5、…,yn,其中
yi=xi+c(i=1,2,…,n),c為非零常數(shù)，則
A.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同
B.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)相同
C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同
D.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同
10.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P1(cosα,sinα),P2(cosβ，-sinβ),P3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1，0),則
A.|OP1|=|OP2|
B. |AP1|=|AP2|
C.OAOP3=OP1OP2
D. OAOP1=OP2OP3
11.已知點(diǎn)P在圓(x-5)2+ (y-5)2 =16上，點(diǎn)A（4,0），B（0,2）
6、，則
A.點(diǎn)P到直線AB的距離小于10
B.點(diǎn)P到直線AB的距離大于2
C.當(dāng)∠PBA最小時(shí)，|PB|=32
D.當(dāng)∠PBA最大時(shí)，|PB|=32
12.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1 ，點(diǎn)P滿足PB=λBC+μBB1 ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，則
A．當(dāng)λ=1時(shí)，△AB1P的周長(zhǎng)為定值
B. 當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P-A1BC 的體積為定值
C. 當(dāng)λ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1P⊥BP
D.當(dāng)μ=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P
三．選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分
13.已知函數(shù)f(x)=x3(
7、a 2x-2-x)是偶函數(shù)，則a=____________
14.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C:y2=2px(p＞0）的焦點(diǎn)為F,P為C上一點(diǎn)，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點(diǎn)，且PQ⊥OP,若|FQ|=6，則C的準(zhǔn)線方程為____
15. 函數(shù)f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值為
16. 某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)此紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折.規(guī)格為20dmXl2dm的長(zhǎng)方形紙.對(duì)折1次共可以得到10dmX2dm . 20dmX6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1=240 dm2,對(duì)折2次共可以得5dmX12dm ，10dmX6dm，20dmX3dm
8、三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180dm2.以此類推.則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為______:如果對(duì)折n次，那么k=1nsk=______dm2
四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17.(10分)已知數(shù)列{an}滿足a1=1，an+1an+1，n為奇數(shù)an+2，n為偶數(shù)
(1)記bn=a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；
(2)求{an}的前20項(xiàng)和
18.(12 分)
某學(xué)校組織"一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，有A，B兩類問題?每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問題中選擇類并從中隨機(jī)抽収一個(gè)問題冋答
9、，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若 回答正確則從另一類問題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽 結(jié)束.A類問題中的每個(gè)問題回答正確得20分，否則得0分：B類問題中的每個(gè)問題 回答正確得80分，否則得0分。
己知小明能正確回答A類問題的概率為0.8 ,能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6 . 且能正確回答問題的概率與回答次序無關(guān)。
（1）若小明先回答A類問題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列：
（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問題？并說明理由。
19.(12分)
記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a.，b.，c,已知b2=ac,點(diǎn)D在邊AC 上，BD
10、sin∠ABC = asinC.
(1)證明：BD = b：
(2)若AD = 2DC .求cos∠ABC.
20.(12分)
如圖，在三棱錐A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O為BD的中點(diǎn).
(1)證明：OA⊥CD：
(2)若△OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形.點(diǎn)E在 棱AD上. DE = 2EA .且二面角E-BC-D的大小為45，求三棱錐A-BCD的體積.
21.(12分)
在平面直角坐標(biāo)系xOy中，己知點(diǎn)F1(-√17,0)，F(xiàn)2(√17,0),點(diǎn)M滿足|MFt|-|MF2|=2.記M 的軌跡為C.
(1)求C的方程;
(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上，過T
11、 的兩條直線分別交C于A，B兩點(diǎn)和P，Q兩點(diǎn),且|TA|?|TB|=|TP|?|TQ| ,求直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和
22.(12分)
已知函數(shù)f(x)=x（1-lnx)
(1)討論f(x)的單調(diào)性
(2)設(shè)a,b為兩個(gè)不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b證明:2<1a+1b
12、b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=5
∵b1=a2=a1+1,∴a2-a1=1.
b2=a4=a3+1=a2+3 ∴a4-a2=3.
同理a6-a4=3
……
bn=a2n-a2n-2=3.
疊加可知a2n-a1=1+3(n-1)
∴a2n=3n-1
∴bn=3n-1.驗(yàn)證可得b1=a2=2，符合上式.
（2）解：∵a2n=a2n-1+1
∴a2n-1=a2n-1=3n-2.
∴設(shè){an}前20項(xiàng)和為S20
∴S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)
=145+155=300
18.
（1）解：
由題意得x=0,
13、20,100.
P（x=0）=0.2
P(x=20)=0.80.4=0.32
P(x=100)=0.48
X
0
20
100
P
0.2
0.32
0.48
∴
（2）解：
小明先選擇B，得分為y
∴y=0,80,100
P（y=0）=0.4
P(y=80)=0.60.2=0.12
P(y=100)= 0.60.8=0.48
y
0
80
100
p
0.4
0.12
0.48
∴
Ex=54.4 Ey=57.6
∴小明應(yīng)先選擇B.
19.
（1） 由正弦定理
得bsin∠ABC=csin
14、c,即sin∠ABC=bsincc
又由BDsin∠ABC=asinc，得BDbsincc=asinc,
即 BD?b=acb2=ac? BD=b
(2) 由AD=2DC,將AD=2DC,即BD=13BA=23BC
?|BD|2 = 19|BA|2+ 49|BC|2+ 49BA ?BC
?b2=19c2+49a2+49c?aa2+c2-b22ac
?11b2 =3c2+6a2b2 =ac?6a2-11ac+3c2=0
?a=32c或a=13c
①a=32cb2 =ac ?b2 =32c2?cos∠ABCa2+c2-b22ac=
94c2+c2-32c22c?
15、32c=712
②a=13cb2 =ac?b2 =13c2?cos∠ABC=19c2+c2-13c22c?13c=76(x)
綜上
cos∠ABC=712
20.
(1)證明：
由已知，?ABD中AB=AD且O為BD中點(diǎn)
∴AO⊥BD
又平面ABD⊥平面BCD
∴AO⊥平面BCD且CD?平面BCD
∴AO⊥CD
(2)由于△OCD為正三角形，邊長(zhǎng)為1
∴OB=OD=OC=CD
∴∠BCD=90
取OD中點(diǎn)H，連結(jié)CH，則CH⊥OD
以H為原點(diǎn)，HC,HD,HZ為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系
由①可知，平面BCD的法向量m=(0,0,1)
設(shè)C(3
16、2,0,0)，B(0,-32,0)，D(0,12,0)
則DA=(0,-1,h)
∵DE=2EA
∴DE=23DA=(0,-23,23h)
∴BE=DE-DB=(0,43,23h)且BC=(32,32,0)
設(shè)n⊥平面BEC n=(x,y,z)
∴n?BC=0n?BE=0，即3x+3y=043y+23hz=0
∴n=(3,-1,2h)
由于二面角E-BC-D為45
∴cos45=22=|cosn?m|=2h3+1+4h2
∴h=1
∴V三棱錐A-BCD=13S?BCDh=133421=36
21.（1）c=17, 2a=2,a=1,b=4
C表示雙曲線的右支
17、方程：x2-y216=1(x≥1)
（2）設(shè)T(12,m)，設(shè)直線AB的方程為y=k1x-12+m，Ax1,y1,Bx2,y2
y=k1x-12+m16x2-y2=16，得16x2-[k12x2-x+14+2k1mx-12+m2]=16
16-k12x2+k12-2k1mx-14k12+k1m-m2-16=0
∴TATB=1+k12x1-12x2-12
=1+k12x1x2-12x1+x2+14
=1+k12k1m-14k12-m2-1616-k12-122k1m-k1216-k12+14
=1+k12-m2-1216-k12
=1+k12m2+12k12-16
設(shè)
18、kPQ=k2，同理可得
TPTQ=1+k22m2+12k22-16
所以1+k12m2+12k12-16=1+k22m2+12k22-16
得k22-16k12=k12-16k22
∴k12=k22
∵k1≠k2
∴k1=-k2
即k1+k2=0
22.（1）f(x)=x-xlnx
f’(x)=1-lnx-1=-lnx(x＞0)
令f’(x)＞0，則0＜x＜1，
令f’(x)＜0，則x＞1
∴f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1,+∞).
(2)lnaa-lnbb=1b-1a
即1+lnaa=1+lnbb，即f(1a)=f(1b)
令p
19、=1a，q=1b，不妨設(shè)0＜p＜1＜q，下面證明2＜p+q＜e.
① 先證p+q＞2，當(dāng)p≥2時(shí)結(jié)論顯然成立.
當(dāng)q∈(1,2)時(shí)，p+q＞2,，則p＞2-q，∴2-q＜1.只需設(shè)f(p)＞f(2-q).
即證當(dāng)q∈(1,2)時(shí)，由f(p)＞f(2-q)
令g(x)=f(x)-f(2-x).
g’(x)=f’(x)+f’(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln[-(x-1)2+1]
當(dāng)x∈(1,2)時(shí)，-(x-1)2+1＜1，所以g’(x)＞0,
∴g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，
∴g(q)＞g(1)=0，即f(q)＞f(2-q)
②再設(shè)p+q0，當(dāng)x∈?,+∞時(shí)，fx<0
∴q?-1>1
要證qf?-p
即證當(dāng)P∈0,1時(shí)，有fP>f?-p
設(shè)hx=fx-f?-x，x∈0,1，hx=fx+f?-k=-lnx-ln?-x=-lnx?-x
設(shè)?x-x2=1 小于1的根為x0，則hx在0,x0單調(diào)遞增，在x0,1單調(diào)遞減.
hx>h1=f1-f?-1>0
證畢
2021年湖北高考數(shù)學(xué)真題及答案
