清華大學(xué)2021自主招生語言類保送數(shù)學(xué)試卷真題（含答案解析）

年清華大學(xué)自主招生數(shù)學(xué)試卷（語言類保送暨高水平藝術(shù)團）一、選擇題（本大題共7小題，每小題5分，共35分）1、已知復(fù)數(shù)z=1+i，設(shè)z是z的共軛復(fù)數(shù)，則1?4zA.1 B.2 C.3 D.42、已知集合A=x|x2?a<0，B=xA.3 B.4 C.9 D.163、已知正整數(shù)數(shù)列an滿足aanA.2或3B.2C.1或2D.34、已知橢圓x216+y212=1的兩個焦點分別為F1，點Q12,0，作QH⊥PF1A.3 B.4 C.5 D.65、已知非負實數(shù)a，b滿足a+b=32，則A.49B.243C.81D.7296、已知函數(shù)fx=sin?ωx+A.7B.7C.7D.77、在四面體D?ABC中，AB=BC=CA=CD=23，E為BC的中點，AE⊥DE，且DE=3A.2 B.3 C.6 D.5二、填空題（本大題共3小題，每小題5分，共15分）8、x+1x?19、已知fx是定義在R上的偶函數(shù)，且f2=4，當x>0時，有xf′10、在平面直角坐標系xOy中，設(shè)A1,0，B3,4，向量OC→=xOA→+yOB→，其中x+y=4三、解答題（本大題共4小題，共50分）11、已知an是公差不等于0的等差數(shù)列，且a4是a2，a8的等比中項，記數(shù)列an的前n(1)求數(shù)列an(2)設(shè)數(shù)列bn滿足bn=an+1an?1an?212、在三棱臺ABC?DEF中，AB⊥AC，AB=2DE=2，AC=22，CF=2，且CF⊥平面ABC，設(shè)P，Q，R分別為棱AC，(1)證明：平面BCD⊥平面PQR(2)求二面角E?BD?C的正弦值．13、已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F，準線與x軸交于D點，過點F的直線與拋物線C交于A，B(1)求拋物線C的方程．(2)設(shè)P，Q是拋物線C上的不同兩點，且PF⊥x軸，直線PQ與x軸交于G點，再在x軸上截取線段GE=GD，且點G介于點E與點D之間，連接PE，過點Q作直線PE的平行線l，證明：14、已知函數(shù)fx=ex?ax+b(1)設(shè)函數(shù)gx=xfx(2)證明：ex1、【答案】A;【解析】∵z=1+i∴z=1?∴1?4z==?3則1?4z2z故選A．2、【答案】C;【解析】∵B=x∴x?1x?4∴1<x<4，∴B=x又∵A=x|∴x2而A∩B=(1,3)，∴x2∴?a則a=3∴a=9．故選C．3、【答案】B;【解析】依題意，有aa則aa假設(shè)a2則aa故p=3，ap則aa當a2則aa從而a2故選B．4、【答案】A;【解析】設(shè)PF1=mmn故△PF1從而PH=故選A．5、【答案】C;【解析】由AM?GM不等式，得32又a，b是非負實數(shù)，則0?ab?9設(shè)t=ab∈0,則a2上式當a=0，b=3故選C．6、【答案】D;【解析】由x∈0,π2依題意，有3π2解得ω∈7故選D．7、【答案】D;【解析】依題意，有EC2+D又AE⊥DE，AE∩BC=E，則DE⊥如圖，設(shè)四面體D?ABC的外接球球心為點O，球心O在平面BCD與平面ABC上的射影分別為M，N兩點，注意到△ABC，△BCD均為正三角形，則ON=ME=1，即四面體D?ABC的外接球半徑AO=O故選D．8、【答案】?81;【解析】僅需考慮P=x+1x一方面，P的常數(shù)項為(?1)5另一方面，P的x?2項的系數(shù)為C從而原式展開式中常數(shù)項為?51+9、【答案】(?∞【解析】設(shè)g(x)=x當x>0時，有g(shù)′即函數(shù)gx在(0,+當x>0時，有f(x)>16又注意到fx則原不等式的解集為(?∞10、【答案】55【解析】依題意，得OC→則點C在直線l:2x?y?8=0上運動，設(shè)線段AB的中點為Q，則點P在以Q2,2為圓心，5又點Q到直線l的距離d=6則PC→故答案為：5511、【答案】(1)an;(2)Tn=?1;【解析】(1)設(shè)數(shù)列an的公差為d（d≠0則a2=a1+d又a4是a2，a8(a1+3d)2=(從而an(2)當n?2時，有bn=n+12n?1則當n?2時，有T=?1+=?1又注意到T1從而Tn=?112、【答案】(1)證明見解析．;(2)2105;【解析】(1)如圖，連接DP，則四邊形DPCF是矩形．又tan?∠CDP=從而CD⊥由CF⊥平面ABC，且PR?平面ABC，得CF由AB⊥AC，且PR為△ABC又AC∩CF=C，則PR⊥平面ADCF注意到PQ?平面ADCF，則PR⊥又PQ∩PR=P，則CD⊥平面PQR從而平面BCD⊥平面PQR(2)以P為原點，PA→為x軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標系P?xyz則B2,2,0，C?2,0,0故BD→=?2,?2,2設(shè)m→=(a,b,c)是平面則BD→取a=2，b=0，c=1即m→設(shè)n→=(p,q,r)是平面則BD→取p=1，q=?2，r=?22設(shè)二面角E?BD?C的平面角為θ，則cos2故sin?θ=從而二面角E?BD?C的正弦值為210513、【答案】(1)y2;(2)證明見解析．;【解析】(1)設(shè)直線AB的方程為l′聯(lián)立直線l′與拋物線C得y2設(shè)A(x1,則y1故x1注意到FA=x1則1|FA|即拋物線C的方程為y2(2)如圖：不妨設(shè)點P在第一象限，點Q(x當y<0時，有y2則y′即拋物線C在點Q處的切線斜率為k=2注意到PF⊥x軸，則設(shè)G(x4,0)，由P，G，Q則x4設(shè)E(x5,0)，由GD故直線PE的斜率k′從而l為拋物線C的切線．14、【答案】(1)g(x)在區(qū)間?∞,0，;(2)證明見解析．;【解析】(1)f′依題意，有f1=e解得a=1，b=0，則gx=e設(shè)?x=g當x>ln?2時，有?′當x<0，0<x<ln?2時，有?′故函數(shù)g′x在則g′故gx在區(qū)間?∞,0(2)①首先證明