2021年山東省高考數(shù)學(xué)和答案-(新高考ⅰ)

第1頁（共1頁）2021年山東省高考數(shù)學(xué)試卷（新高考Ⅰ）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．（5分）設(shè)集合A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，則A∩B＝（）A．{2} B．{2，3} C．{3，4} D．{2，3，4}2．（5分）已知z＝2﹣i，則z（+i）＝（）A．6﹣2i B．4﹣2i C．6+2i D．4+2i3．（5分）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（）A．2 B．2 C．4 D．44．（5分）下列區(qū)間中，函數(shù)f（x）＝7sin（x﹣）單調(diào)遞增的區(qū)間是（）A．（0，） B．（，π） C．（π，） D．（，2π）5．（5分）已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：+＝1的兩個焦點，點M在C上，則|MF1|?|MF2|的最大值為（）A．13 B．12 C．9 D．66．（5分）若tanθ＝﹣2，則＝（）A．﹣ B．﹣ C． D．7．（5分）若過點（a，b）可以作曲線y＝ex的兩條切線，則（）A．eb＜a B．ea＜b C．0＜a＜eb D．0＜b＜ea8．（5分）有6個相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球．甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（）A．甲與丙相互獨立 B．甲與丁相互獨立 C．乙與丙相互獨立 D．丙與丁相互獨立二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9．（5分）有一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2，…，xn，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)y1，y2，…，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．（5分）已知O為坐標(biāo)原點，點P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），則（）A．||＝|| B．||＝|| C．?＝? D．?＝?11．（5分）已知點P在圓（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，點A（4，0），B（0，2），則（）A．點P到直線AB的距離小于10 B．點P到直線AB的距離大于2 C．當(dāng)∠PBA最小時，|PB|＝3 D．當(dāng)∠PBA最大時，|PB|＝312．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，則（）A．當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值 B．當(dāng)μ＝1時，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值 C．當(dāng)λ＝時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥BP D．當(dāng)μ＝時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．（5分）已知函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，則a＝．14．（5分）已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C：y2＝2px（p＞0）的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，則C的準(zhǔn)線方程為．15．（5分）函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值為．16．（5分）某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折．規(guī)格為20dm×12dm的長方形紙，對折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1＝240dm2，對折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S2＝180dm2，以此類推．則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為；如果對折n次，那么Sk＝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+1＝（1）記bn＝a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列{bn}的通項公式；（2）求{an}的前20項和．18．（12分）某學(xué)校組織“一帶一路”知識競賽，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一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學(xué)比賽結(jié)束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學(xué)比賽結(jié)束．A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分．已知小明能正確回答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為小明的累計得分，求X的分布列；（2）為使累計得分的期望最大，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的對邊分別為a，b，c．已知b2＝ac，點D在邊AC上，BDsin∠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⊥平面BCD，AB＝AD，O為BD的中點．（1）證明：OA⊥CD；（2）若△OCD是邊長為1的等邊三角形，點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，已知點F1（﹣，0），F(xiàn)2（，0），點M滿足|MF1|﹣|MF2|＝2．記M的軌跡為C．（1）求C的方程；（2）設(shè)點T在直線x＝上，過T的兩條直線分別交C于A，B兩點和P，Q兩點，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為兩個不相等的正數(shù)，且blna﹣alnb＝a﹣b，證明：2＜+＜e．

答案一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1解析：：直接利用交集運算得答案．答案：∵A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，∴A∩B＝{x|﹣2＜x＜4}∩{2，3，4，5}＝{2，3}．故選：B．2解析：：把z＝2﹣i代入z（+i），再由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案．答案：∵z＝2﹣i，∴z（+i）＝（2﹣i）（2+i+i）＝（2﹣i）（2+2i）＝4+4i﹣2i﹣2i2＝6+2i．故選：C．3解析：：設(shè)母線長為l，利用圓錐底面周長即為側(cè)面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側(cè)面展開圖半圓的半徑，列出方程，求解即可．答案：由題意，設(shè)母線長為l，因為圓錐底面周長即為側(cè)面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側(cè)面展開圖半圓的半徑，則有，解得，所以該圓錐的母線長為．故選：B．4解析：：本題需要借助正弦函數(shù)單調(diào)增區(qū)間的相關(guān)知識點求解．答案：令，k∈Z．則，k∈Z．當(dāng)k＝0時，x∈[，]，（0，）?[，]，故選：A．5解析：：利用橢圓的定義，結(jié)合基本不等式，轉(zhuǎn)化求解即可．答案：F1，F(xiàn)2是橢圓C：+＝1的兩個焦點，點M在C上，|MF1|+|MF2|＝6，所以|MF1|?|MF2|≤＝9，當(dāng)且僅當(dāng)|MF1|＝|MF2|＝3時，取等號，所以|MF1|?|MF2|的最大值為9．故選：C．6解析：：由題意化簡所給的三角函數(shù)式，然后利用齊次式的特征即可求得三角函數(shù)式的值．答案：由題意可得：＝＝＝．故選：C．7解析：：畫出函數(shù)的圖象，判斷（a，b）與函數(shù)的圖象的位置關(guān)系，即可得到選項．答案：函數(shù)y＝ex是增函數(shù)，y′＝ex＞0恒成立，函數(shù)的圖象如圖，y＞0，即切點坐標(biāo)在x軸上方，如果（a，b）在x軸下方，連線的斜率小于0，不成立．點（a，b）在x軸或下方時，只有一條切線．如果（a，b）在曲線上，只有一條切線；（a，b）在曲線上側(cè)，沒有切線；由圖象可知（a，b）在圖象的下方，并且在x軸上方時，有兩條切線，可知0＜b＜ea．故選：D．8解析：：分別列出甲、乙、丙、丁可能的情況，然后根據(jù)獨立事件的定義判斷即可．答案：由題意可知，兩點數(shù)和為8的所有可能為：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），兩點數(shù)和為7的所有可能為（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），P（甲）＝，P（乙）＝，P（丙）＝＝，P（丁）＝＝，A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙），B：P（甲?。剑絇（甲）P（?。?，C：P（乙丙）＝≠P（乙）P（丙），D：P（丙?。?≠P（丙）P（?。蔬x：B．二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。9解析：：利用平均數(shù)、中位數(shù)、標(biāo)準(zhǔn)差、極差的定義直接判斷即可．答案：對于A，兩組數(shù)據(jù)的平均數(shù)的差為c，故A錯誤；對于B，兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本中位數(shù)的差是c，故B錯誤；對于C，∵標(biāo)準(zhǔn)差D（yi）＝D（xi+c）＝D（xi），∴兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同，故C正確；對于D，∵yi＝xi+c（i＝1，2，…，n），c為非零常數(shù)，x的極差為xmax﹣xmin，y的極差為（xmax+c）﹣（xmin+c）＝xmax﹣xmin，∴兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同，故D正確．故選：CD．10解析：：由已知點的坐標(biāo)分別求得對應(yīng)向量的坐標(biāo)，然后逐一驗證四個選項得答案．答案：∵P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），∴＝（cosα，sinα），＝（cosβ，﹣sinβ），＝（cos（α+β），sin（α+β）），＝（1，0），，，則，，則||＝||，故A正確；＝＝，＝＝，||≠|(zhì)|，故B錯誤；＝1×cos（α+β）+0×sin（α+β）＝cos（α+β），＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝cos（α+β），∴?＝?，故C正確；＝1×cosα+0×sinα＝cosα，＝cosβcos（α+β）﹣sinβsin（α+β）＝cos[β+（α+β）]＝cos（α+2β），∴?≠?，故D錯誤．故選：AC．11解析：：求出過AB的直線方程，再求出圓心到直線AB的距離，得到圓上的點P到直線AB的距離范圍，判斷A與B；畫出圖形，由圖可知，當(dāng)過B的直線與圓相切時，滿足∠PBA最小或最大，求出圓心與B點間的距離，再由勾股定理求得|PB|判斷C與D．答案：∵A（4，0），B（0，2），∴過A、B的直線方程為，即x+2y﹣4＝0，圓（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16的圓心坐標(biāo)為（5，5），圓心到直線x+2y﹣4＝0的距離d＝＝＞4，∴點P到直線AB的距離的范圍為[，]，∵＜5，∴＜1，＜10，∴點P到直線AB的距離小于10，但不一定大于2，故A正確，B錯誤；如圖，當(dāng)過B的直線與圓相切時，滿足∠PBA最小或最大（P點位于P1時∠PBA最小，位于P2時∠PBA最大），此時|BC|＝，∴|PB|＝，故CD正確．故選：ACD．12解析：：判斷當(dāng)λ＝1時，點P在線段CC1上，分別計算點P為兩個特殊點時的周長，即可判斷選項A；當(dāng)μ＝1時，點P在線段B1C1上，利用線面平行的性質(zhì)以及錐體的體積公式，即可判斷選項B；當(dāng)λ＝時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連結(jié)M1M，則點P在線段M1M上，分別取點P在M1，M處，得到均滿足A1P⊥BP，即可判斷選項C；當(dāng)μ＝時，取CC1的中點D1，BB1的中點D，則點P在線的DD1上，證明當(dāng)點P在點D1處時，A1B⊥平面AB1D1，利用過定點A與定直線A1B垂直的平面有且只有一個，即可判斷選項D．答案：對于A，當(dāng)λ＝1時，＝+μ，即，所以，故點P在線段CC1上，此時△AB1P的周長為AB1+B1P+AP，當(dāng)點P為CC1的中點時，△AB1P的周長為，當(dāng)點P在點C1處時，△AB1P的周長為，故周長不為定值，故選項A錯誤；對于B，當(dāng)μ＝1時，，即，所以，故點P在線段B1C1上，因為B1C1∥平面A1BC，所以直線B1C1上的點到平面A1BC的距離相等，又△A1BC的面積為定值，所以三棱錐P﹣A1BC的體積為定值，故選項B正確；對于C，當(dāng)λ＝時，取線段BC，B1C1的中點分別為M，M1，連結(jié)M1M，因為，即，所以，則點P在線段M1M上，當(dāng)點P在M1處時，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，又BM1?平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，同理，當(dāng)點P在M處，A1P⊥BP，故選項C錯誤；對于D，當(dāng)μ＝時，取CC1的中點D1，BB1的中點D，因為，即，所以，則點P在線的DD1上，當(dāng)點P在點D1處時，取AC的中點E，連結(jié)A1E，BE，因為BE⊥平面ACC1A1，又AD1?平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，又BE∩A1E＝E，BE，A1E?平面A1BE，故AD1⊥平面A1BE，又A1B?平面A1BE，所以A1B⊥AD1，在正方體形ABB1A1中，A1B⊥AB1，又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1?平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，因為過定點A與定直線A1B垂直的平面有且只有一個，故有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P，故選項D正確．故選：BD．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13解析：：利用奇函數(shù)的定義即可求解a的值．答案：函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，y＝x3為R上的奇函數(shù)，故y＝a?2x﹣2﹣x也為R上的奇函數(shù)，所以y|x＝0＝a?20﹣20＝a﹣1＝0，所以a＝1．法二：因為函數(shù)f（x）＝x3（a?2x﹣2﹣x）是偶函數(shù)，所以f（﹣x）＝f（x），即﹣x3（a?2﹣x﹣2x）＝x3（a?2x﹣2﹣x），即x3（a?2x﹣2﹣x）+x3（a?2﹣x﹣2x）＝0，即（a﹣1）（2x﹣2﹣x）x3＝0，所以a＝1．故答案為：1．14解析：：求出點P的坐標(biāo)，推出PQ方程，然后求解Q的坐標(biāo)，利用|FQ|＝6，求解p，然后求解準(zhǔn)線方程．答案：由題意，不妨設(shè)P在第一象限，則P（，p），kOP＝2，PQ⊥OP．所以kPQ＝﹣，所以PQ的方程為：y﹣p＝﹣（x﹣），y＝0時，x＝，|FQ|＝6，所以，解得p＝3，所以拋物線的準(zhǔn)線方程為：x＝﹣．故答案為：x＝﹣．15解析：：求出函數(shù)定義域，對x分段去絕對值，當(dāng)0＜x時，直接利用單調(diào)性求最值；當(dāng)x＞時，利用導(dǎo)數(shù)求最值，進一步得到f（x）的最小值．答案：函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定義域為（0，+∞）．當(dāng)0＜x時，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，此時函數(shù)f（x）在（0，]上為減函數(shù)，所以f（x）≥f（）＝﹣2×+1﹣2ln＝2ln2；當(dāng)x＞時，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，則f′（x）＝＝，當(dāng)x∈（，1）時，f′（x）＜0，f（x）單調(diào)遞減，當(dāng)x∈（1，+∞）時，f′（x）＞0，f（x）單調(diào)遞增，∴當(dāng)x＝1時f（x）取得最小值為f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1．∵2ln2＝ln4＞lne＝1，∴函數(shù)f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值為1．故答案為：1．16解析：：依題意，對折k次共有k+1種規(guī)格，且面積為，則，，然后再轉(zhuǎn)化求解即可．答案：易知有，，共5種規(guī)格；由題可知，對折k次共有k+1種規(guī)格，且面積為，故，則，記，則，∴＝，∴，∴．故答案為：5；．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解析：：（1）由數(shù)列{an}的通項公式可求得a2，a4，從而可得求得b1，b2，由bn﹣bn﹣1＝3可得數(shù)列{bn}是等差數(shù)列，從而可求得數(shù)列{bn}的通項公式；（2）由數(shù)列{an}的通項公式可得數(shù)列{an}的奇數(shù)項和偶數(shù)項分別為等差數(shù)列，求解即可．答案：（1）因為a1＝1，an+1＝，所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，bn﹣bn﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，所以數(shù)列{bn}是以b1＝2為首項，以3為公差的等差數(shù)列，所以bn＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，則a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，當(dāng)n＝1時，a1＝1也適合上式，所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，所以數(shù)列{an}的奇數(shù)項和偶數(shù)項分別為等差數(shù)列，則{an}的前20項和為a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×3+10×2+×3＝300．18解析：：（1）由已知可得，X的所有可能取值為0，20，100，分別求出對應(yīng)的概率即可求解分布列；（2）由（1）可得E（X），若小明先回答B(yǎng)類問題，記Y為小明的累計得分，Y的所有可能取值為0，80，100，分別求出對應(yīng)的概率，從而可得E（Y），比較E（X）與E（Y）的大小，即可得出結(jié)論．答案：（1）由已知可得，X的所有可能取值為0，20，100，則P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2，P（X＝20）＝0.8×（1﹣0.6）＝0.32P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，所以X的分布列為：X020100P0.20.320.48（2）由（1）可知小明先回答A類問題累計得分的期望為E（X）＝0×0.2+20×0.32+100×0.48＝54.4，若小明先回答B(yǎng)類問題，記Y為小明的累計得分，則Y的所有可能取值為0，80，100，P（Y＝0）＝1﹣0.6＝0.4，P（Y＝80）＝0.6×（1﹣0.8）＝0.12，P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，則Y的期望為E（Y）＝0×0.4+80×0.12+100×0.48＝57.6，因為E（Y）＞E（X），所以為使累計得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答B(yǎng)類問題．19解析：：（1）利用正弦定理求解；（2）要能找到隱含條件：∠BDA和∠BDC互補，從而列出等式關(guān)系求解．答案：（1）證明：由正弦定理知，，∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB，∵b2＝ac，∴b?2Rsin∠ABC＝a?2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC＝asinC，∵BDsin∠ABC＝asinC，∴BD＝b；（2）法一：由（1）知BD＝b，∵AD＝2DC，∴AD＝，DC＝，在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA＝＝＝，在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC＝＝＝，∵∠BDA+∠BDC＝π，∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，即＝0，得11b2＝3c2+6a2，∵b2＝ac，∴3c2﹣11ac+6a2＝0，∴c＝3a或c＝，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝＝，當(dāng)c＝3a時，cos∠ABC＝＞1（舍）；當(dāng)c＝時，cos∠ABC＝；綜上所述，cos∠ABC＝．法二：∵點D在邊AC上且AD＝2DC，∴，∴，而由（1）知BD＝b，∴，即3b＝c?cos∠ABD+2a?cos∠CBD，由余弦定理知：，∴11b2＝3c2+6a2，∵b2＝ac，∴3c2﹣11ac+6a2＝0，∴c＝3a或c＝，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC＝＝，當(dāng)c＝3a時，cos∠ABC＝＞1（舍）；當(dāng)c＝時，cos∠ABC＝；綜上所述，cos∠ABC＝．20解析：：（1）利用等腰三角形中線就是高，得到AO⊥BD，然后利用面面垂直的性質(zhì)，得到AO⊥平面BCD，再利用線面垂直的性質(zhì)，即可證明AO⊥CD；（2）方法一：建立合適的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)A（0，0，t），利用待定系數(shù)法求出平面的法向量，由向量的夾角公式求出t的值，然后利用錐體的體積公式求解即可．方法二：利用幾何法求出二面角E﹣BC﹣D的平面角，然后利用錐體的體積公式求解即可．答案：（1）證明：因為AB＝AD，O為BD的中點，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO?平面ABD，所以AO⊥平面BCD，又CD?平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：取OD的中點F，因為△OCD為正三角形，所以CF⊥OD，過O作OM∥CF與BC交于點M，則OM⊥OD，所以O(shè)M，OD，OA兩兩垂直，以點O為坐標(biāo)原點，分別以O(shè)M，OD，OA為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系如圖所示，則B（0，﹣1，0），，D（0，1，0），設(shè)A（0，0，t），則，因為OA⊥平面BCD，故平面BCD的一個法向量為，設(shè)平面BCE的法向量為，又，所以由，得，令x＝，則y＝﹣1，，故，因為二面角E﹣BC﹣D的大小為45°，所以，解得t＝1，所以O(shè)A＝1，又，所以，故＝．方法二：過E作EF⊥BD，交BD于點F，過F作FG⊥BC于點G，連結(jié)EG，由題意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD所以EF⊥平面BCD，又BC?平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，F(xiàn)G∩EF＝F所以BC⊥平面EFG，又EF?平面EFG，所以BC⊥EG，則∠EGF為二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，又CD＝DO＝OB＝OC＝1，所以∠BOC＝120°，則∠OCB＝∠OBC＝30°，故∠BCD＝90°，所以FG∥CD，因為，則，所以，則，所以EF＝GF＝，則，所以．21解析：：（1）M的軌跡C是雙曲線的右支，根據(jù)題意建立關(guān)于a，b，c的方程組，解出即可求得C的方程；（2）（法一）設(shè)出直線AB的參數(shù)方程，與雙曲線方程聯(lián)立，由參數(shù)的幾何意義可求得|TA|?|TB|，同理求得|TP|?|TQ|，再根據(jù)|TA|?|TB|＝|TP|?|TQ|，即可得出答案．（法二）設(shè)直線AB方程，將其與CD的方程聯(lián)立，求出兩根之和及兩根之積，再表示出|AT|及|BT|，同理設(shè)出直線PQ的方程，表示出|PT|及|QT|，根據(jù)|TA|?|TB|＝|TP|?|TQ|，代入化簡后可得出結(jié)論．答案：（1）由雙曲線的定義可知，M的軌跡C是雙曲線的右支，設(shè)C的方程為，根據(jù)題意，解得，∴C的方程為；（2）（法一）設(shè)，直線AB的參數(shù)方程為，將其代入C的方程并整理可得，（16cos2θ﹣sin2θ）t2+（16cosθ﹣2msinθ）t﹣（m2+12）＝0，由參數(shù)的幾何意義可知，|TA|＝t1，|TB|＝t2，則，設(shè)直線PQ的參數(shù)方程為，|TP|＝λ1，|TQ|＝λ2，同理可得，，依題意，，則cos2θ＝cos2β，又θ≠β，故cosθ＝﹣cosβ，則cosθ+cosβ＝0，即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0．（法二）設(shè)，直線AB的方程為，A（x1，y1），B（x2，y2），設(shè)，將直線AB方程代入C的方程化簡并整理可得，，由韋達(dá)定理有，，又由可得，同理可得，∴＝，設(shè)直線PQ的方程為，設(shè)，同理可得，又|AT||BT|＝|PT||QT|，則，化簡可得，又k1≠k2，則k1＝﹣k2，即k1+k2＝0，即直線AB的斜率與直線PQ的斜率之和為0．22解析：：（1）首先求得導(dǎo)函數(shù)的解