2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13

2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题变式题13-17题

原题13

3xx



1______.

．已知函数

fxxa22







是偶函数则

,

a

变式题1基础

xemx

x



2___________

．已知．

m0,fx





x

为偶函数则

,

m

em



变式题2基础



3a

x



3___________.

．已知函数

f(x)x





x

是偶函数则

,

f(1)

31





5

变式题3巩固

2

4_____________.

．若函数

fxxlnax19x



（其中）为偶函数则

a0

,

a





变式题4巩固

x

5___________.

．若函数

fxlog4ax



2



为偶函数则

,

a

变式题5提升

6

．若函数

fxx3axb



为偶函数且在上单调递增则地解集

,,



0,



f2x0



为．

___________

变式题6提升

a(x1)sinx



2

7,,__________

．对于函数若则．

f(x)



f(5)f(5)4

a

2

x1



原题14

8,(),,

．已知为坐标原点抛物线：地焦点为为上一点与

O

CC

y2px

2

p0

F

P

PF

x

轴

垂直为轴上一点且

,,

Q

x

PQOP

,,______.

若则地准线方程为

FQ6

C

变式题1基础

9,.,

．设抛物线地焦点为点若线段地中点在抛物线上则

y2px(p0)

2

F

A(0,2)

FA

BB

到该抛物线准线地距离为．

_____________

变式题2基础

2

10,______.

．已知抛物线则抛物线地准线方程为

C:ymxmR,m0



过点

P1,4



C

变式题3巩固

2

11

．抛物线：

C

y2pxp0



地焦点为其准线与轴地交点为假如在直线

F

,,

x

A

xy40

上存在点使得则实数地取值范围是

M

,,___________.

FMA90

p

1

变式题4巩固

2

12

．直线

xy20

与抛物线交于两点若线段被点平

y2pxp0



A

,,

B

AB

M4,2



分则抛物线地准线方程为

,__________.

变式题5提升

2

13,

．已知点抛物线：

A0,3

C

y2pxp0



地焦点为射线与抛物线相交于

F

,

FA

C



点与其准线相交于点若地值等于

M

,.________.

N

FM:MN1:2

,

则

p

变式题6提升

14,,,

．已知抛物线地焦点为为坐标原点点在上且

E:y2px(p0)

2

FE

O

A

AF2OF

,,______.

若则

OA10

p

原题15

15

．函数

fx2x12lnx



地最小值为

______.

变式题1基础

16__________

．函数地最小值为．

f(x)xx2lnx

变式题2基础

17_____

．函数地最小值是．

y(x1)e

2x

变式题3巩固

1

2

2

x

2

18

．函数

fx





x

在地最大值为

x0,3



________.

e

变式题4巩固

19

．函数

fx





变式题5提升

20

．函数

f(x)2x|lnx|2

地最大值为

___________.

变式题6提升

lnx

2

在上地最大值是．

0,e





____

x





xex2x(x1)

x2



1



21f(x),x∈(∞,m],f(x)∈,m

．已知函数＝当－时则实数地取







,1



e





2x3(x1)



值范围是

________.

原题16

22,,

．某校学生在研究民间剪纸艺术时发现剪纸时经常会沿纸地某款对称轴把纸对折规

格为地长方形纸对折次共可以得到两种规格地

20dm12dm

,1,

10dm12dm

20dm6dm

2

图形它们地面积之和

,

S240dm

1

,2,,

对折次共可以得到

5dm12dm

10dm6dm

2

20dm3dm

三种规格地图形它们地面积之和以此类推则对折次共可以

,,,4

S180dm

2

2

得到不同规格图形地种数为。假如对折次那么

______,

n



S

k



______.

dm

2

k1



n

变式题1基础

23,,.,

．纸张地规格是指纸张制成后经过修整切边裁成一定地尺寸现在我国采用国际标准

规定以，，，，，等标记来表示纸张地幅面规格复印纸幅面规格

AO

A1

A2B2

B1

….

①

AO

，，，，只采用系列和系列其中系列地幅面规格为：

A1

A2

…,

A

B

AnNn

n



,8

A8

所有规格地纸张地幅宽（以

x

表示）和长度（以表示）地比例关系都为

y

x:y1:2

。将纸张沿长度方向对开成两等分便成为规格纸张沿长度方

②

AO

,,

A1A1

向对开成两等分便成为规格如此对开至规格现有，，，，

,,…,.…

A2A2

A8A8

AO

A1

纸各一张若纸地宽度为则纸地长度为。，，，八张

.,______…

A4A1A1

2dm

dm

A2

A8

纸地面积之和等于

______

dm

2

.

变式题2基础

24“”,

．杨辉三角是中国古代数学文化地瑰宝之一最早出现在中国南宋数学家杨辉于

1261,1654,

年所著地《详解九章算法》一书中欧洲数学家帕斯卡在年才发现这一规律

比杨辉要晚近四百年如图在由二项式系数所构成地杨辉三角中记第行地第个数

.,“”,23

字为

a

1

,33,…,3,

第行地第个数字为第行地第个数字为则

a

2n

n1

a

aaaa

12310

____________,____________.

111



aaa

12n

变式题3巩固

25ICME-7.

．如图甲是第七届国际数学教育大会（）地会徽它地主题图案是由一连串如

图乙所示地直角三角形演化而成地设其中地第一个直角三角形是等腰三角形且

.,

OAA

12

OAAAAAAAAA1

112233478

,,

它可以形成近似地等角螺线记

OA

1

，，，

OAOA

23

L

，地长度组成数列则

OA

8



anN,1n8

n



*

,____________

且

b

n



*

1

a

n

aa

nn1







nN,1n8

,

数列



b

n

地前项和为

7

____________.

3

变式题4巩固

26

．等比数列



a

n

中分别是下表一､二､三行中地某一个数且中地任何

,,

a,a,aa,a,a

123123

两个数不在下表地同一列．

第一列第二列第三列

第一行

第二行

第三行

3210

6414

9818

则数列地通项公式为。若数列满足为偶数时数



a

n

__________,



b

n

ba

nn



1ln

,

当

n

n

列前项和为．



b

n

2n

__________

变式题5提升

27“”,

．垛积术（隙积术）是由北宋科学家沈括在《梦溪笔谈》中首创南宋数学家杨辉，

圆代数学家朱世杰丰富和发展地一类数列求和方式有茭草垛，方垛，刍童垛，三角垛

,

等等某仓库中部分货物堆放成如图所示地茭草垛：自上而下第一层件以后每一层

.“”,1,

比上一层多件最后一层是件已知第一层货物单价万圆从第二层起货物地单价是

1,.1,,

n

7



7

上一层单价地层地货物地价格为若这堆货物总价是万圆则

,

第

n

______,,

64112





8



8

n

n

地值为

______.

变式题6提升

28,,.,

．九连环是中国地一种古老智力游戏它环环相扣趣味无穷长期以来

4

这个益智游戏是数学家及现代电子计算机专家们用于教学研究地课题和例子中国地末

.

代皇帝溥仪也曾有一个精美地由九个翡翠缳相连地银制地九连环如图现

(1906–1967)().

假设有个圆环用表示按某种规则解下个圆环所需地最小移动次数已知数列

nn

,.

a

n



a

n



n1



满足下面款件：地前项和为

a1

1

,,,,1

a2

2

aa2

nn2







n3,nN



记则：（）



a

n

S

n

a

9

________2________.

。（）

S

100

原题17



a1,n,

n

为奇数

a1

a



a

29,

．已知数列



n

满足

1

n1







a2,n.

n

为偶数

（）记地通项公式。

1

ba

n2n

,,,

写出并求数列

bb

1

2



b

n

（）求地前项和

220.



a

n

变式题1基础

2n1n



30

．已知数列



a

n

满足

a1,aa2a2

1n1nn





（）求地值猜想数列地通项公式不需要证明

1,).

a,a,a

234



a

n

(

（）令前项地和

2

bna

nn

,

求数列



b

n

n

T

n

变式题2基础

31,

．在数列点上



a

n

中在直线

,

a

1

1

1

(aa)nN*

nn1

，





yx

2

2

（）求数列地通项公式。

1



a

n

（）记地前项和．

2n

b

n



1

,

求数列



b

n

T

n

aa

nn1





变式题3巩固

32,

．已知数列



a

n

满足．

a1

1

a

n1





（）求证数列为等差数列。

1

{}

a1

n

1

1

a2

n



5

（）求数列地通项公式．

2



a

n

变式题4巩固

33,

．已知数列



a

n

中．

,

a3

1

aa

nn1



n11





(n2)

nn

（）求及数列地通项公式。

1

a

2

,,

a

3

a

4



a

n

（）设求及．

2,

Taaaa1a

n1234n



22222



变式题5提升

34,,

．已知数列且满足



a

n

中

,

a1

1

a3

2

n1



T

10

T

n

aa

n1n



1



nN





.

naan1aa2nn1



n2n1n1n





（）设是等差数列。

1

bnN

n



（）若地前项和

2

cn

n

N

na

n





,

证明：



b

n

aa

n1n





b

n





,.

求数列



c

n

n

S

n

a

n

变式题6提升

35,,.

．已知函数

fx







1

2x3



,

数列满足



a

n

a1

1

af

n1







nN

*

3x



a

n

（）求数列地通项公式。

1



a

n

（）令

2

Taaaaaaaaaa

n122334452n2n1





,.

求

T

n

6

参考结果：

1．1

【思路】利用偶函数地定义可求参数地值

a

.

3xx



3xx



【详解】因为

fxxa22







,,

故

fxxa22







因为为偶函数故

fx



,

fxfx



,

xx



3xx3xx



时

xa22xa22





,,

整理得到



a12+2=0





故

a1

,

故结果为：1

2

．



【思路】依据偶函数地定义得：地值

fxfx



,

即可求出

m

.

【详解】解：因为是偶函数所以

fx



,

fxfx



,

即

xemxem



xx



emem



xx







,

解得

m1

2

,

即．

m1

故结果为：



.

3

．

2

【思路】首先利用奇偶性求得

a

,.

然后求得

f1



【详解】依题意是偶函数所以

fx



,

fxfx



,

xx

311a

x







3a3a





55

5

,,

整理得

x0



所以



xx



xx

x

3131



31



1

5

所以

x1a0a1



,



31

x



所以

f(x)x





x

,

31





5

所以

f11





故结果为：

2

4

．

3

1

311



.

312



7

【思路】依据函数为偶函数利用恒成立化简式子进而得到结果

,,.

fxfx



2

【详解】因为函数为偶函数

fxxlnax19x



,





2

又

fxxlnax19x



,





则恒成立

fxfx



,

22

所以恒成立

xlnax19xxlnax19x

,





2

即恒成立

ax19x



1

19xax



2

,

22

即恒成立所以

x9a11



,

9a0

2

,,.

又所以

a0

a3

故结果为：

3

.

5．1

【思路】利用偶函数地性质列方程求a.

x

【详解】函数为偶函数

∵,

fxlog4ax



2



xx



∴

f(x)f(x)

,

即

log(4a)xlog(4a)x

22



xx



∴

log(4a)log(4a)2x

22



xx

∴

log(4a)log(1a4)

22

∴

414

xx

aa

∴ ,

a1

故结果为：1.

6

．



,15,

2

【思路】先依据偶函数得到上单调递增判断出把代

fxax9



,

依据在



0,



a0

,2-x



入后解不等式即可

.

2

【详解】为偶函数

∵,

fxx3axbax3abx3b



22

∴

fxax3abx3bax3abx3b



,

∴,,

3ab0

即

b3a

22

∴

fxax9aax9





,

8

∵,∴,

fx



在上单调递增



0,



a0

∵

f2xax15x0



,

∴



x1x50

,,

解得或

x1

x5

∴

不等式地解集为．



,15,

故结果为：



,15,

.

7．2

【思路】由题设得为奇函数即可得有关

f(x)a



地表达式进而由已知求值

,.

a

2axsinx



,

易知

yf(x)a

,

f(5)f(5)

a

2

x1



2axsinx



a(x1)sinx2axsinx



2

y



,

【详解】为奇函数

∵,

f(x)a



又

x1

2



x1x1

22



∴

f(5)f(5)2a4

,

即．

a2

故结果为：2

8

．

x

3

2

【思路】先用坐标表示

P，Q

,,,.

再依据向量垂直坐标表示列方程解得即得结果

p



p

【详解】抛物线：

C

y2px

2

(),

p0

地焦点

F,0





2

∵P,,

为上一点与轴垂直

C

PF

x

所以地横坐标为

P

p

,P,

代入抛物线方程求得地纵坐标为

p

2

p

不妨设

Pp

(,)

,

2

因为为轴上一点且

Q,

x

PQOP

,QF,

所以在地右侧

又

|FQ|6

,

Q(6,0),PQ(6,p)

uuur

p

2



p

2

因为

PQOP

,,

所以

PQOP

6p0

2

Qp0,p3

,

所以地准线方程为

C

x

3

故结果为：

x

.

2

3

2

【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.

9

9

．

3

2

4

【详解】试题思路：依据抛物线方程可表示出焦点F地坐标,进而求得B点地坐标代入抛物

线方程求得p,则B点坐标和抛物线准线方程可求,进而求得B到该抛物线准线地距离．

解：依题意可知F坐标为（,0）

∴B地坐标为（,1）代入抛物线方程得=1,解得p=,

∴抛物线准线方程为x=﹣

所以点B到抛物线准线地距离为+=,

故结果为

考点：抛物线地定义。抛物线地简单性质．

10

．

y

1

16

2

【思路】代入求解抛物线

P1,4



C:ymxmR,m0



,

再化简成标准形式求解准线方程

即可

.

22

【详解】由题

,

4m1m4



,.

故故抛物线地准线方程为

C:y4xxy

2

1

C

4

y

1

.

16

1

16

故结果为：

y

【点睛】本题主要考查了依据抛物线上地点抛物线方程以及准线地问题.属于基础题.

11

．





42,







【思路】依据题意求出点，地坐标设出点坐标由垂直关系得

F

A

,,

M

AMFM0

,

再利用

0

建立有关地不等式即可求解

P

.



p



p

【详解】解：由题意

,

F,0



,,

A,0







2



2

∵,

M

在直线上设点

xy40

Mx,x4



,









p

p

FMx,x4





,,

AMx,x4



∴



2

2





又

FMA90

,

10





pp

2

p

2

2

AMFMxxx40





∴

,,

即

2x8x160



22



4



p

2

22

∴

≥

842162p640



,,

解得或

p≤42

p≥42

4



又

p0

,

∴

p

地取值范围是





42,



.

故结果为：





42,



.

12

．

x1

【思路】设

Ax,y



11

,,,,

Bx,y



22

由点差法建立关系式可求出即可求解

p2

【详解】设平分可知

Ax,y



11

,,,

Bx,y



22

由线段被点

AB

M4,2



,

yy4

12

2

2

又

y2px

11

,,,

y2px

22

所以



yyyy2pxx

121212





由题意可知直线地斜率存在且为

,,1,

l

所以

xx

12

,,

所以

42p



yy

12



xx

12



即

412p

,.

所以

p2

故抛物线地准线方程为

x1

.

13

．

2

【思路】过点作垂直于准线于点依据已知款件可得

M

MK

K

,

MK:MN1:2

,

可得

MNK30



,,

设准线与即可求得

x

轴相交于点依据地值

E

,.

FEp

OA3

p

p



p

2

【详解】抛物线：地焦点为坐标为

C

y2pxp0



F



,0

,

准线为

x

2



2

过点作垂直于准线于点

M

MK

K

,

由抛物线地定义知

MFMK

,

因为

FM:MN1:2MK:MN1:2

,,

所以

所以

sinMNK



MK

MN2

1

,,

可得

MNK30



设准线与轴相交于点则

x

E

,

FEp

,,

NE2OA23

11

EF



tan30



,,

所以

pFEENtan30232



3

在中

Rt△NEF

,

EN

3

所以地值等于．

p

2

故结果为：．

2

14

．

22



p

【思路】设

Ax,y



00

,,

进而结合抛物线地定义与已知款件得进而由解得

A,p





OA10



2

结果

.

p



p

【详解】解：设

Ax,y



00

,,,

由题知

F,0



OF

2



2

因为

AF2OF

,

所以

AF2OFp

因为点在上

A

E

,

所以解得

AFxp



0

p

p

,

x

0

,

2

2



p

所以

A,p





,



2

所以

OA10pp

故结果为：

22

15．1

【思路】由思路式知定义域为

f(x)

(0,)

,,

讨论，，并结合导数研究

0x

地单调性即可求最小值

,.

f(x)

【详解】由题设知：定义域为

f(x)|2x1|2lnx

(0,)

,

1

1

x1

x1

2

2

p5

2

2

,,

解得

p22

42

12

∴

当单调递减。

0x

当此时单调递减。

1

时此时

,,

f(x)12x2lnx

f(x)

2

2

1

x1

时有

,,

f(x)2x12lnx

f(x)20





,

f(x)

2

x

2



0f(x)2

,,

此时单调递增。当时

f(x)

x

x1

f(x)2x12lnx

,

有



又在各分段地界点处连续

f(x)

,

∴,,,

综上有：时单调递减时单调递增。

0x1

f(x)f(x)

x1

∴

f(x)f(1)1

故结果为：1.

16

．

3

2



1

【思路】（）求导数确定函数在区间上地单调性即可求出函数在区

1 , ,

fxfx





,e



2



1

间上地最小值．



,e



2

2xx2

2





x2x1



,

【详解】

f'xx1





xxx



1

当时

x,1





f'x0



,



2

当时

x1,ef'x0

