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1.B

2.C

3.B

4.A

5.C

6.C

7.D

8.B

9.CD

10.AC

11.ACD

12.BD

13.a=1

14.

15.1

16.5；

17.

（1）解：由題意得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項和為S20

∴S20=(a1+a3+…+a19)+(a2+a4+…+a20)

     =145+155=300

18.

（1）解：

由題意得x=0,20,100.

P（x=0）=0.2  

P(x=20)=0.8×0.4=0.32 

P(x=100)=0.48

X

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)=0.6×0.2=0.12

P(y=100)= 0.6×0.8=0.48

y

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,即=

又由BD=asinc，得BD=asinc,

即  BD=b

(2) 由AD=2DC,將=2,即==

||2  ||2+ ||2+

=c2+a2+ca

-11ac+3=0

a=c或a=c

①   cos=

=

②cos(x)

綜上

cos=

20.

(1)證明：

由已知，中AB=AD且O為BD中點

AO⊥BD

又平面ABD⊥平面BCD

AO⊥平面BCD且CD平面BCD

AO⊥CD

(2)由于為正三角形，邊長為1

OB=OD=OC=CD

BCD=

取OD中點H，連結(jié)CH，則CH⊥OD

以H為原點，HC,HD,HZ為x，y，z軸建立空間直角坐標系

由①可知，平面BCD的法向量

設(shè)C()，B(0,)，D(0,)

則

DE=2EA

且

設(shè)⊥平面BEC =(x,y,z)

，即

由于二面角E-BC-D為

==

21.（1）,

 表示雙曲線的右支方程：

 （2）設(shè)，設(shè)直線AB的方程為，

 ，得

 設(shè)，同理可得

 所以

 得

即

22.（1）f(x)=x-xlnx

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)

即，即f()=f()

令p=，q=，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時結(jié)論顯然成立.

當(dāng)q∈(1,2)時，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，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，-(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),

當(dāng)時，，當(dāng)時，

∴

∵   ∴

要證 只需證

即證當(dāng)時，有

設(shè)，，

設(shè) 小于1的根為，則在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減.

證畢

本文到此結(jié)束，希望對大家有所幫助。