2021 年高考 （全国甲卷）
题目：13. 曲线 $y=\frac{2 x-1}{x+2}$ 在点 $(-1,-3)$ 处的切线方程为

解答：【详解】由题, 当 $x=-1$ 时, $y=-3$, 故点在曲线上.

求导得: $y^{\prime}=\frac{2(x+2)-(2 x-1)}{(x+2)^{2}}=\frac{5}{(x+2)^{2}}$, 所以 $\left.y^{\prime}\right|_{x=-1}=5$.

故切线方程为 $5 x-y+2=0$.

故答案为: $5 x-y+2=0$.

答案：$5 x-y+2=0$

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：14. 已知向量 $\vec{a}=(3,1), \vec{b}=(1,0), \vec{c}=\vec{a}+k \vec{b}$. 若 $\vec{a} \perp \vec{c}$, 则 $k=$

解答：【详解】 $\because \vec{a}=(3,1), \vec{b}=(1,0), \therefore \vec{c}=\vec{a}+k \vec{b}=(3+k, 1)$ ，

$\because \vec{a} \perp \vec{c}, \therefore \vec{a} \diamond \vec{c}=3(3+k)+1 \times 1=0$, 解得 $k=-\frac{10}{3}$,

故答案为: $-\frac{10}{3}$.

答案：$-\frac{10}{3}$.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：15. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点, 且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 则四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 的面积为

解答：【详解】因为 $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点,

且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 所以四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 为矩形,

设 $\left|P F_{1}\right|=m,\left|P F_{2}\right|=n$, 则 $m+n=8, m^{2}+n^{2}=48$,

所以 $64=(m+n)^{2}=m^{2}+2 m n+n^{2}=48+2 m n$,

$m n=8$ ， 即四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 面积等于 8 .

故答案为: 8 .

答案：8

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：13. 已知双曲线 $C: \frac{x^{2}}{m}-y^{2}=1(m>0)$ 的一条渐近线为 $\sqrt{3} x+m y=0$, 则 $C$ 的焦距

为

解答：解析:

易知双曲线渐近线方程为 $y= \pm \frac{b}{a} x$, 由题意得 $a^{2}=m, b^{2}=1$, 且一条渐近线方程为 $y=-\frac{\sqrt{3}}{m} x$, 则有 $m=0$ (舍去), $m=3$, 故焦距为 $2 c=4$.

答案：4

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：14.已知向量 $\vec{a}=(1,3), \vec{b}=(3,4)$, 若 $(\vec{a}-\lambda \vec{b}) \perp \vec{b}$, 则 $\lambda=$

解答：解析:

由题意得 $(\vec{a}-\lambda \vec{b}) \cdot \vec{b}=0$ ， 即 $15-25 \lambda=0$ ， 解得 $\lambda=\frac{3}{5}$.

答案：$\frac{3}{5}$

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：15. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 面积为 $\sqrt{3}, B=60^{\circ}$, $a^{2}+c^{2}=3 a c$, 则 $b=$

解答：解析:

$S_{\triangle A B C}=\frac{1}{2} a c \sin B=\frac{\sqrt{3}}{4} a c=\sqrt{3}$, 所以 $a c=4$

由余弦定理, $b^{2}=a^{2}+c^{2}-a c=3 a c-a c=2 a c=8$, 所以 $b=2 \sqrt{2}$.

答案：$2 \sqrt{2}$

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：13. 若向量 $\vec{a}, \vec{b}$ 满足 $|\vec{a}|=3,|\vec{a}-\vec{b}|=5, \vec{a} \cdot \vec{b}=1$, 则 $|\vec{b}|=$

解答：【详解】 $\because|\vec{a}-\vec{b}|=5$

$\therefore|\vec{a}-\vec{b}|^{2}=\vec{a}^{2}+\vec{b}^{2}-2 \vec{a} \cdot \vec{b}=9+|\vec{b}|^{2}-2=25$

$\therefore|b|=3 \sqrt{2}$.

故答案为: $3 \sqrt{2}$.

答案：$3 \sqrt{2}$

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：16. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 为椭圆 $C: \frac{x^{2}}{16}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 的两个焦点, $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点, 且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 则四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 的面积为

解答：【详解】因为 $P, Q$ 为 $C$ 上关于坐标原点对称的两点,

且 $|P Q|=\left|F_{1} F_{2}\right|$, 所以四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 为矩形,

设 $\left|P F_{1}\right|=m,\left|P F_{2}\right|=n$, 则 $m+n=8, m^{2}+n^{2}=48$,

所以 $64=(m+n)^{2}=m^{2}+2 m n+n^{2}=48+2 m n$,

$m n=8$, 即四边形 $P F_{1} Q F_{2}$ 面积等于 8 .

故答案为: 8 .

答案：8

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：13.已知向量 $\vec{a}=(2,5), \vec{b}=(\lambda, 4)$, 若 $\vec{a} / / \vec{b}$, 则 $\lambda=$

解答：解析:

由已知 $\vec{a} / / \vec{b}$ 可得 $2 \times 4=5 \lambda \Rightarrow \lambda=\frac{8}{5}$.

答案：$\frac{8}{5}$

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：14. 双曲线 $\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ 的右焦点到直线 $x+2 y-8=0$ 的距离为

解答：解析:

$\frac{x^{2}}{4}-\frac{y^{2}}{5}=1$ 的右焦点为 $(3,0)$, 到直线 $x+2 y-8=0$ 的距离 $d=\frac{|3-8|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}}}=\sqrt{5}$.

答案：$\sqrt{5}$

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：15. 记 $\triangle A B C$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$, 面积为 $\sqrt{3}$,

$B=60^{\circ}, a^{2}+c^{2}=3 a c$, 则 $b=$

解答：解析:

由面积公式 $S=\frac{1}{2} a c \sin B=\sqrt{3}$, 且 $B=60^{\circ}$, 解得 $a c=4$,

又由余弦定理 $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B, a^{2}+c^{2}=3 a c$, 且 $b>0$

解得 $b=2 \sqrt{2}$.

答案：$2 \sqrt{2}$

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：1. 设集合 $M=\{x \mid 0<x<4\}, N=\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x \leq 5\right\}$, 则 $M \cap N=($,
A. $\left\{x \mid 0<x \leq \frac{1}{3}\right\}$
B. $\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x<4\right\}$
C. $\{x \mid 4 \leq x<5\}$
D. $\{x \mid 0<x \leq 5\}$

解答：【详解】因为 $M=\{x \mid 0<x<4\}, N=\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x \leq 5\right\}$, 所以 $M \cap N=\left\{x \mid \frac{1}{3} \leq x<4\right\}$,

故选: B.

答案：B

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：3. 已知 $(1-i)^{2} z=3+2 i$, 则 $z=(\quad)$
A. $-1-\frac{3}{2} i$
B. $-1+\frac{3}{2} i$
C. $-\frac{3}{2}+i$
D. $-\frac{3}{2}-i$

解答：【详解】 $(1-i)^{2} z=-2 i z=3+2 i$,

$z=\frac{3+2 i}{-2 i}=\frac{(3+2 i) \cdot i}{-2 i \cdot i}=\frac{-2+3 i}{2}=-1+\frac{3}{2} i$.

故选: B.

答案：B

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：4. 青少年视力是社会普遍关注的问题, 视力情况可借助视力表测量. 通常用五分记录法和小数记录法记录 视力数据, 五分记录法的数据 $L$ 和小数记录表的数据 $V$ 的满足 $L=5+\lg V$. 已知某同学视力的五分记录法 的数据为 4.9 , 则其视力的小数记录法的数据为 $(\quad) \quad(\sqrt[10]{10} \approx 1.259)$
A. 1.5
B. 1.2
C. 0.8
D. 0.6

解答：【详解】由 $L=5+\lg V$, 当 $L=4.9$ 时, $\lg V=-0.1$, 则 $V=10^{-0.1}=10^{-\frac{1}{10}}=\frac{1}{\sqrt[10]{10}} \approx \frac{1}{1.259} \approx 0.8$.

故选: C.

答案：C

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：5. 已知 $F_{1}, F_{2}$ 是双曲线 $C$ 的两个焦点, $P$ 为 $C$ 上一点, 且 $\angle F_{1} P F_{2}=60^{\circ},\left|P F_{1}\right|=3\left|P F_{2}\right|$, 则 $C$ 的离心率为
A. $\frac{\sqrt{7}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{13}}{2}$
C. $\sqrt{7}$
D. $\sqrt{13}$

解答：【详解】因为 $\left|P F_{1}\right|=3\left|P F_{2}\right|$, 由双曲线的定义可得 $\left|P F_{1}\right|-\left|P F_{2}\right|=2\left|P F_{2}\right|=2 a$,

所以 $\left|P F_{2}\right|=a,\left|P F_{1}\right|=3 a$;

因为 $\angle F_{1} P F_{2}=60^{\circ}$,由余弦定理可得 $4 c^{2}=9 a^{2}+a^{2}-2 \times 3 a \cdot a \cdot \cos 60^{\circ}$,

整理可得 $4 c^{2}=7 a^{2}$, 所以 $e^{2}=\frac{c^{2}}{a^{2}}=\frac{7}{4}$, 即 $e=\frac{\sqrt{7}}{2}$.

故选: A

答案：A

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：7. 等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 前 $n$ 项和为 $S_{n}$, 设甲: $q>0$, 乙: $\left\{S_{n}\right\}$ 是递增数列, 则 ( )
A. 甲是乙的充分条件但不是必要条件
B. 甲是乙的必要条件但不是充分条件
C. 甲是乙的充要条件
D. 甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

解答：【详解】由题, 当数列为 $-2,-4,-8, \cdots$ 时, 满足 $q>0$,

但是 $\left\{S_{n}\right\}$ 不是递增数列, 所以甲不是乙的充分条件.

若 $\left\{S_{n}\right\}$ 是递增数列, 则必有 $a_{n}>0$ 成立, 若 $q>0$ 不成立, 则会出现一正一负的情况，是矛盾的, 则 $q>0$ 成立, 所以甲是乙的必要条件.

故选: B.

答案：B

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：9. 若 $a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan 2 a=\frac{\cos a}{2-\sin a}$, 则 $\tan a=(\quad)$
A. $\frac{\sqrt{15}}{15}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{15}}{3}$

解答：【详解】 $\because \tan 2 a=\frac{\cos a}{2-\sin a}$

$\therefore \tan 2 a=\frac{\sin 2 a}{\cos 2 a}=\frac{2 \sin a \cos a}{1-2 \sin ^{2} a}=\frac{\cos a}{2-\sin a}$,

$\because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a \neq 0, \therefore \frac{2 \sin a}{1-2 \sin ^{2} a}=\frac{1}{2-\sin a}$, 解得 $\sin a=\frac{1}{4}$,

$\therefore \cos a=\sqrt{1-\sin ^{2} a}=\frac{\sqrt{15}}{4}, \quad \therefore \tan a=\frac{\sin a}{\cos a}=\frac{\sqrt{15}}{15}$.

故选: A.

答案：A

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：10. 将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 则 2 个 0 不相邻的概率为 $(\quad)$ 
A. $\frac{1}{3}$
B. $\frac{2}{5}$
C. $\frac{2}{3}$
D. $\frac{4}{5}$

解答：【详解】将 4 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 可利用揷空法, 4 个 1 产生 5 个空,

若 2 个 0 相邻, 则有 $C_{5}^{1}=5$ 种排法, 若 2 个 0 不相邻, 则有 $C_{5}^{2}=10$ 种排法,

所以 2 个 0 不相邻的概率为 $\frac{10}{5+10}=\frac{2}{3}$.

故选: C.

答案：C

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：11. 已如 $A, B, C$ 是半径为 1 的球 $O$ 的球面上的三个点, 且 $A C \perp B C, A C=B C=1$, 则三棱雉 $O-A B C$ 的体积为 $(\quad)$
A. $\frac{\sqrt{2}}{12}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{12}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{4}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{4}$

解答：【详解】 $\because A C \perp B C, A C=B C=1, \therefore \triangle A B C$ 为等腰直角三角形, $\therefore A B=\sqrt{2}$,

则 $\triangle A B C$ 外接圆的半径为 $\frac{\sqrt{2}}{2}$, 又球的半径为 1 ,

设 $O$ 到平面 $A B C$ 的距离为 $d$,

则 $d=\sqrt{1^{2}-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$,

所以 $V_{O-A B C}=\frac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot d=\frac{1}{3} \times \frac{1}{2} \times 1 \times 1 \times \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{12}$.

故选: A.

答案：A

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：12. 设函数 $f(x)$ 的定义域为 $\mathbf{R}, f(x+1)$ 为奇函数, $f(x+2)$ 为偶函数, 当 $x \in[1,2]$ 时, $f(x)=a x^{2}+b$. 若 $f(0)+f(3)=6$, 则 $f\left(\frac{9}{2}\right)=(\quad)$
A. $-\frac{9}{4}$
B. $-\frac{3}{2}$
C. $\frac{7}{4}$
D. $\frac{5}{2}$

解答：【详解】因为 $f(x+1)$ 是奇函数, 所以 $f(-x+1)=-f(x+1)$ (1);

因为 $f(x+2)$ 是偶函数, 所以 $f(x+2)=f(-x+2)(2)$.

令 $x=1$, 由(1)得: $f(0)=-f(2)=-(4 a+b)$, 由(2)得： $f(3)=f(1)=a+b$,

因为 $f(0)+f(3)=6$, 所以 $-(4 a+b)+a+b=6 \Rightarrow a=-2$,

令 $x=0$, 由(1)得: $f(1)=-f(1) \Rightarrow f(1)=0 \Rightarrow b=2$, 所以 $f(x)=-2 x^{2}+2$.

思路一: 从定义人手.

$f\left(\frac{9}{2}\right)=f\left(\frac{5}{2}+2\right)=f\left(-\frac{5}{2}+2\right)=f\left(-\frac{1}{2}\right)$

$f\left(-\frac{1}{2}\right)=f\left(-\frac{3}{2}+1\right)=-f\left(\frac{3}{2}+1\right)=-f\left(\frac{5}{2}\right)$

$-f\left(\frac{5}{2}\right)=-f\left(\frac{1}{2}+2\right)=-f\left(-\frac{1}{2}+2\right)=-f\left(\frac{3}{2}\right)$

所以 $f\left(\frac{9}{2}\right)=-f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{5}{2}$.

思路二: 从周期性人手

由两个对称性可知, 函数 $f(x)$ 的周期 $T=4$.

所以 $f\left(\frac{9}{2}\right)=f\left(\frac{1}{2}\right)=-f\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{5}{2}$.

故选: D.

答案：D

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：1.设 $2(z+\bar{z})+3(z-\bar{z})=4+6 i$ ，则 $z=(\quad)$

A. $1-2 i$

B. $1+2 i$

C. $1+i$

D. $1-i$

解答：解析:

设 $z=a+b i$, 则 $\bar{z}=a-b i, 2(z+\bar{z})+3(z-\bar{z})=4 a+6 b i=4+6 i$, 所以 $a=1, b=1$,

所以 $z=1+i$.

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：2.已知集合 $S=\{s \mid s=2 n+1, n \in Z\}, T=\{t \mid t=4 n+1, n \in Z\}$, 则 $S \cap T=(\quad)$
A. $\varnothing$
B. $S$
C. $T$
D. $Z$

解答：解析:

$s=2 n+1, \quad n \in Z$

当 $n=2 k, k \in Z$ 时, $S=\{s \mid s=4 k+1, k \in Z\}$ ； 当 $n=2 k+1, k \in Z$ 时,

$S=\{s \mid s=4 k+3, k \in Z\}$.所以 $T \ddot{U} S, S \cap T=T$. 故选 C.

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：3. 已知命题 $p: \exists x \in R, \sin x<1$; 命题 $q: \forall x \in R, e^{|x|} \geq 1$, 则下列命题中为真命题的是 
A. $p \wedge q$
B. $\neg p \wedge q$
C. $p \wedge \neg q$
D. $\neg(p \vee q)$

解答：解析:

根据正弦函数的值域 $\sin x \in[-1,1]$, 故 $\exists x \in R, \sin x<1, p$ 为真命题, 而函数 $y=y=e^{|x|}$ 为偶函数, 且 $x \geq 0$ 时, $y=e^{|x|} \geq 1$, 故 $\forall x \in R, y=e^{|x|} \geq 1$ 恒成立., 则 $q$ 也为真命题, 所 以 $p \wedge q$ 为真, 选 $\mathrm{A}$.

答案：A

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：4. 设函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$, 则下列函数中为奇函数的是 $(\quad)$
A. $f(x-1)-1$
B. $f(x-1)+1$
C. $f(x+1)-1$
D. $f(x+1)+1$

解答：解析:

$f(x)=\frac{1-x}{1+x}=-1+\frac{2}{1+x}, f(x)$ 向右平移一个单位, 向上平移一个单位得到 $g(x)=\frac{2}{x}$ 为奇 函数.

答案：B

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：6. 将 5 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰，短道速滑、冰球和冰显 4 个项目进行培训, 每名 志愿者只分配到 1 个项目, 每个项目至少分配 1 名志愿者, 则不同的分配方案共有（）

A. 60 种

B. 120 种

C. 240 种

D. 480 种

解答：解析:

所求分配方案数为 $C_{5}^{2} A_{4}^{4}=240$.

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：7.把函数 $y=f(x)$ 图像上所有点的横坐标缩短到原来的 $\frac{1}{2}$ 倍, 纵坐标不变, 再把所得曲线 向右平移 $\frac{\pi}{3}$ 个单位长度, 得到函数 $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)$ 的图像, 则 $f(x)=(\quad)$

A. $\sin \left(\frac{x}{2}-\frac{7 \pi}{12}\right)$

B. $\sin \left(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{12}\right)$

C. $\sin \left(2 x-\frac{7 \pi}{12}\right)$ D. $\sin \left(2 x+\frac{\pi}{12}\right)$

解答：解析:

逆向: $y=\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right) \stackrel{\text { 左移 } \frac{\pi}{3}}{\longrightarrow} y=\sin \left(x+\frac{\pi}{12}\right) \stackrel{\text { 横坐标变为原来的2倍 }}{\longrightarrow} y=\sin \left(\frac{1}{2} x+\frac{\pi}{12}\right)$.

故选 B.

答案：B

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：11. 设 $B$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a>b>0)$ 的上顶点, 若 $C$ 上的任意一点 $P$ 都满足, $|P B| \leq 2 b ， \quad$ 则 $C$ 的离心率的取值范围是 $(\quad)$

A. $\left[\frac{\sqrt{2}}{2}, 1\right)$

B. $\left[\frac{1}{2}, 1\right)$

C. $\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$

D. $\left(0, \frac{1}{2}\right]$

解答：解析:

由题意, 点 $B(0, b)$, 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{a^{2}}+\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}=1 \Rightarrow x_{0}^{2}=a^{2}\left(1-\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)$, 故

$|P B|^{2}=x_{0}^{2}+\left(y_{0}-b\right)^{2}=a^{2}\left(1-\frac{y_{0}^{2}}{b^{2}}\right)+y_{0}^{2}-2 b y_{0}+b^{2}=-\frac{c^{2}}{b^{2}} y_{0}^{2}-2 b y_{0}+a^{2}+b^{2}$

$y_{0} \in[-b, b]$

由题意, 当 $y_{0}=-b$ 时, $|P B|^{2}$ 最大, 则 $-\frac{b^{3}}{c^{2}} \leq-b, b^{2} \geq c^{2}, a^{2}-c^{2} \geq c^{2}, c=\frac{c}{a} \leq \frac{\sqrt{2}}{2}$,

$c \in\left(0, \frac{\sqrt{2}}{2}\right]$

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：12. 设 $a=2 \ln 1.01, b=\ln 1.02, c=\sqrt{1.04}-1$, 则 $($ )
A. $a<b<c$
B. $b<c<a$
C. $b<a<c$
D. $c<a<b$

解答：解析:

设 $f(x)=\ln (1+x)-\sqrt{1+2 x}+1$, 则 $b-c=f(0.02)$ ，易得 $f^{\prime}(x)=\frac{1}{1+x}-\frac{2}{2 \sqrt{1+2 x}}=\frac{\sqrt{1+2 x}-(1+x)}{(1+x) \sqrt{1+2 x}}$.

当 $x \geq 0$ 时, $1+x=\sqrt{(1+x)^{2}} \geq \sqrt{1+2 x}$, 故 $f^{\prime}(x) \leq 0$.

所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调递减, 所以 $f(0.02)<f(0)=0$, 故 $b<c$.

再设 $g(x)=2 \ln (1+x)-\sqrt{1+4 x}+1$, 则 $a-c=g(0.01)$, 易得

$g^{\prime}(x)=\frac{2}{1+x}-\frac{4}{2 \sqrt{1+4 x}}=2 \cdot \frac{\sqrt{1+4 x}-(1-x)}{(1+x) \sqrt{1+4 x}}$.

当 $0 \leq x<2$ 时, $\sqrt{1+4 x} \geq \sqrt{1+2 x+x^{2}}=1+x$, 所以 $g^{\prime}(x)$ 在 $[0.2)$ 上 $\geq 0$.

故 $g(x)$ 在 $[0.2)$ 上单调递增, 所以 $g(0.01)>g(0)=0$, 故 $a>c$.

综上, $a>c>b$.

答案：B

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：1. 设集合 $M=\{1,3,5,7,9\}, N=\{x \mid 2 x>7\}$, 则 $M \cap N=(\quad)$
A. $\{7,9\}$
B. $\{5,7,9\}$
C. $\{3,5,7,9\}$
D. $\{1,3,5,7,9\}$

解答：【详解】 $N=\left(\frac{7}{2},+\infty\right)$, 故 $M \cap N=\{5,7,9\}$,

故选: B.

答案：B

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：3. 已知 $(1-i)^{2} z=3+2 i$, 则 $z=(\quad)$
A. $-1-\frac{3}{2} i$
B. $-1+\frac{3}{2} i$
C. $-\frac{3}{2}+i$
D. $-\frac{3}{2}-i$

解答：【详解】 $(1-i)^{2} z=-2 i z=3+2 i$,

$z=\frac{3+2 i}{-2 i}=\frac{(3+2 i) \cdot i}{-2 i \cdot i}=\frac{-2+3 i}{2}=-1+\frac{3}{2} i$

故选: B.

答案：B

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：4. 下列函数中是增函数的为 $(\quad ）$
A. $f(x)=-x$
B. $f(x)=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$
C. $f(x)=x^{2}$
D. $f(x)=\sqrt[3]{x}$

解答：【详解】对于 $\mathrm{A}, f(x)=-x$ 为 $R$ 上的减函数, 不合题意, 舍.

对于 $\mathrm{B}, f(x)=\left(\frac{2}{3}\right)^{x}$ 为 $R$ 上的减函数, 不合题意, 舍.

对于 $\mathrm{C}, f(x)=x^{2}$ 在 $(-\infty, 0)$ 为减函数, 不合题意, 舍.

对于 $\mathrm{D}, f(x)=\sqrt[3]{x}$ 为 $R$ 上的增函数, 符合题意, 故选: D.

答案：D

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：5. 点 $(3,0)$ 到双曲线 $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 的一条渐近线的距离为 $(\quad)$
A. $\frac{9}{5}$
B. $\frac{8}{5}$
C. $\frac{6}{5}$
D. $\frac{4}{5}$

解答：【详解】由题意可知, 双曲线的渐近线方程为: $\frac{x^{2}}{16}-\frac{y^{2}}{9}=0$ ，即 $3 x \pm 4 y=0$ ，

结合对称性，不妨考虑点 $(3,0)$ 到直线 $3 x+4 y=0$ 的距离: $d=\frac{9+0}{\sqrt{9+16}}=\frac{9}{5}$.

故选: A.

答案：A

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：6. 青少年视力是社会普遍关注的问题, 视力情况可借助视力表测量. 通常用五分记录法和小数记录法记录 视力数据, 五分记录法的数据 $L$ 和小数记录表的数据 $V$ 的满足 $L=5+\lg V$. 已知某同学视力的五分记录法 的数据为 4.9 , 则其视力的小数记录法的数据为 $(\quad) \quad(\sqrt[10]{10} \approx 1.259)$
A. 1.5
B. 1.2
C. 0.8
D. 0.6

解答：【详解】由 $L=5+\lg V$, 当 $L=4.9$ 时, $\lg V=-0.1$,

则 $V=10^{-0.1}=10^{-\frac{1}{10}}=\frac{1}{\sqrt[10]{10}} \approx \frac{1}{1.259} \approx 0.8$.

故选: C.

答案：C

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：8. 在 $\triangle A B C$ 中, 已知 $B=120^{\circ}, A C=\sqrt{19}, A B=2$, 则 $B C=(\quad)$
A. 1
B. $\sqrt{2}$
C. $\sqrt{5}$
D. 3

解答：【详解】设 $A B=c, A C=b, B C=a$ ， 结合余弦定理: $b^{2}=a^{2}+c^{2}-2 a c \cos B$ 可得： $19=a^{2}+4-2 \times a \times \cos 120^{\circ}$,

即: $a^{2}+2 a-15=0$, 解得: $a=3 \quad$ ( $a=-5$ 舍去),

故 $B C=3$.

故选: D.

答案：D

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：9. 记 $S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和. 若 $S_{2}=4, S_{4}=6$, 则 $S_{6}=(\quad)$
A. 7
B. 8
C. 9
D. 10

解答：【详解】 $\because S_{n}$ 为等比数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和,

$\therefore S_{2}, \quad S_{4}-S_{2}, \quad S_{6}-S_{4}$ 成等比数列

$\therefore S_{2}=4, \quad S_{4}-S_{2}=6-4=2$

$\therefore S_{6}-S_{4}=1$

$\therefore S_{6}=1+S_{4}=1+6=7$

故选: A.

答案：A

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：10. 将 3 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 则 2 个 0 不相邻的概率为 $($ ）
A. 0.3
B. 0.5
C. 0.6
D. 0.8

解答：【详解】解: 将 3 个 1 和 2 个 0 随机排成一行, 可以是:

00111,01011,01101,01110,10011,10101,10110,11001,11010,11100,

共 10 种排法, 其中 2 个 0 不相邻的排列方法为:

$01011,01101,01110,10101,10110,11010$,

共 6 种方法,

故 2 个 0 不相邻的概率为 $\frac{6}{10}=0.6$,

故选: C.

答案：C

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：11. 若 $a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \tan 2 a=\frac{\cos a}{2-\sin a}$, 则 $\tan a=(\quad)$
A. $\frac{\sqrt{15}}{15}$
B. $\frac{\sqrt{5}}{5}$
C. $\frac{\sqrt{5}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{15}}{3}$

解答：【详解】 $\because \tan 2 a=\frac{\cos a}{2-\sin a}$

$\therefore \tan 2 a=\frac{\sin 2 a}{\cos 2 a}=\frac{2 \sin a \cos a}{1-2 \sin ^{2} a}=\frac{\cos a}{2-\sin a}$,

$\because a \in\left(0, \frac{\pi}{2}\right), \therefore \cos a \neq 0, \therefore \frac{2 \sin a}{1-2 \sin ^{2} a}=\frac{1}{2-\sin a}$, 解得 $\sin a=\frac{1}{4}$,

$\therefore \cos a=\sqrt{1-\sin ^{2} a}=\frac{\sqrt{15}}{4}, \therefore \tan a=\frac{\sin a}{\cos a}=\frac{\sqrt{15}}{15}$.

故选: A.

答案：A

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：12. 设 $f(x)$ 是定义域为 $\boldsymbol{R}$ 的奇函数, 且 $f(1+x)=f(-x)$. 若 $f\left(-\frac{1}{3}\right)=\frac{1}{3}$, 则 $f\left(\frac{5}{3}\right)=(\quad)$
A. $-\frac{5}{3}$
B. $-\frac{1}{3}$
C. $\frac{1}{3}$
D. $\frac{5}{3}$

解答：【详解】由题意可得： $f\left(\frac{5}{3}\right)=f\left(1+\frac{2}{3}\right)=f\left(-\frac{2}{3}\right)=-f\left(\frac{2}{3}\right)$,

而 $f\left(\frac{2}{3}\right)=f\left(1-\frac{1}{3}\right)=f\left(\frac{1}{3}\right)=-f\left(-\frac{1}{3}\right)=-\frac{1}{3}$,

故 $f\left(\frac{5}{3}\right)=\frac{1}{3}$.

故选: C.

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：3.已知命题 $p: \exists x \in R, \sin x<1$; 命题 $q: \forall x \in R, e^{|x|} \geq 1$, 则下列命题中为真命题的是 ( )
A. $p \wedge q$
B. $\neg p \wedge q$
C. $p \wedge \neg q$
D. $\neg(p \vee q)$

解答：解析:

根据正弦函数的值域 $\sin x \in[-1,1], \sin x<1$, 故 $\exists x \in R, p$ 为真命题, 而函数 $y=e^{|x|}$ 为 偶函数, 且 $x \geq 0$ 时, $y=e^{x} \geq 1$, 故 $\forall x \in R, y=e^{|x|} \geq 1$ 恒成立. 则 $q$ 也为真命题. 所以 $p \wedge q$ 为真, 选 $A$.

答案：A

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：4.函数 $f(x)=\sin \frac{x}{3}+\cos \frac{x}{3}$ 的最小正周期和最大值分别是 $(\quad)$

A. $3 \pi$ 和 $\sqrt{2}$

B. $3 \pi$ 和 2

C. $6 \pi$ 和 $\sqrt{2}$

D. $6 \pi$ 和 2

解答：解析:

$f(x)=\sqrt{2} \sin \left(\frac{x}{3}+\frac{\pi}{4}\right)$

$f(x)_{\max }=\sqrt{2}, \quad T=\frac{2 \pi}{\frac{1}{3}}=6 \pi$.

故选 C.

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：6. $\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\cos ^{2} \frac{5 \pi}{12}=(\quad)$

A. $\frac{1}{2}$

B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$

C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$

D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$

解答：解析:

$\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\cos ^{2} \frac{5 \pi}{12}=\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\cos ^{2}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{12}\right)=\cos ^{2} \frac{\pi}{12}-\sin ^{2} \frac{\pi}{12}=\cos \frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2} \therefore$ 选 D.

答案：D

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：7. 在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 随机取 1 个数, 则取到的数小于 $\frac{1}{3}$ 的概率为 $(\quad)$

A. $\frac{3}{4}$

B. $\frac{2}{3}$

C. $\frac{1}{3}$

D. $\frac{1}{6}$

解答：解析:

在区间 $\left(0, \frac{1}{2}\right)$ 随机取 1 个数, 可知总长度 $d=\frac{1}{2}$, 取到的数小于 $\frac{1}{3}$, 可知取到的长度范围 $d^{\prime}=\frac{1}{3}$, 根据几何概型公式 $p=\frac{d^{\prime}}{d}=\frac{\frac{1}{3}}{\frac{1}{2}}=\frac{2}{3}, \therefore$ 选 B.

答案：B

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：8. 下列函数中最小值为 4 的是（ ）

A. $y=x^{2}+2 x+4$

B. $y=|\sin x|+\frac{4}{|\sin x|}$

C. $y=2^{x}+2^{2-x}$

D. $y=\ln x+\frac{4}{\ln x}$

解答：解析:

对于 A, $y=x^{2}+2 x+4=x^{2}+2 x+1+3=(x+1)^{2}+3 \geq 3$. 不符合,

对于 B, $y=|\sin x|+\frac{4}{|\sin x|}$, 令 $t=|\sin x| \in[0,1], \quad \therefore y=t+\frac{4}{t}$,

根据对勾函数 $y_{\text {min }}=1+4=5$ 不符合,

对于 C, $y=2^{x}+2^{2-x}=2^{x}+\frac{4}{2^{x}}$, 令 $t=2^{x}>0$,

$\therefore y=t+\frac{4}{t} \geq 2 \sqrt{t \cdot \frac{4}{t}}=2 \times 2=4$

当且仅当 $t=2$ 时取等, 符合,

对于 D, $y=\ln x+\frac{4}{\ln x}$, 令 $t=\ln x \in R, \quad y=t+\frac{4}{t}$.

根据对勾函数 $y \in(-\infty,-4] \cup[4,+\infty)$, 不符合.

答案：C

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：9. 设函数 $f(x)=\frac{1-x}{1+x}$, 则下列函数中为奇函数的是 $(\quad)$
A. $f(x-1)-1$ 
B. $f(x-1)+1$
C. $f(x+1)-1$
D. $f(x+1)+1$

解答：解析:

$f(x)=\frac{1-x}{1+x}=-1+\frac{2}{1+x}$

$f(x)$ 向右平移一个单位, 向上平移一个单位得到 $g(x)=\frac{2}{x}$ 为奇函数.

所以选 B.

答案：B

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：11. 设 $B$ 是椭圆 $C: \frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1$ 的上顶点, 点 $P$ 在 $C$ 上, 则 $|P B|$ 的最大值为
A. $\frac{5}{2}$
B. $\sqrt{6}$
C. $\sqrt{5}$
D. 2

解答：解析:

方法一: 由 $C: \frac{x^{2}}{5}+y^{2}=1, B(0,1)$

则 $C$ 的参数方程: $\left\{\begin{array}{l}x=\sqrt{5} \cos \theta \\ y=\sin \theta\end{array}\right.$.

$|P B|=\sqrt{(\sin \theta-1)^{2}+(\sqrt{5} \cos \theta)^{2}}$

$=\sqrt{-4 \sin ^{2} \theta-2 \sin \theta+6}$

$=\sqrt{-4\left(\sin \theta+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{25}{4}} \geq \frac{5}{2}$.

$\therefore|P B|_{\max }=\frac{5}{2}$, 故选 A.

方法二: 设 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\frac{x_{0}^{2}}{5}+y_{0}^{2}=1\left(y_{0} \in[-1,1]\right)(1), B(0,1)$.

因此 $|P B|^{2}=x_{0}^{2}+\left(y_{0}-1\right)^{2}(2)$

将(1)式代人(2)式化简得: $|P B|^{2}=-4\left(y_{0}+\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{25}{4} \geq \frac{25}{4}$, 当且仅当 $y_{0}=-\frac{1}{4}$ 时 $|P B|$ 的最大值为 $\frac{5}{2}$, 故选 $\mathrm{A}$.

答案：A

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：12. 设 $a \neq 0$, 若 $x=a$ 为函数 $f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)$ 的极大值点, 则
A. $a<b$
B. $a>b$
C. $a b<a^{2}$
D. $a b>a^{2}$

解答：解析:

$f^{\prime}(x)=2 a(x-a)(x-b)+a(x-a)^{2}=a(x-a)(3 x-2 b-a)$

当 $a>0$ 时, 原函数先增再减后增.

原函数在 $f^{\prime}(x)=0$ 的较小零点时取得极大值.

即 $a<\frac{a+2 b}{3}$, 即 $a<b, \therefore a^{2}<a b$.

当 $a<0$ 时, 原函数先减再增后减.

原函数在 $f^{\prime}(x)=0$ 的较大零点时取得极大值.

即 $a>\frac{a+2 b}{3}, a>b, a^{2}<a b$, 故选 D.

答案：D

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：17. 甲、乙两台机床生产同种产品, 产品按质量分为一级品和二级品, 为了比较两台机床产品的质量, 分别 用两台机床各生产了 200 件产品, 产品的质量情况统计如下表:

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 一级品 & 二级品 & 合计 \\
\hline 甲机床 & 150 & 50 & 200 \\
\hline 乙机床 & 120 & 80 & 200 \\
\hline 合计 & 270 & 130 & 400 \\
\hline
\end{tabular}

(1) 甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?

(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?

附: $\quad K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline
\end{tabular}



\begin{tabular}{|l|l|l|l|}
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

解答：【分析】本题考查频率统计和独立性检验, 属基础题, 根据给出公式计算即可

【详解】(1) 甲机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{150}{200}=75 \%$ ，

乙机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{120}{200}=60 \%$.

(2) $K^{2}=\frac{400(150 \times 80-120 \times 50)^{2}}{270 \times 130 \times 200 \times 200}=\frac{400}{39}>10>6.635$,

故能有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.

答案：【详解】(1) 甲机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{150}{200}=75 \%$ ，

乙机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{120}{200}=60 \%$.

(2) $K^{2}=\frac{400(150 \times 80-120 \times 50)^{2}}{270 \times 130 \times 200 \times 200}=\frac{400}{39}>10>6.635$,

故能有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：18. 已知数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的各项均为正数, 记 $S_{n}$ 为 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 从下面(1)(2)(3)中选取两个作为条件, 证明另 外一个成立.

(1)数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列: (2)数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列; (3) $a_{2}=3 a_{1}$.

注: 若选择不同的组合分别解答, 则按第一个解答计分.

解答：【分析】选(1)(2)作条件证明(3)时, 可设出 $\sqrt{S_{n}}$, 结合 $a_{n}, S_{n}$ 的关系求出 $a_{n}$, 利用 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列可证 $a_{2}=3 a_{1}$

选(1)(3)作条件证明(2)时, 根据等差数列的求和公式表示出 $\sqrt{S_{n}}$, 结合等差数列定义可证;

选(2)(3)作条件证明(1)时, 设出 $\sqrt{S_{n}}=a n+b$, 结合 $a_{n}, S_{n}$ 的关系求出 $a_{n}$, 根据 $a_{2}=3 a_{1}$ 可求 $b$, 然后可证 $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.

【详解】选(1)(2)作条件证明(3):

设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$; 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;

因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 也是等差数列, 所以 $(a+b)^{2}=a(2 a-a+2 b)$, 解得 $b=0$ ；

所以 $a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 所以 $a_{2}=3 a_{1}$.

选(1)(3)作条件证明(2):

因为 $a_{2}=3 a_{1},\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,

所以公差 $d=a_{2}-a_{1}=2 a_{1}$,

所以 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=n^{2} a_{1}$, 即 $\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}} n$ ，

因为 $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}(n+1)-\sqrt{a_{1}} n=\sqrt{a_{1}}$,

所以 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列.

选(2)(3)作条件证明(1):

设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$;

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;

因为 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a(3 a+2 b)=3(a+b)^{2}$ ， 解得 $b=0$ 或 $b=-\frac{4 a}{3}$ ；

当 $b=0$ 时, $a_{1}=a^{2}, a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}-a_{n-1}=2 a^{2}$ 满足等差数列的定义, 此时 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差 数列;

当 $b=-\frac{4 a}{3}$ 时, $\sqrt{S_{n}}=a n+b=a n-\frac{4}{3} a, \sqrt{S_{1}}=-\frac{a}{3}<0$ 不合题意, 舍去.

综上可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.

答案：【详解】选(1)(2)作条件证明(3):

设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$; 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;

因为 $\left\{a_{n}\right\}$ 也是等差数列, 所以 $(a+b)^{2}=a(2 a-a+2 b)$, 解得 $b=0$ ；

所以 $a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 所以 $a_{2}=3 a_{1}$.

选(1)(3)作条件证明(2):

因为 $a_{2}=3 a_{1},\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列,

所以公差 $d=a_{2}-a_{1}=2 a_{1}$,

所以 $S_{n}=n a_{1}+\frac{n(n-1)}{2} d=n^{2} a_{1}$, 即 $\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}} n$ ，

因为 $\sqrt{S_{n+1}}-\sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}(n+1)-\sqrt{a_{1}} n=\sqrt{a_{1}}$,

所以 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列.

选(2)(3)作条件证明(1):

设 $\sqrt{S_{n}}=a n+b(a>0)$, 则 $S_{n}=(a n+b)^{2}$,

当 $n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=(a+b)^{2}$;

当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=(a n+b)^{2}-(a n-a+b)^{2}=a(2 a n-a+2 b)$;

因为 $a_{2}=3 a_{1}$, 所以 $a(3 a+2 b)=3(a+b)^{2}$ ， 解得 $b=0$ 或 $b=-\frac{4 a}{3}$ ；

当 $b=0$ 时, $a_{1}=a^{2}, a_{n}=a^{2}(2 n-1)$, 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}-a_{n-1}=2 a^{2}$ 满足等差数列的定义, 此时 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差 数列;

当 $b=-\frac{4 a}{3}$ 时, $\sqrt{S_{n}}=a n+b=a n-\frac{4}{3} a, \sqrt{S_{1}}=-\frac{a}{3}<0$ 不合题意, 舍去.

综上可知 $\left\{a_{n}\right\}$ 为等差数列.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：20. 抛物线 $C$ 的顶点为坐标原点 $O$. 焦点在 $x$ 轴上, 直线 $l: x=1$ 交 $C$ 于 $P, Q$ 两点, 且 $O P \perp O Q$. 已知 点 $M(2,0)$, 且 $\odot M$ 与 $l$ 相切.

(1) 求 $C, \odot M$ 的方程; (2) 设 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 是 $C$ 上的三个点, 直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 均与 $\odot M$ 相切. 判断直线 $A_{2} A_{3}$ 与 $\odot M$ 的位置关系, 并说明理由.

解答：【分析】(1) 根据已知抛物线与 $x=1$ 相交, 可得出抛物线开口向右, 设出标准方程, 再利用对称性设出 $P, Q$ 坐标, 由 $O P \perp O Q$, 即可求出 $p$; 由圆 $M$ 与直线 $x=1$ 相切, 求出半径, 即可得出结论;

(2) 先考虑 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 根据对称性, 即可得出结论; 若 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率存在, 由 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 三 点在抛物线上, 将直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{2}, A_{2} A_{3}$ 斜率分别用纵坐标表示, 再由 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, 得出 $y_{2}+y_{3}, y_{2} \cdot y_{3}$ 与 $y_{1}$ 的关系, 最后求出 $M$ 点到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离, 即可得出结论.

【详解】（1）依题意设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0), P\left(1, y_{0}\right), Q\left(1,-y_{0}\right)$,

$\because O P \perp O Q, \therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=1-y_{0}^{2}=1-2 p=0, \therefore 2 p=1$

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=x$,

$M(0,2), \odot M$ 与 $x=1$ 相切, 所以半径为 1 ,

所以 $\odot M$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$;

(2) 设 $A_{1}\left(x_{1} y_{1}\right), A_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), A_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$

若 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 则 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$ 或 $x=3$,

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(1,1)$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的另一条直线方程为 $y=1$,

此时该直线与抛物线只有一个交点, 即不存在 $A_{3}$, 不合题意;

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=3$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(3, \sqrt{3}), A_{2}(3,-\sqrt{3})$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的直线 $A_{1} A_{3}$ 为 $y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}(x-3)$,

又 $k_{A_{1} A_{3}}=\frac{y_{1}-y_{3}}{x_{1}-x_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+y_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore y_{3}=0$, $x_{3}=0, A_{3}(0,0)$, 此时直线 $A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 关于 $x$ 轴对称,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率均存在,

则 $k_{A_{1} A_{2}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}, k_{A_{1} A_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}, k_{A_{2} A_{3}}=\frac{1}{y_{2}+y_{3}}$ ，

所以直线 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $y-y_{1}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x-x_{1}\right)$,

整理得 $x-\left(y_{1}+y_{2}\right) y+y_{1} y_{2}=0$ ，

同理直线 $A_{1} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{1}+y_{3}\right) y+y_{1} y_{3}=0$,

直线 $A_{2} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{2}+y_{3}\right) y+y_{2} y_{3}=0$,

$\because A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, $\therefore \frac{\left|2+y_{1} y_{2}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}}=1$

整理得 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{2}+3-y_{1}^{2}=0$,

$A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 同理 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{3}^{2}+2 y_{1} y_{3}+3-y_{1}^{2}=0$

所以 $y_{2}, y_{3}$ 为方程 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y^{2}+2 y_{1} y+3-y_{1}^{2}=0$ 的两根,

$y_{2}+y_{3}=-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}, y_{2} \cdot y_{3}=\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}$

$M$ 到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离为:

$\frac{\left|2+y_{2} y_{3}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{2}+y_{3}\right)^{2}}}=\frac{\left|2+\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}\right)^{2}}}$

$=\frac{\left|y_{1}^{2}+1\right|}{\sqrt{\left(y_{1}^{2}-1\right)^{2}+4 y_{1}^{2}}}=\frac{y_{1}^{2}+1}{y_{1}^{2}+1}=1$,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

综上若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 则直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切.

答案：【详解】（1）依题意设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0), P\left(1, y_{0}\right), Q\left(1,-y_{0}\right)$,

$\because O P \perp O Q, \therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=1-y_{0}^{2}=1-2 p=0, \therefore 2 p=1$

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=x$,

$M(0,2), \odot M$ 与 $x=1$ 相切, 所以半径为 1 ,

所以 $\odot M$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$;

(2) 设 $A_{1}\left(x_{1} y_{1}\right), A_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), A_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$

若 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 则 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$ 或 $x=3$,

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(1,1)$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的另一条直线方程为 $y=1$,

此时该直线与抛物线只有一个交点, 即不存在 $A_{3}$, 不合题意;

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=3$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(3, \sqrt{3}), A_{2}(3,-\sqrt{3})$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的直线 $A_{1} A_{3}$ 为 $y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}(x-3)$,

又 $k_{A_{1} A_{3}}=\frac{y_{1}-y_{3}}{x_{1}-x_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+y_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore y_{3}=0$, $x_{3}=0, A_{3}(0,0)$, 此时直线 $A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 关于 $x$ 轴对称,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率均存在,

则 $k_{A_{1} A_{2}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}, k_{A_{1} A_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}, k_{A_{2} A_{3}}=\frac{1}{y_{2}+y_{3}}$ ，

所以直线 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $y-y_{1}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x-x_{1}\right)$,

整理得 $x-\left(y_{1}+y_{2}\right) y+y_{1} y_{2}=0$ ，

同理直线 $A_{1} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{1}+y_{3}\right) y+y_{1} y_{3}=0$,

直线 $A_{2} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{2}+y_{3}\right) y+y_{2} y_{3}=0$,

$\because A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, $\therefore \frac{\left|2+y_{1} y_{2}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}}=1$

整理得 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{2}+3-y_{1}^{2}=0$,

$A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 同理 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{3}^{2}+2 y_{1} y_{3}+3-y_{1}^{2}=0$

所以 $y_{2}, y_{3}$ 为方程 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y^{2}+2 y_{1} y+3-y_{1}^{2}=0$ 的两根,

$y_{2}+y_{3}=-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}, y_{2} \cdot y_{3}=\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}$

$M$ 到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离为:

$\frac{\left|2+y_{2} y_{3}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{2}+y_{3}\right)^{2}}}=\frac{\left|2+\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}\right)^{2}}}$

$=\frac{\left|y_{1}^{2}+1\right|}{\sqrt{\left(y_{1}^{2}-1\right)^{2}+4 y_{1}^{2}}}=\frac{y_{1}^{2}+1}{y_{1}^{2}+1}=1$,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

综上若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 则直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：21. 已知 $a>0$ 且 $a \neq 1$, 函数 $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}(x>0)$.

（1）当 $a=2$ 时, 求 $f(x)$ 的单调区间;

(2) 若曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】(1) 求得函数的导函数, 利用导函数的正负与函数的单调性的关系即可得到函数的单调性;

(2) 利用指数对数的运算法则, 可以将曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点等价转化为方程 $\frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$ 有两个不同的实数根, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点, 利用导函数研究 $g(x)$ 的 单调性, 并结合 $g(x)$ 的正负, 零点和极限值分析 $g(x)$ 的图象, 进而得到 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 发现这正好是 $0<g(a)<g(e)$, 然后根据 $g(x)$ 的图象和单调性得到 $a$ 的取值范围.

【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减;

(2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$,

在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;

在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;

$\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$,

又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$,

所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$.

答案：【详解】（1）当 $a=2$ 时, $f(x)=\frac{x^{2}}{2^{x}}, f^{\prime}(x)=\frac{2 x-2^{x}-x^{2} \diamond 2^{x} \ln 2}{\left(2^{x}\right)^{2}}=\frac{x \diamond 2^{x}(2-x \ln 2)}{4^{x}}$, 令 $f^{\prime}(x)=0$ 得 $x=\frac{2}{\ln 2}$, 当 $0<x<\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$, 当 $x>\frac{2}{\ln 2}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$, $\therefore$ 函数 $f(x)$ 在 $\left(0, \frac{2}{\ln 2}\right]$ 上单调递增; $\left[\frac{2}{\ln 2},+\infty\right)$ 上单调递减;

(2) $f(x)=\frac{x^{a}}{a^{x}}=1 \Leftrightarrow a^{x}=x^{a} \Leftrightarrow x \ln a=a \ln x \Leftrightarrow \frac{\ln x}{x}=\frac{\ln a}{a}$, 设函数 $g(x)=\frac{\ln x}{x}$, 则 $g^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}}$, 令 $g^{\prime}(x)=0$, 得 $x=e$,

在 $(0, e)$ 内 $g^{\prime}(x)>0, g(x)$ 单调递增;

在 $(e,+\infty)$ 上 $g^{\prime}(x)<0, g(x)$ 单调递减;

$\therefore g(x)_{\max }=g(e)=\frac{1}{e}$,

又 $g(1)=0$, 当 $x$ 趋近于 $+\infty$ 时, $g(x)$ 趋近于 0 , 所以曲线 $y=f(x)$ 与直线 $y=1$ 有且仅有两个交点, 即曲线 $y=g(x)$ 与直线 $y=\frac{a}{\ln a}$ 有两个交点的充分必 要条件是 $0<\frac{\ln a}{a}<\frac{1}{e}$, 这即是 $0<g(a)<g(e)$,

所以 $a$ 的取值范围是 $(1, e) \cup(e,+\infty)$.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$

(1) 将 $C$ 的极坐标方程化为直角坐标方程;

(2) 设点 $A$ 的直角坐标为 $(1,0), M$ 为 $C$ 上的动点, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$, 写出 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方 程, 并判断 $C$ 与 $C_{1}$ 是否有公共点.

解答：【分析】(1) 将曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程化为 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$, 将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得;

(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$, 根据向量关系即可求得 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程, 求出 两圆圆心距，和半径之差比较可得.

【详解】(1) 由曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$ 可得 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$,

将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得 $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{2} x$, 即 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$,

即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$;

(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$ $\because \overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$

$\therefore(x-1, y)=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta-1, \sqrt{2} \sin \theta)=(2+2 \cos \theta-\sqrt{2}, 2 \sin \theta)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}x-1=2+2 \cos \theta-\sqrt{2} \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$,

故 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

$\because$ 曲线 $C$ 的圆心为 $(\sqrt{2}, 0)$, 半径为 $\sqrt{2}$, 曲线 $C_{1}$ 的圆心为 $(3-\sqrt{2}, 0)$, 半径为 2 ,

则圆心距为 $3-2 \sqrt{2}, \because 3-2 \sqrt{2}<2-\sqrt{2}, \therefore$ 两圆内含,

故曲线 $C$ 与 $C_{1}$ 没有公共点.

答案：【详解】(1) 由曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$ 可得 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$,

将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得 $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{2} x$, 即 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$,

即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$;

(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$ $\because \overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$

$\therefore(x-1, y)=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta-1, \sqrt{2} \sin \theta)=(2+2 \cos \theta-\sqrt{2}, 2 \sin \theta)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}x-1=2+2 \cos \theta-\sqrt{2} \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$,

故 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

$\because$ 曲线 $C$ 的圆心为 $(\sqrt{2}, 0)$, 半径为 $\sqrt{2}$, 曲线 $C_{1}$ 的圆心为 $(3-\sqrt{2}, 0)$, 半径为 2 ,

则圆心距为 $3-2 \sqrt{2}, \because 3-2 \sqrt{2}<2-\sqrt{2}, \therefore$ 两圆内含,

故曲线 $C$ 与 $C_{1}$ 没有公共点.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：17.某厂研制了一种生产高精产品的设备, 为检验新设备生产产品的某项指标有无提高, 用 一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品, 得到产品该项指标数据如下：

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|c|}
\hline 旧设备 & 9.8 & 10.3 & 10.0 & 10.2 & 9.9 & 9.8 & 10.0 & 10.1 & 10.2 & 9.7 \\
\hline 新设备 & 10.1 & 10.4 & 10.1 & 10.0 & 10.1 & 10.3 & 10.6 & 10.5 & 10.4 & 10.5 \\
\hline
\end{tabular}

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 $\bar{x}$ 和 $\bar{y}$, 样本方差分别 曰为 $S_{1}^{2}$ 和 $S_{2}^{2}$

(1) 求 $\bar{x}, \bar{y}, s_{1}^{2}, s_{2}^{2}$ :

（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 $\bar{y}-\bar{x} \geq 2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$, 则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，否 则不认为有显著提高）。

解答：

解析

解析:

(1) 各项所求值如下所示.

$\bar{x}=\frac{1}{10}(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.0$ $\bar{y}=\frac{1}{10}(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3$ $s_{1}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(9.7-10.0)^{2}+2 \times(9.8-10.0)^{2}+(9.9-10.0)^{2}+2 \times(10.0-10.0)^{2}+(10.1-10.0)^{2}\right.$ $\left.+2 \times(10.2-10.0)^{2}+(10.3-10.0)^{2}\right]=0.036$ $s_{2}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(10.0-10.3)^{2}+3 \times(10.1-10.3)^{2}+(10.3-10.3)^{2}+2 \times(10.4-10.3)^{2}+\right.$

$\left.2 \times(10.5-10.3)^{2}+(10.6-10.3)^{2}\right]=0.04$

（2）由（1）中数据得 $\bar{y}-\bar{x}=0.3,2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}} \approx 0.34$. 显然 $\bar{y}-\bar{x}<2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$. 所以不认为 新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。

答案：解析

解析:

(1) 各项所求值如下所示.

$\bar{x}=\frac{1}{10}(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10.0$ $\bar{y}=\frac{1}{10}(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3$ $s_{1}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(9.7-10.0)^{2}+2 \times(9.8-10.0)^{2}+(9.9-10.0)^{2}+2 \times(10.0-10.0)^{2}+(10.1-10.0)^{2}\right.$ $\left.+2 \times(10.2-10.0)^{2}+(10.3-10.0)^{2}\right]=0.036$ $s_{2}^{2}=\frac{1}{10} \times\left[(10.0-10.3)^{2}+3 \times(10.1-10.3)^{2}+(10.3-10.3)^{2}+2 \times(10.4-10.3)^{2}+\right.$

$\left.2 \times(10.5-10.3)^{2}+(10.6-10.3)^{2}\right]=0.04$

（2）由（1）中数据得 $\bar{y}-\bar{x}=0.3,2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}} \approx 0.34$. 显然 $\bar{y}-\bar{x}<2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$. 所以不认为 新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：19. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, $b_{n}$ 为数列 $\left\{S_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项积, 已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$.

(1) 证明：数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 是等差数列;

(2) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式.

解答：

解析

解析:

(1) 由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$, 则 $\frac{b_{n}}{b_{n-1}}=S_{n}(n \geq 2)$,

$\Rightarrow \frac{2 b_{n-1}}{b_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2 \Rightarrow 2 b_{n-1}+2=2 b_{n} \Rightarrow b_{n}-b_{n-1}=\frac{1}{2}(n \geq 2), \quad b_{1}=\frac{3}{2}$,

故 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列.

(2) 由 (1) 知 $b_{n}=\frac{3}{2}+(n-1) \frac{1}{2}=\frac{n+2}{2}$, 则 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{2}{n+2}=2 \Rightarrow S_{n}=\frac{n+2}{n+1}$,

$n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}, \quad n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{n+2}{n+1}-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n(n+1)}$, 故 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$.

答案：解析

解析:

(1) 由已知 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2$, 则 $\frac{b_{n}}{b_{n-1}}=S_{n}(n \geq 2)$,

$\Rightarrow \frac{2 b_{n-1}}{b_{n}}+\frac{1}{b_{n}}=2 \Rightarrow 2 b_{n-1}+2=2 b_{n} \Rightarrow b_{n}-b_{n-1}=\frac{1}{2}(n \geq 2), \quad b_{1}=\frac{3}{2}$,

故 $\left\{b_{n}\right\}$ 是以 $\frac{3}{2}$ 为首项, $\frac{1}{2}$ 为公差的等差数列.

(2) 由 (1) 知 $b_{n}=\frac{3}{2}+(n-1) \frac{1}{2}=\frac{n+2}{2}$, 则 $\frac{2}{S_{n}}+\frac{2}{n+2}=2 \Rightarrow S_{n}=\frac{n+2}{n+1}$,

$n=1$ 时, $a_{1}=S_{1}=\frac{3}{2}, \quad n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=\frac{n+2}{n+1}-\frac{n+1}{n}=-\frac{1}{n(n+1)}$, 故 $a_{n}=\left\{\begin{array}{l}\frac{3}{2}, n=1 \\ -\frac{1}{n(n+1)}, n \geq 2\end{array}\right.$.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：20. 设函数 $f(x)=\ln (a-x)$, 已知 $x=0$ 是函数 $y=x f(x)$ 的极值点.

(1) 求 $a$;

(2) 设函数 $g(x)=\frac{x+f(x)}{x f(x)}$, 证明: $g(x)<1$.

解答：

解析

解析:

(1) 令 $h(x)=x f(x)=x \ln (a-x)$

则 $h^{\prime}(x)=\ln (a-x)-\frac{x}{a-x}$.

$\because x=0$ 是函数 $y=x f(x)$ 的极值点.

$\therefore h^{\prime}(0)=0$.

解得: $a=1$;

(2) 由 (1) 可知: $f(x)=\ln (1-x)$

$g(x)=\frac{x+f(x)}{x f(x)}=\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}$

要证 $g(x)<1$, 即证 $\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}<1 \Leftrightarrow \frac{1}{\ln (1-x)}+\frac{1-x}{x}<0 \quad(x<1$ 且 $x \neq 0)$

$\Leftrightarrow \frac{x+(1-x) \ln (1-x)}{x \ln (1-x)}<0$

$\because$ 当 $x<0$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.

当 $0<x<1$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.

$\therefore$ 只需证明 $x+(1-x) \ln (1-x)>0$

令 $H(x)=x+(1-x) \ln (1-x)$ ，且易知 $H(0)=0$. 则 $H^{\prime}(x)=1-\ln (1-x)+\frac{-1}{1-x}(1-x)=-\ln (1-x)$

（i）当 $x<0$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)<0$, 则 $H(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减,

$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.

(ii) 当 $0<x<1$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)>0$, 则 $H(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增.

$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.

综上证得 $g(x)<1$.

答案：解析

解析:

(1) 令 $h(x)=x f(x)=x \ln (a-x)$

则 $h^{\prime}(x)=\ln (a-x)-\frac{x}{a-x}$.

$\because x=0$ 是函数 $y=x f(x)$ 的极值点.

$\therefore h^{\prime}(0)=0$.

解得: $a=1$;

(2) 由 (1) 可知: $f(x)=\ln (1-x)$

$g(x)=\frac{x+f(x)}{x f(x)}=\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}$

要证 $g(x)<1$, 即证 $\frac{1}{f(x)}+\frac{1}{x}<1 \Leftrightarrow \frac{1}{\ln (1-x)}+\frac{1-x}{x}<0 \quad(x<1$ 且 $x \neq 0)$

$\Leftrightarrow \frac{x+(1-x) \ln (1-x)}{x \ln (1-x)}<0$

$\because$ 当 $x<0$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.

当 $0<x<1$ 时, $x \cdot \ln (1-x)<0$.

$\therefore$ 只需证明 $x+(1-x) \ln (1-x)>0$

令 $H(x)=x+(1-x) \ln (1-x)$ ，且易知 $H(0)=0$. 则 $H^{\prime}(x)=1-\ln (1-x)+\frac{-1}{1-x}(1-x)=-\ln (1-x)$

（i）当 $x<0$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)<0$, 则 $H(x)$ 在 $(-\infty, 0)$ 上单调递减,

$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.

(ii) 当 $0<x<1$ 时, 易得 $H^{\prime}(x)>0$, 则 $H(x)$ 在 $(0,1)$ 上单调递增.

$\because H(0)=0, \therefore H(x)>H(0)=0$, 得证.

综上证得 $g(x)<1$.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：21.已知抛物线 $C: x^{2}=2 p y(p>0)$ 的焦点为 $F$, 且 $F$ 与圆 $M: x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 上点的 距离的最小值为 4 .

(1) 求 $p$;

(2) 若点 $P$ 在 $M$ 上, $P A, P B$ 是 $C$ 的两条切线, $A, B$ 是切点, 求 $\triangle P A B$ 面积的最 大值.

解答：

解析

解析:

(1) 焦点 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ 到 $x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 的最短距离为 $\frac{p}{2}+3=4$, 所以 $p=2$.

（2）抛物线 $y=\frac{1}{4} x^{2}$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 得

$l_{P A}: \quad y=\frac{1}{2} x_{1}\left(x-x_{1}\right)+y_{1}=\frac{1}{2} x_{1} x-\frac{1}{4} x_{1}^{2}=\frac{1}{2} x_{1} x-y_{1}$

$l_{P B}: y=\frac{1}{2} x_{2} x-y_{2}$, 且 $x_{0}^{2}=-y_{0}^{2}-8 y_{0}-15$,

$l_{P A}, l_{P B}$ 都过点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}y_{0}=\frac{1}{2} x_{1} x_{0}-y_{1} \\ y_{0}=\frac{1}{2} x_{2} x_{0}-y_{2}\end{array}\right.$,

故 $l_{A B}: y_{0}=\frac{1}{2} x_{0} x-y$, 即 $y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0}$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0} \\ x^{2}=4 y\end{array}\right.$, 得 $x^{2}-2 x_{0} x+4 y_{0}=0, \Delta=4 x_{0}^{2}-16 y_{0}$, 所以 $|A B|=\sqrt{1+\frac{x_{0}{ }^{2}}{4}} \cdot \sqrt{4 x_{0}{ }^{2}-16 y_{0}}=\sqrt{4+x_{0}{ }^{2}} \cdot \sqrt{x_{0}{ }^{2}-4 y_{0}}$,

$d_{P \rightarrow A B}=\frac{\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+4}}$, 所以

$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d_{P \rightarrow A B}=\frac{1}{2}\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right| \cdot \sqrt{x_{0}^{2}-4 y_{0}}$

$=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\left(-y_{0}^{2}-12 y_{0}-15\right)^{\frac{3}{2}}$

而 $y_{0} \in[-5,-3]$, 故当 $y_{0}=-5$ 时, $S_{\triangle P A B}$ 达到最大, 最大值为 $20 \sqrt{5}$.


答案：解析

解析:

(1) 焦点 $F\left(0, \frac{p}{2}\right)$ 到 $x^{2}+(y+4)^{2}=1$ 的最短距离为 $\frac{p}{2}+3=4$, 所以 $p=2$.

（2）抛物线 $y=\frac{1}{4} x^{2}$, 设 $A\left(x_{1}, y_{1}\right), B\left(x_{2}, y_{2}\right), P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 得

$l_{P A}: \quad y=\frac{1}{2} x_{1}\left(x-x_{1}\right)+y_{1}=\frac{1}{2} x_{1} x-\frac{1}{4} x_{1}^{2}=\frac{1}{2} x_{1} x-y_{1}$

$l_{P B}: y=\frac{1}{2} x_{2} x-y_{2}$, 且 $x_{0}^{2}=-y_{0}^{2}-8 y_{0}-15$,

$l_{P A}, l_{P B}$ 都过点 $P\left(x_{0}, y_{0}\right)$, 则 $\left\{\begin{array}{l}y_{0}=\frac{1}{2} x_{1} x_{0}-y_{1} \\ y_{0}=\frac{1}{2} x_{2} x_{0}-y_{2}\end{array}\right.$,

故 $l_{A B}: y_{0}=\frac{1}{2} x_{0} x-y$, 即 $y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0}$,

联立 $\left\{\begin{array}{l}y=\frac{1}{2} x_{0} x-y_{0} \\ x^{2}=4 y\end{array}\right.$, 得 $x^{2}-2 x_{0} x+4 y_{0}=0, \Delta=4 x_{0}^{2}-16 y_{0}$, 所以 $|A B|=\sqrt{1+\frac{x_{0}{ }^{2}}{4}} \cdot \sqrt{4 x_{0}{ }^{2}-16 y_{0}}=\sqrt{4+x_{0}{ }^{2}} \cdot \sqrt{x_{0}{ }^{2}-4 y_{0}}$,

$d_{P \rightarrow A B}=\frac{\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right|}{\sqrt{x_{0}^{2}+4}}$, 所以

$S_{\triangle P A B}=\frac{1}{2}|A B| \cdot d_{P \rightarrow A B}=\frac{1}{2}\left|x_{0}^{2}-4 y_{0}\right| \cdot \sqrt{x_{0}^{2}-4 y_{0}}$

$=\frac{1}{2}\left(x_{0}^{2}-4 y_{0}\right)^{\frac{3}{2}}=\frac{1}{2}\left(-y_{0}^{2}-12 y_{0}-15\right)^{\frac{3}{2}}$

而 $y_{0} \in[-5,-3]$, 故当 $y_{0}=-5$ 时, $S_{\triangle P A B}$ 达到最大, 最大值为 $20 \sqrt{5}$.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 .
(1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程;
(2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $X$ 轴正半轴为极轴建立坐标系, 求 这两条切线的极坐标方程.
解答：
答案:
见解析
解析:
(1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数 $)$
(2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$
(1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去;
(2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$,
此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$,
化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ，
两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$.
代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$
或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.

答案：答案:
见解析
解析:
(1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数 $)$
(2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$
(1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去;
(2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$,
此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$,
化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ，
两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$.
代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$
或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$.
(1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集;
(2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围.
解答：
答案:
见解析
解析:
当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$,
当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$;
当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$;
当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$.
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$.
(2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$,
因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3|$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时,
等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$
答案：答案:
见解析
解析:
当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$,
当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$;
当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$;
当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$.
综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$.
(2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$,
因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3|$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时,
等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：17. 甲、乙两台机床生产同种产品, 产品按质量分为一级品和二级品, 为了比较两台机床产品的质量, 分别 用两台机床各生产了 200 件产品, 产品的质量情况统计如下表: 

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & 一级品 & 二级品 & 合计 \\
\hline 甲机床 & 150 & 50 & 200 \\
\hline 乙机床 & 120 & 80 & 200 \\
\hline 合计 & 270 & 130 & 400 \\
\hline
\end{tabular}

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少?

(2) 能否有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异?

附: $\quad K^{2}=\frac{n(a d-b c)^{2}}{(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)}$

\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline$P\left(K^{2} \geq k\right)$ & 0.050 & 0.010 & 0.001 \\
\hline$k$ & 3.841 & 6.635 & 10.828 \\
\hline
\end{tabular}

解答：【分析】根据给出公式计算即可

【详解】(1) 甲机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{150}{200}=75 \%$,

乙机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{120}{200}=60 \%$.

(2) $K^{2}=\frac{400(150 \times 80-120 \times 50)^{2}}{270 \times 130 \times 200 \times 200}=\frac{400}{39}>10>6.635$,

故能有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.

答案：【详解】(1) 甲机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{150}{200}=75 \%$,

乙机床生产的产品中的一级品的频率为 $\frac{120}{200}=60 \%$.

(2) $K^{2}=\frac{400(150 \times 80-120 \times 50)^{2}}{270 \times 130 \times 200 \times 200}=\frac{400}{39}>10>6.635$,

故能有 $99 \%$ 的把握认为甲机床的产品与乙机床的产品质量有差异.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：18. 记 $S_{n}$ 为数列 $\left\{a_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和, 已知 $a_{n}>0, a_{2}=3 a_{1}$, 且数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列, 证明: $\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数 列.

解答：【分析】先根据 $\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}$ 求出数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 的公差 $d$, 进一步写出 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 的通项, 从而求出 $\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公 式, 最终得证.

【详解】 $\because$ 数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列, 设公差为 $d=\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{a_{2}+a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$

$\therefore \sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}+(n-1) \sqrt{a_{1}}=n \sqrt{a_{1}}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$

$\therefore S_{n}=a_{1} n^{2}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=a_{1} n^{2}-a_{1}(n-1)^{2}=2 a_{1} n-a_{1}$

当 $n=1$ 时, $2 a_{1} \times 1-a_{1}=a_{1}$, 满足 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

$\therefore a_{n}-a_{n-1}=\left(2 a_{1} n-a_{1}\right)-\left[2 a_{1}(n-1)-a_{1}\right]=2 a_{1}$

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.

答案：【详解】 $\because$ 数列 $\left\{\sqrt{S_{n}}\right\}$ 是等差数列, 设公差为 $d=\sqrt{S_{2}}-\sqrt{S_{1}}=\sqrt{a_{2}+a_{1}}-\sqrt{a_{1}}=\sqrt{a_{1}}$

$\therefore \sqrt{S_{n}}=\sqrt{a_{1}}+(n-1) \sqrt{a_{1}}=n \sqrt{a_{1}}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$

$\therefore S_{n}=a_{1} n^{2}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{\star}\right)$

$\therefore$ 当 $n \geq 2$ 时, $a_{n}=S_{n}-S_{n-1}=a_{1} n^{2}-a_{1}(n-1)^{2}=2 a_{1} n-a_{1}$

当 $n=1$ 时, $2 a_{1} \times 1-a_{1}=a_{1}$, 满足 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}$,

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 的通项公式为 $a_{n}=2 a_{1} n-a_{1}, \quad\left(n \in \mathbf{N}^{*}\right)$

$\therefore a_{n}-a_{n-1}=\left(2 a_{1} n-a_{1}\right)-\left[2 a_{1}(n-1)-a_{1}\right]=2 a_{1}$

$\therefore\left\{a_{n}\right\}$ 是等差数列.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：20. 设函数 $f(x)=a^{2} x^{2}+a x-3 \ln x+1$, 其中 $a>0$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 若 $y=f(x)$ 的图象与 $x$ 轴没有公共点, 求 $a$ 的取值范围.

解答：【分析】(1) 求出函数的导数, 讨论其符号后可得函数的单调性.

（2）根据 $f(1)>0$ 及 (1) 的单调性性可得 $f(x)_{\text {min }}>0$, 从而可求 $a$ 的取值范围.

【详解】(1) 函数的定义域为 $(0,+\infty)$,

又 $f^{\prime}(x)=\frac{(2 a x+3)(a x-1)}{x}$ ，

因为 $a>0, x>0$, 故 $2 a x+3>0$, 当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x>\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;

所以 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$, 增区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$.

(2) 因为 $f(1)=a^{2}+a+1>0$ 且 $y=f(x)$ 的图与 $x$ 轴没有公共点,

所以 $y=f(x)$ 的图象在 $x$ 轴的上方,

由（1）中函数的单调性可得 $f(x)_{\min }=f\left(\frac{1}{a}\right)=3-3 \ln \frac{1}{a}=3+3 \ln a$,

故 $3+3 \ln a>0$ 即 $a>\frac{1}{e}$.

答案：【详解】(1) 函数的定义域为 $(0,+\infty)$,

又 $f^{\prime}(x)=\frac{(2 a x+3)(a x-1)}{x}$ ，

因为 $a>0, x>0$, 故 $2 a x+3>0$, 当 $0<x<\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)<0$; 当 $x>\frac{1}{a}$ 时, $f^{\prime}(x)>0$;

所以 $f(x)$ 的减区间为 $\left(0, \frac{1}{a}\right)$, 增区间为 $\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$.

(2) 因为 $f(1)=a^{2}+a+1>0$ 且 $y=f(x)$ 的图与 $x$ 轴没有公共点,

所以 $y=f(x)$ 的图象在 $x$ 轴的上方,

由（1）中函数的单调性可得 $f(x)_{\min }=f\left(\frac{1}{a}\right)=3-3 \ln \frac{1}{a}=3+3 \ln a$,

故 $3+3 \ln a>0$ 即 $a>\frac{1}{e}$.

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：21. 抛物线 $C$ 的顶点为坐标原点 $O$. 焦点在 $x$ 轴上, 直线 $l: x=1$ 交 $C$ 于 $P, Q$ 两点, 且 $O P \perp O Q$. 已知 点 $M(2,0)$, 且 $\odot M$ 与 $l$ 相切.

(1) 求 $C, \odot M$ 的方程;

(2) 设 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 是 $C$ 上的三个点, 直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 均与 $\odot M$ 相切. 判断直线 $A_{2} A_{3}$ 与 $\odot M$ 的位置关系, 并说明理由.

解答：【分析】(1) 根据已知抛物线与 $x=1$ 相交, 可得出抛物线开口向右, 设出标准方程, 再利用对称性设出 $P, Q$ 坐标, 由 $O P \perp O Q$, 即可求出 $p$; 由圆 $M$ 与直线 $x=1$ 相切, 求出半径, 即可得出结论;

(2) 先考虑 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 根据对称性, 即可得出结论; 若 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率存在, 由 $A_{1}, A_{2}, A_{3}$ 三 点在抛物线上, 将直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{2}, A_{2} A_{3}$ 斜率分别用纵坐标表示, 再由 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切，得出 $y_{2}+y_{3}, y_{2} \cdot y_{3}$ 与 $y_{1}$ 的关系, 最后求出 $M$ 点到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离, 即可得出结论.

【详解】(1) 依题意设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0), P\left(1, y_{0}\right), Q\left(1,-y_{0}\right)$,

$\because O P \perp O Q, \therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=1-y_{0}^{2}=1-2 p=0, \therefore 2 p=1$,

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=x$, $M(0,2), \odot M$ 与 $x=1$ 相切, 所以半径为 1 ,

所以 $\odot M$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$;

(2) 设 $A_{1}\left(x_{1} y_{1}\right), A_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), A_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$

若 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 则 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$ 或 $x=3$,

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(1,1)$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的另一条直线方程为 $y=1$,

此时该直线与抛物线只有一个交点, 即不存在 $A_{3}$, 不合题意;

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=3$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(3, \sqrt{3}), A_{2}(3,-\sqrt{3})$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的直线 $A_{1} A_{3}$ 为 $y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}(x-3)$,

又 $k_{A_{1} A_{3}}=\frac{y_{1}-y_{3}}{x_{1}-x_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+y_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore y_{3}=0$,

$x_{3}=0, A_{3}(0,0)$, 此时直线 $A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 关于 $x$ 轴对称,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率均存在,

则 $k_{A_{1} A_{2}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}, k_{A_{1} A_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}, k_{A_{2} A_{3}}=\frac{1}{y_{2}+y_{3}}$,

所以直线 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $y-y_{1}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x-x_{1}\right)$,

整理得 $x-\left(y_{1}+y_{2}\right) y+y_{1} y_{2}=0$ ，

同理直线 $A_{1} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{1}+y_{3}\right) y+y_{1} y_{3}=0$,

直线 $A_{2} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{2}+y_{3}\right) y+y_{2} y_{3}=0$,

$\because A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, $\therefore \frac{\left|2+y_{1} y_{2}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}}=1$

整理得 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{2}+3-y_{1}^{2}=0$, $A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 同理 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{3}^{2}+2 y_{1} y_{3}+3-y_{1}^{2}=0$

所以 $y_{2}, y_{3}$ 为方程 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y^{2}+2 y_{1} y+3-y_{1}^{2}=0$ 的两根,

$y_{2}+y_{3}=-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}, y_{2} \cdot y_{3}=\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}$

$M$ 到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离为:

$\frac{\left|2+y_{2} y_{3}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{2}+y_{3}\right)^{2}}}=\frac{\left|2+\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}\right)^{2}}}$
$=\frac{\left|y_{1}^{2}+1\right|}{\sqrt{\left(y_{1}^{2}-1\right)^{2}+4 y_{1}^{2}}}=\frac{y_{1}^{2}+1}{y_{1}^{2}+1}=1$,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

综上若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 则直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切

答案：【详解】(1) 依题意设抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0), P\left(1, y_{0}\right), Q\left(1,-y_{0}\right)$,

$\because O P \perp O Q, \therefore \overrightarrow{O P} \cdot \overrightarrow{O Q}=1-y_{0}^{2}=1-2 p=0, \therefore 2 p=1$,

所以抛物线 $C$ 的方程为 $y^{2}=x$, $M(0,2), \odot M$ 与 $x=1$ 相切, 所以半径为 1 ,

所以 $\odot M$ 的方程为 $(x-2)^{2}+y^{2}=1$;

(2) 设 $A_{1}\left(x_{1} y_{1}\right), A_{2}\left(x_{2}, y_{2}\right), A_{3}\left(x_{3}, y_{3}\right)$

若 $A_{1} A_{2}$ 斜率不存在, 则 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$ 或 $x=3$,

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=1$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(1,1)$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的另一条直线方程为 $y=1$,

此时该直线与抛物线只有一个交点, 即不存在 $A_{3}$, 不合题意;

若 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $x=3$, 根据对称性不妨设 $A_{1}(3, \sqrt{3}), A_{2}(3,-\sqrt{3})$,

则过 $A_{1}$ 与圆 $M$ 相切的直线 $A_{1} A_{3}$ 为 $y-\sqrt{3}=\frac{\sqrt{3}}{3}(x-3)$,

又 $k_{A_{1} A_{3}}=\frac{y_{1}-y_{3}}{x_{1}-x_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}=\frac{1}{\sqrt{3}+y_{3}}=\frac{\sqrt{3}}{3}, \therefore y_{3}=0$,

$x_{3}=0, A_{3}(0,0)$, 此时直线 $A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 关于 $x$ 轴对称,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}, A_{2} A_{3}$ 斜率均存在,

则 $k_{A_{1} A_{2}}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}, k_{A_{1} A_{3}}=\frac{1}{y_{1}+y_{3}}, k_{A_{2} A_{3}}=\frac{1}{y_{2}+y_{3}}$,

所以直线 $A_{1} A_{2}$ 方程为 $y-y_{1}=\frac{1}{y_{1}+y_{2}}\left(x-x_{1}\right)$,

整理得 $x-\left(y_{1}+y_{2}\right) y+y_{1} y_{2}=0$ ，

同理直线 $A_{1} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{1}+y_{3}\right) y+y_{1} y_{3}=0$,

直线 $A_{2} A_{3}$ 的方程为 $x-\left(y_{2}+y_{3}\right) y+y_{2} y_{3}=0$,

$\because A_{1} A_{2}$ 与圆 $M$ 相切, $\therefore \frac{\left|2+y_{1} y_{2}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{1}+y_{2}\right)^{2}}}=1$

整理得 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{2}^{2}+2 y_{1} y_{2}+3-y_{1}^{2}=0$, $A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 同理 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y_{3}^{2}+2 y_{1} y_{3}+3-y_{1}^{2}=0$

所以 $y_{2}, y_{3}$ 为方程 $\left(y_{1}^{2}-1\right) y^{2}+2 y_{1} y+3-y_{1}^{2}=0$ 的两根,

$y_{2}+y_{3}=-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}, y_{2} \cdot y_{3}=\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}$

$M$ 到直线 $A_{2} A_{3}$ 的距离为:

$\frac{\left|2+y_{2} y_{3}\right|}{\sqrt{1+\left(y_{2}+y_{3}\right)^{2}}}=\frac{\left|2+\frac{3-y_{1}^{2}}{y_{1}^{2}-1}\right|}{\sqrt{1+\left(-\frac{2 y_{1}}{y_{1}^{2}-1}\right)^{2}}}$
$=\frac{\left|y_{1}^{2}+1\right|}{\sqrt{\left(y_{1}^{2}-1\right)^{2}+4 y_{1}^{2}}}=\frac{y_{1}^{2}+1}{y_{1}^{2}+1}=1$,

所以直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切;

综上若直线 $A_{1} A_{2}, A_{1} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切, 则直线 $A_{2} A_{3}$ 与圆 $M$ 相切

2021 年高考 （全国甲卷）
题目：22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立极坐标系, 曲线 $C$ 的极坐标方程为 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$

(1) 将 $C$ 的极坐标方程化为直角坐标方程;

(2) 设点 $A$ 的直角坐标为 $(1,0), M$ 为 $C$ 上的动点, 点 $P$ 满足 $\overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$, 写出 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方 程, 并判断 $C$ 与 $C_{1}$ 是否有公共点.

解答：【分析】(1) 将曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程化为 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$, 将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得;

(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$, 根据向量关系即可求得 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程, 求出 两圆圆心距，和半径之差比较可得.

【详解】(1) 由曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$ 可得 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$,

将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得 $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{2} x$, 即 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$,

即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$;

(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$

$\because \overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$

$\therefore(x-1, y)=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta-1, \sqrt{2} \sin \theta)=(2+2 \cos \theta-\sqrt{2}, 2 \sin \theta)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}x-1=2+2 \cos \theta-\sqrt{2} \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$,

故 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

$\because$ 曲线 $C$ 的圆心为 $(\sqrt{2}, 0)$, 半径为 $\sqrt{2}$, 曲线 $C_{1}$ 的圆心为 $(3-\sqrt{2}, 0)$, 半径为 2 ,

则圆心距为 $3-2 \sqrt{2}, \because 3-2 \sqrt{2}<2-\sqrt{2}, \therefore$ 两圆内含,

故曲线 $C$ 与 $C_{1}$ 没有公共点.

答案：【详解】(1) 由曲线 $\mathrm{C}$ 的极坐标方程 $\rho=2 \sqrt{2} \cos \theta$ 可得 $\rho^{2}=2 \sqrt{2} \rho \cos \theta$,

将 $x=\rho \cos \theta, y=\rho \sin \theta$ 代人可得 $x^{2}+y^{2}=2 \sqrt{2} x$, 即 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$,

即曲线 $C$ 的直角坐标方程为 $(x-\sqrt{2})^{2}+y^{2}=2$;

(2) 设 $P(x, y)$, 设 $M(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta, \sqrt{2} \sin \theta)$

$\because \overrightarrow{A P}=\sqrt{2} \overrightarrow{A M}$

$\therefore(x-1, y)=\sqrt{2}(\sqrt{2}+\sqrt{2} \cos \theta-1, \sqrt{2} \sin \theta)=(2+2 \cos \theta-\sqrt{2}, 2 \sin \theta)$,

则 $\left\{\begin{array}{l}x-1=2+2 \cos \theta-\sqrt{2} \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$, 即 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$,

故 $P$ 的轨迹 $C_{1}$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=3-\sqrt{2}+2 \cos \theta \\ y=2 \sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

$\because$ 曲线 $C$ 的圆心为 $(\sqrt{2}, 0)$, 半径为 $\sqrt{2}$, 曲线 $C_{1}$ 的圆心为 $(3-\sqrt{2}, 0)$, 半径为 2 ,

则圆心距为 $3-2 \sqrt{2}, \because 3-2 \sqrt{2}<2-\sqrt{2}, \therefore$ 两圆内含,

故曲线 $C$ 与 $C_{1}$ 没有公共点.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：17. 某厂研制了一种生产高精产品的设备, 为检验新设备生产产品的某项指标有无提高, 用 一台旧设备和一台新设备各生产了 10 件产品，得到各件产品该项指标数据如下:

\begin{tabular}{|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|l|}
\hline 旧设备 & 9.8 & 10.3 & 10.0 & 10.2 & 9.9 & 9.8 & 10.0 & 10.1 & 10.2 & 9.7 \\
\hline 新设备 & 10.1 & 10.4 & 10.1 & 10.0 & 10.1 & 10.3 & 10.6 & 10.5 & 10.4 & 10.5 \\
\hline
\end{tabular}

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 $\bar{x}$ 和 $\bar{y}$, 样本方差分别记为 $s_{1}^{2}$ 和 $s_{2}^{2}$.

(1) 求 $\bar{x}, \bar{y}, s_{1}^{2}, s_{2}^{2}$;

(2) 判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 $\bar{y}-\bar{x} \geq 2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}$, 则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高, 否则 不认为有显著提高).

解答：

解析

解析:

$\bar{x}=\frac{9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7}{10}=10$;

$\bar{y}=\frac{10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5}{10}=10.3$.

$s_{1}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.09+0.04+0.01+0.04+0.01+0.04+0.09)$

$=\frac{1}{10} \times 0.36=0.036$

$s_{2}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.01+0.04+0.09+0.04+0.09+0.04+0.01+0.04)$

$=\frac{1}{10} \times 0.4=0.04$

(2) $\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3$

$2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}=2 \sqrt{\frac{0.036+0.04}{10}}=2 \sqrt{0.0076}$

$\because$ 则 $0.3=\sqrt{0.09}>2 \sqrt{0.076}=\sqrt{0.0304}$

, 所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较

旧设备有显著提高;

没有显著提高.

答案：解析

解析:

$\bar{x}=\frac{9.8+10.3+10+10.2+9.9+9.8+10+10.1+10.2+9.7}{10}=10$;

$\bar{y}=\frac{10.1+10.4+10.1+10+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5}{10}=10.3$.

$s_{1}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.09+0.04+0.01+0.04+0.01+0.04+0.09)$

$=\frac{1}{10} \times 0.36=0.036$

$s_{2}^{2}=\frac{1}{10}(0.04+0.01+0.04+0.09+0.04+0.09+0.04+0.01+0.04)$

$=\frac{1}{10} \times 0.4=0.04$

(2) $\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3$

$2 \sqrt{\frac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}=2 \sqrt{\frac{0.036+0.04}{10}}=2 \sqrt{0.0076}$

$\because$ 则 $0.3=\sqrt{0.09}>2 \sqrt{0.076}=\sqrt{0.0304}$

, 所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较

旧设备有显著提高;

没有显著提高.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：19. 设 $\left\{a_{n}\right\}$ 是首项为 1 的等比数列, 数列 $\left\{b_{n}\right\}$ 满足 $b_{n}=\frac{n a_{n}}{3}$. 已知 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$, 成等差数 列.

(1) 求 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的通项公式;

(2) 记 $S_{n}$, 和 $T_{n}$ 分别为 $\left\{a_{n}\right\}$ 和 $\left\{b_{n}\right\}$ 的前 $n$ 项和.证明: $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$.

解答：

解析

解析:

设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $a_{n}=q^{n-1}$ ，

因为 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$ 成等差数列, 所以 $1+9 q^{2}=2 \times 3 q$, 解得 $q=\frac{1}{3}$,

故 $a_{n}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}, \quad S_{n}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)$.

又 $b_{n}=\frac{n}{3^{n}}$, 则 $T_{n}=\frac{1}{3^{1}}+\frac{2}{3^{2}}+\frac{3}{3^{3}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n-1}}+\frac{n}{3^{n}}$,

两边同乘 $\frac{1}{3}$, 则 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+1}}$,

两式相减, 得 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{3^{4}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n+1}}$,

即 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}$,

整理得 $T_{n}=\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{2 \times 3^{n}}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}$,

$2 T_{n}-S_{n}=2\left(\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}\right)-\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)=-\frac{4 n+3}{2 \times 3^{n}}<0$

故 $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$.

答案：解析

解析:

设 $\left\{a_{n}\right\}$ 的公比为 $q$, 则 $a_{n}=q^{n-1}$ ，

因为 $a_{1}, 3 a_{2}, 9 a_{3}$ 成等差数列, 所以 $1+9 q^{2}=2 \times 3 q$, 解得 $q=\frac{1}{3}$,

故 $a_{n}=\left(\frac{1}{3}\right)^{n-1}, \quad S_{n}=\frac{1-\frac{1}{3^{n}}}{1-\frac{1}{3}}=\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)$.

又 $b_{n}=\frac{n}{3^{n}}$, 则 $T_{n}=\frac{1}{3^{1}}+\frac{2}{3^{2}}+\frac{3}{3^{3}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n-1}}+\frac{n}{3^{n}}$,

两边同乘 $\frac{1}{3}$, 则 $\frac{1}{3} T_{n}=\frac{1}{3^{2}}+\frac{2}{3^{3}}+\frac{3}{3^{4}}+\cdots+\frac{n-1}{3^{n}}+\frac{n}{3^{n+1}}$,

两式相减, 得 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{1}{3}+\frac{1}{3^{2}}+\frac{1}{3^{3}}+\frac{1}{3^{4}}+\cdots+\frac{1}{3^{n}}-\frac{n}{3^{n+1}}$,

即 $\frac{2}{3} T_{n}=\frac{\frac{1}{3}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)}{1-\frac{1}{3}}-\frac{n}{3^{n+1}}=\frac{1}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{3^{n+1}}$,

整理得 $T_{n}=\frac{3}{4}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)-\frac{n}{2 \times 3^{n}}=\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}$,

$2 T_{n}-S_{n}=2\left(\frac{3}{4}-\frac{2 n+3}{2 \times 3^{n}}\right)-\frac{3}{2}\left(1-\frac{1}{3^{n}}\right)=-\frac{4 n+3}{2 \times 3^{n}}<0$

故 $T_{n}<\frac{S_{n}}{2}$.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：20. 已知抛物线 $C: y^{2}=2 p x(p>0)$ 的焦点 $F$ 到准线的距离为 2 .

(1) 求 $C$ 的方程,

(2) 已知 $O$ 为坐标原点, 点 $P$ 在 $C$ 上, 点 $Q$ 满足 $\overrightarrow{P Q}=9 \overrightarrow{Q F}$, 求直线 $O Q$ 斜率的最大值.

解答：

解析

解析:

(1) 由焦点到准线的距离为 $p$, 则 $p=2$.

抛物线 $c$ 的方程: $y^{2}=4 x$.

(2) 设点 $P\left(\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\right), Q\left(x_{Q}, y_{Q}\right), F(1,0)$.

$\because \overrightarrow{P Q}=9 \overrightarrow{Q F}$

$\therefore\left(x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{Q}-y_{0}\right)=9\left(1-x_{Q},-y_{Q}\right) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}=9-9 x_{Q} \\ y_{Q}-y_{0}=-9 x_{Q}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}=\frac{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}{10} \\ y_{Q}=\frac{y_{0}}{10}\end{array}\right.\right.$

则 $k_{O Q}=\frac{y_{Q}}{x_{Q}}=\frac{y_{0}}{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}=\frac{1}{\frac{9}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{4}} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{9}{4}}}=\frac{1}{3}$.

$\therefore$ 直线 $O Q$ 斜率的最大值为 $\frac{1}{3}$.

答案：解析

解析:

(1) 由焦点到准线的距离为 $p$, 则 $p=2$.

抛物线 $c$ 的方程: $y^{2}=4 x$.

(2) 设点 $P\left(\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{0}\right), Q\left(x_{Q}, y_{Q}\right), F(1,0)$.

$\because \overrightarrow{P Q}=9 \overrightarrow{Q F}$

$\therefore\left(x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}, y_{Q}-y_{0}\right)=9\left(1-x_{Q},-y_{Q}\right) \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}-\frac{y_{0}^{2}}{4}=9-9 x_{Q} \\ y_{Q}-y_{0}=-9 x_{Q}\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x_{Q}=\frac{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}{10} \\ y_{Q}=\frac{y_{0}}{10}\end{array}\right.\right.$

则 $k_{O Q}=\frac{y_{Q}}{x_{Q}}=\frac{y_{0}}{9+\frac{y_{0}^{2}}{4}}=\frac{1}{\frac{9}{y_{0}}+\frac{y_{0}}{4}} \leq \frac{1}{2 \sqrt{\frac{9}{4}}}=\frac{1}{3}$.

$\therefore$ 直线 $O Q$ 斜率的最大值为 $\frac{1}{3}$.

2021 年高考 （新课标ⅰ）
题目：21.已知函数 $f(x)=x^{3}-x^{2}+a x+1$.

(1) 讨论 $f(x)$ 的单调性;

(2) 求曲线 $y=f(x)$ 过坐标原点的切线与曲线 $y=f(x)$ 的公共点的坐标.

解答：

解析

解析:

(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$

(i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增.

(ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. 

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\
\hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\
\hline
\end{tabular}

$\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减.

(2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$.

22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 .

(1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程;

(2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系,

求这两条切线的极坐标方程.

答案:

见解析

解析:

(1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

(2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$

(1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$,

此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$,

化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ，

两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$

代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$

或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.

23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$.

(1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集;

(2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围.

答案:

见解析

解析:

当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$,

当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$;

当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$;

当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$.

综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$.

(2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$,

因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$

答案：解析

解析:

(1) $f^{\prime}(x)=3 x^{2}-2 x+a$

(i) 当 $\Delta=4-12 a \leq 0$, 即 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x) \geq 0$ 恒成立, 即 $f(x)$ 在 $f(x)$ 在 $x \in \mathbf{R}$ 上单调 递增.

(ii) 当 $\Delta=4-12>0$, 即 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f^{\prime}(x)=0$ 解得, $x_{1}=\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, x_{2}=\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$. 

\begin{tabular}{|c|c|c|c|c|c|}
\hline$x$ & $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ & $\frac{-\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}\right)$ & $\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3}$ & $\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ \\
\hline$f^{\prime}(x)$ & + & 0 & - & 0 & + \\
\hline$f(x)$ & 单调递增 & 极大值 & 单调递减 & 极小值 & 单调递增 \\
\hline
\end{tabular}

$\therefore f(x)$ 在 $\left(-\infty, \frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}\right),\left(\frac{1+\sqrt{1-3 a}}{3},+\infty\right)$ 单调递增, 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单 调递减, 综上所述：当 $a \geq \frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\mathbf{R}$ 上单调递增; 当 $a<\frac{1}{3}$ 时, $f(x)$ 在 $\left(\frac{1-\sqrt{1-3 a}}{3}, \frac{1+\sqrt{1+3 a}}{3}\right)$ 单调递减.

(2) 设可原点切线的切点为 $\left(t, t^{3}-t^{2}+a t+1\right)$, 切线斜率 $k=f^{\prime}(t)=3 t^{2}-2 t+a$. 又 $k=\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}$, 可得 $\frac{t^{3}-t^{2}+a t+1}{t}=3 t^{2}-2 t+a$. 化简得 $(t-1)\left(2 t^{2}+t+1\right)=0$, 即 $t=1 . \therefore$ 切点为 $(1, a+1)$, 斜率 $k=a+1$, 切线方程为 $y=(a+1) x$, 将 $y=(a+1) x$, $y=x^{3}-x^{2}+a x+1$ 联立可得 $x^{3}-x^{2}+a x+1=(a+1) x$, 化简得 $(x-1)^{2}(x+1)=0$, 解得 $x_{1}=1, x_{2}=-1 \ldots$ 过原点的切线与 $y=f(x)$ 公共点坐标为 $(1, a+1),(-1,-a-1)$.

22. 在直角坐标系 $x O y$ 中, $\odot C$ 的圆心为 $C(2,1)$, 半径为 1 .

(1) 写出 $\odot C$ 的一个参数方程;

(2) 过点 $F(4,1)$ 作 $\odot C$ 的两条切线. 以坐标原点为极点, $x$ 轴正半轴为极轴建立坐标系,

求这两条切线的极坐标方程.

答案:

见解析

解析:

(1) $\odot C$ 的参数方程为 $\left\{\begin{array}{l}x=2+\cos \theta \\ y=1+\sin \theta\end{array}\right.$ ( $\theta$ 为参数)

(2) $\odot C$ 的方程为 $(x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1$

(1)当直线斜率不存在时, 直线方程为 $x=4$, 此时圆心到直线距离为 $2>r$, 舍去; (2)当直线斜率存在时, 设直线方程为 $y-1=k(x-4)$, 化简为 $k x-y-4 k+1=0$,

此时圆心 $C(2,1)$ 到直线的距离为 $d=\frac{|2 k-1-4 k+1|}{\sqrt{k^{2}+1}}=r=1$,

化简得 $2|k|=\sqrt{k^{2}+1}$ ，

两边平方有 $4 k^{2}=k^{2}+1$, 所以 $k= \pm \frac{\sqrt{3}}{3}$

代人直线方程并化简得 $x-\sqrt{3} y+\sqrt{3}-4=0$ 或 $x+\sqrt{3} y-\sqrt{3}-4=0$ 化为极坐标方程为 $\rho \cos \theta-\sqrt{3} \rho \sin \theta=4-\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{5 \pi}{6}\right)=4-\sqrt{3}$

或 $\rho \cos \theta+\sqrt{3} \rho \sin \theta=4+\sqrt{3} \Leftrightarrow \rho \sin \left(\theta+\frac{\pi}{6}\right)=4+\sqrt{3}$.

23.已知函数 $f(x)=|x-a|+|x+3|$.

(1) 当 $a=1$ 时, 求不等式 $f(x) \geq 6$ 的解集;

(2) 若 $f(x)>-a$, 求 $a$ 的取值范围.

答案:

见解析

解析:

当 $a=1$ 时, $f(x) \geq 6 \Leftrightarrow|x-1|+|x+3| \geq 6$,

当 $x \leq-3$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x-x-3 \geq 6$, 解得 $x \leq-4$;

当 $-3<x<1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow 1-x+x+3 \geq 6$, 解得 $x \in \varnothing$;

当 $x \geq 1$ 时, 不等式 $\Leftrightarrow x-1+x+3 \geq 6$, 解得 $x \geq 2$.

综上, 原不等式的解集为 $(-\infty,-4] \cup[2,+\infty)$.

(2) 若 $f(x)>-a$, 即 $f(x)_{\min }>-a$,

因为 $f(x)=|x-a|+|x+3| \geq|(x-a)-(x+3)|=|a+3| \quad$ （当且仅当 $(x-a)(x+3) \leq 0$ 时, 等号成立), 所以 $f(x)_{\text {min }}=|a+3|$, 所以 $|a+3|>-a$, 即 $a+3<a$ 或 $a+3>-a$, 解得 $a \in\left(-\frac{3}{2},+\infty\right)$