨论.对第（II）问是在（I）的基础上，因此首先要考虑 a=b 和 a  b 的两种情形求和，在求数列的极限时要考虑极限的存在性，也需进行必要的讨论.

【正确解答】（I）解：当 a  b时, a n  (n  1)a ，这时数列{a n} 的前 n 项和

2 3 n1 n

S  2a  3a  4a    na  (n  1)a . n

n

①

n

n1

①式两边同乘以 a ，得 aS   na  (n  1)a . n  2a  3a  4a  ①式减去②式，得(1  a)S n  2a  a  a    a  (n  1)a

2

3

n

n1

2 3 4

②

.

若 a  1,

a(1  a n )

(1  a)Sn  (n  1)a n1  a ，

1  a

n2 n1 2

a(1  a n ) a  (n  1)a n1 (n  1)a  (n  2)a  a  2a .

Sn 2

(1  a) 1  a (1  a)2

n(n  3)

若 a  1， Sn  2  3    n  (n  1)  .

2

（II）解：由（I），当 a  b 时， an  (n  1)a ，

n

则 lim

 lim (n  1)an  lim a(n  1)  a. nnan1 n u n n n1

un

当 a  b 时， an  a  a b    ab

n n1n1

b1  ( )n1

1

n a n1 n1  a  (n  b ).ba  b 1 

a un1 n1 a  b 此时，. 若 a  b  0， n nun1 a  b

b na  b( ) un n1 n1 a  b lim lim a  a .  lim

n nb nna  b nn u n1 1  ( )



a 

a n

b n b 2

(  b  a [1  ( )  )] a a a

n

n

b

n

a( )  b un 若 b  a  0, lim lim b  b. a nn u

( )n  1 n1

b

【解后反思】

（19）（本小题满分 12 分）

如图，在斜三棱柱 ABC  A1B1C1 中， A1 AB  A1 AC , AB  AC , A1 A  A1B  a ， 侧面 B BCC 与底面 ABC 所成的二面角为120， E, F 分别是棱 B C , A A 的中点

1 1 1 1 1



（I）求 A1 A 与底面 ABC 所成的角；

（II）证明 A1E // 平面B1FC ；

（III）求经过 A1 , A, B, C 四点的球的体积．

【思路点拨】本题主要考查棱柱、球、二面角、线面关系等

基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力，分析图形特征可发现基本图形：正三棱锥 A1

－ABC 和侧面 B1 BC C1 为正方形.就可作出相应的辅助线，抓住中点特征，中点与中点连成中位线就可解决（Ⅱ）.而求四面体 A1 －ABC 的外接球的体积，关键是确定球心的位置，难

点是求球的半径，也必须抓住正三棱锥的特征.

【正确解答】（Ⅰ）解：过 A1 作 A1H⊥平面 ABC，垂足为 H.

连结 AH，并延长交 BC 于 G，连结 EG，于是 ∠A1AH 为 A1A 与底面 ABC 所成的角. ∵∠A1AB=∠A1AC， ∴AG 为∠BAC 的平分线. 又∵AB=AC， ∴AG⊥BC，且 G 为 BC 的中点因此，由三垂线定理，A1A⊥BC.

∵A1A//B1B，且 EG//B1B， EG⊥BC 于是 ∠AGE 为二面角 A—BC—E 的平面角，即

∠AGE=120°

由于四边形 A1AGE 为平行四边形，得∠A1AG=60°， 所以，A1A 与底面 ABC 所成的角为 60°，

（Ⅱ）证明：设 EG 与 B1C 的交点为 P，则点 P 为 EG 的中点，连结 PF. 在平行四边形 AGEA1 中，因 F 为 A1A 的中点，故 A1E//FP. 而 FP  平面 B1FC，A1E//平面 B1FC，所以 A1E//平面 B1FC.

（Ⅲ）解：连结 A1C，在△A1AC 和△A1AB 中，由于 AC=AB，∠A1AC=∠A1AB， A1A=A1A，则△A1AC≌△A1AB，故 A1C=A1B，由已知得 A1A=A1B=A1C=a. 又∵A1H⊥平面 ABC， ∴H 为△ABC 的外心.

设所求球的球心为 O，则 O∈A1H，且球心 O 与 A1A 中点的连线 OF⊥A1A.

1 a 

3a 在 Rt△A1FO 中， A1O A1 F  2 .

cos AA1 H cos 303

43 43 3 4 3 3

故所求球的半径R 3 a ，球的体积 V  R  ( a) a .

3 3 3 27 3 【解后反思】本题可以说是一常规题，是由一正三棱锥和一正四棱锥拼接而成，该题考点多， 但入手

不难，逐渐加深，逻辑推理与几何计算交错在一体，融论证于难度适中的计算之中，还考查了基本的作图技能，引入恰当的辅助线，主要体现为深入和全面考查多种数学能力. （20）（本小题满分 12 分）

某人在山坡 P 点处观看对面山顶上的一座铁塔，如图所示，塔高 BC  80 米，塔所在

的山高OB＝220 米， OA  200 米，图中所示的山坡可视为直线l 且点 P 在直线l 上，

1 l 与水平面的夹角为, tan ．试问，此人距水平地面多高时，观看塔的视角BPC 2

最大（不计此人身高）？

【思路点拨】本题考查根据实际问题建立函数关系并应用解析几何和代数的方法解决实际问 题的能力，从图形分析就有解析几何的背景， BPC 实质上是角问题，可利用解析几何的思路来处理较有利，而求BPC 的最大值必须转化为函数处理，根据函数的解析式选用恰当的方法求解.

【正确解答】如图所示，建立平面直角坐标系，

则 A（200，0），B（0，220），C（0，300），直线 l 的方程为 y  (x  200) tan, 即

x  200 y  . 设点 P 的坐标为（x，y），

2

x  200

则 P(x, )(x  200).

2

x  200

 300

由经过两点的直线的斜率公式 k 2  x  800 ,

PC

x

x  200

 220x  640

k PB 2  .

x 2x

2x

由直线 PC 到直线 PB 的角的公式得

tan BPC k PB  k PC

1  k PB  k PC

160 2x x  800 x  640 1  

2x 2x



64x

x 2  288x  160  640

64

(x  200).

160  640 x   288

x

160  640

要使 tanBPC 达到最大，只须 x  288 达到最小，由均值不等式

x

160  640 x   288  2 160  640  288,

x

160  640

当且仅当 x  时上式取得等号，故当 x=320 时 tanBPC 最大，这时，点 P 的

x

320  200

 60. 纵坐标 y 为 y 

2



由此实际问题知， 0  BPC 

, 所以 tanBPC 最大时，∠BPC 最大，故当此人距水 2

平地面 60 米高时，观看铁塔的视角∠BPC 最大.

【解后反思】在遇到数学应用问题时，建立数学模型是首要任务，而通过运用数学方法解决 是一难点，需要较强的运算能力和归纳能力，在研究分式函数求最值时必须重视定义域的作 用. （21）（本小题满分 14 分）

抛物线C 的方程为 y  ax(a  0) ，过抛物线C 上的一点 P(x 0 , y 0 )(x 0 0) 作斜率为

2

k1 , k2 的两条直线分别交抛物线C 于 A(x1, y1 ), B(x2 , y2 ) 两点（ P, A, B 三点互不相同），且满足 k1  k2  0( 0, 1) ．

（I）求抛物线C 的焦点坐标和准线方程；

（II）设直线 AB 上一点 M ，满足 BM  MA ，证明线段 PM 的中点在 y 轴上；

（III）当 1时，若点 P 的坐标为（1，－1），求PAB 为钝角时点 A 的纵坐标 y1 的取值范围．

【思路点拨】本题主要考查抛物线的几何性质、直线方程、平面向量、直线与曲线相交、两

条直线的夹角等解析几何的基础知识、基本思想方法和综合解题能力，对（I）只要化抛物

线为标准方程即可求得 xm  x0  0 ，也就是根据条件逐步揭示 xm 与 x0 的关系式，同时要注 意曲线和方程的概念，（III）中 1时即 M 为 AB 的中点时的情形，已知 P 点坐标意味着 抛物线的确定，当PAB 为钝角时，转化为向量的数量积小于 0 来求，同时要注意等价性， 必须进行验证.

1

【正确解答】（Ⅰ）解：由抛物 C 的方程 y  ax 2 (a  0)得, 焦点坐标为(0, )，准线方

4a

程 为 y   1 .

4a

（Ⅱ）证明：设直线 PA 的方程 y  y0  k1, (x  x0 ) ，直线 PB 的方程为 y  y0  k2 (x  x0 ) .

点P(x0 , y0 )和点A(x1 , y1 ) 的坐标是方程组

 y  y0  k1 (x  x0 ) ①  2

② y  ax

的解、将②式代入①式得 ax3  k x  k x  y

1

1 0

k

 0,于是x  x  1 ,故x

1 0 0

a

k

 1  x .③ 1 0

a

 y  y0  k2 (x  x0 ) ④

又点P(x0 , y0 )和点B(x2 , y2 )的坐标是方程组 2

⑤y  ax

的解、将②式代入①式得 ax3  k x  k x  y

2

2 0

由已知得, k2  k1 ,则x2   k1  x0 . ⑥

a

k

 0,于是x  x  2 ,故x

2 0 0

a k

 2  x . 1 0

a

x2  x1 .1  

设点M的坐标为(xM , yM ),由BM  , MA, 则 xM 



 x0  x0

将③式和⑥式代入上式得 xM 

1   x0 .

即xM  x0  0.所以, 线段PM的中点在y轴上.

（Ⅲ）解：因为点 P（1，－1）在抛物线 y  ax 上，所以 a  1, 抛物线方程y  x .

2 2

由③式知 x1  k1  1, 代入y  x 得y 1  (k2  1).

2

将 1代入⑥式得 x 2  k 1 1, 代入y  x 2得y  (k  1). 2 1

22

因此，直线 PA、PB 分别与抛物线 C 的交点 A、B 的坐标为

2 2

A(k 1  1,k 1  2k  2k  1). 1 1), B(k 1 1,k 1 1

于是 AP  (k  2, k 1  2k ), 1 1

2

2

AB  (2k 1 ,4k ), 1

AP  AB  4k (k  2k (1 k  2)(2k 1 2k 1 (k  2) 1 1 1 k )  21 1  1).

因∠PAB 为钝角且 P、A、B 三点互不相同，故必有 AP  AB  0,即

k1 (k1  2)(2k  1)  0.

1

求得 k1 的取值范围为 k1  2或   k1  0.

2

2

又点 A 的纵坐标 y  1),故 1 满足y 1  (k 1

当k1  2时, y1  1;

1 1 当  k  0时,1  y   .

1

2 1 4

1

所以，∠PAB 为钝角时点 A 的纵坐标 y1 的取值范围为(,1)  (1, ).

4

【解后反思】要注意相关概念的理解和基本量的关系式的处理，在消元时要有目标意识， 理清思路，当然要有过硬的运算能力，否则一处算错，全题皆错. （22）（本小题满分 14 分）

设函数 f (x)  x sin x(x  R) ．

（I）证明 f (x  2k)  f (x)  2ksin x ，其中k 为整数；

（II）设 x 为 f (x) 的一个极值点，证明[ f (x )]0 x ；

2

4

0 0

21 x

0

（III）设 f (x) 在(0, ) 内的全部极值点按从小到大的顺序排列为 a1 , a2 ,, an ,, 证 明  an1  an  ．

【思路点拨】本题考查函数的极值的基本概念和方法，考查应用导数、同角三角函数、数形 结合等方法分析问题和综合解题能力.第（II）问的关键是寻找极值点 x0 满足的关系式.而第 （III）的结论提出对 an1  an 取某一三角函数值且能判定其符号.

【正确解答】（Ⅰ）证明：由函数 f (x)的定义，对任意整数 k，有

2

f (x  2k)  f (x)  (x  2k) sin( x  2k)  x sin x

 (x  2k) sin x  x sin x  2ksin x.

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（Ⅱ）证明：函数 f (x)在定义域R上

可导f (x)  sin x  x cos x, ①

令f (x)  0, 得sin x  x cos x  0.

显然，对于满足上述方程的 x 有cos x  0，上述方程化简为 x   tan x.如图所示，此方程一定有解， f (x)的极值点x0一定满足 tan x0  x0 .

2 2 2 tan x tan x sin x 2 2

0 .2 由sin x sin 2 x  cos 2 x  1  tan 2 x , 得sin x  tan 0 1 x

0

（Ⅲ）证明： 设x0  0是f (x)  0的任意正实根,即x0   tan x0 ,则存在一个非负整数k, 使



x   k, k), 即 x 在第二或第四象限内.由①式，f (x)  cos x(tan x  x) 在

0

( 2

x 0

第二象限或第四象限中的符号可列表如下：

 k, x ) ( 0 2 k 为奇数 k 为偶数 － +  x0 0 0 (x0 , k) + － f (x) 的符号 所以满足 f (x)  0的正根 x0 都为 f (x) 的极值点.

由题设条件， a1 , a2 ,, an ,为方程x   tan x 的全部 正实根且满足

a1  a2    an  ,

那么对于 n=1,2,…,

an1  an  (tan an1  tan an )

 (1  tan an1  tan an ) tan(an1  an ). ②

 a 

  n a 由于  (n  1) a,   (n  1),



  n,则  a

2 n1 2 2 n1 n 3, 2 由于 tan an1  tan an  0, 由②式知 tan(an1  an )  0.由此可知an1  an 必在第二象限，即

an1  an  .

综上，  a n1  an  .

2



【解后反思】近几年高考对三角变换的考查要有所降低，但本年的内容的考查，特别是对三 角

函数的图象与性质的灵活运用、图象语言的考查有所增加.对 x0  t0 x0 的深刻理解是 解决本题的关键.而函数内的综合，必须注意条件与结论间的内在关系，在变形过程中不断寻找差异，讲究算理，才能发展能力，有效转化，适应高考.