2021年全国统一高考数学试卷（理科）（新课标ⅰ）（含解析版）下载

2021 年普通高等学校招生全国统一考试（全国乙卷） 数学（理） 一、选择题 1.设 2(zz)3(zz)46i，则 (）z  A.1 2i B.1 2i C.1 i D.1i 答案： C解析： ， 2(z z)3(zz) 4a6bi 46i，所以 设z  a  bi ，则 a  1 ，b1 ，z  a  bi 所以 z  1 i 2.已知集合 .，S  {s | s  2n  1,n  Z} T  {t | t  4n  1,n  Z} ，则 ( ) S  T  A. B. SC.T D.Z 答案： C解析： s  2n 1 ，nZ ；当n  2k ，k Z 时， ；当 n  2k 1 .故选 C. ，k Z 时， S  {s | s  4k  1, k  Z} .所以TÜS， S  T  T S  {s | s  4k  3, k  Z} |x| ；命题 q:xR,e 1，则下列命题中为真命题的是（ 3.已知命题 ﹐sin x 1 ）p : x  R A. pq B.pq C. pq D. ( p  q) 答案： A解析： |x| yye ， p 为真命题，而函数 sin x 1 ，故xR， 根据正弦函数的值域 sin x [1,1] |x| |x| 时， ye 1，故 ， ye 1 恒成立.，则q也为真命题，所 xR 为偶函数，且 x  0 pq 以为真，选 A. 1  x 1  x 4.设函数 ，则下列函数中为奇函数的是（ ）f (x)  A. B. C. D. f ( x  1)  1 f ( x  1)  1 f ( x  1)  1 f ( x  1)  1 答案： B解析： 1 x 1 x 22f (x)   1 ，f (x) 向右平移一个单位，向上平移一个单位得到 g(x)  为奇 1 x x函数. 5.在正方体 ABCDABC D BD AD PB 与 P 为 1 中， 1 1的中点，则直线 1所成的角为（ ）11 1 2346A. B. C. D. 答案： D解析： 如图，PBC AD PB 与 1为直线 1所成角的平面角. 6易知 ABC AC中点，所以 PBC1  P 为 1为正三角形，又 .11 1 56.将 名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰，短道速滑､冰球和冰壶 个项目进行培训，每名 411志愿者只分配到 个项目，每个项目至少分配 名志愿者，则不同的分配方案共有（ ）A.60 种B.120 种 C.240 D.480 答案： C种种解析： 4所求分配方案数为C2A 240. 5417.把函数 图像上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，再把所得曲 y  f ( x) 234线向右平移 个单位长度，得到函数 的图像，则 )（）f (x)  y  sin(x  x7 12 A. B. C. D. sin(  ))2xsin( 212 7 12 sin(2x  sin(2 x  ))12 答案： B解析： 3左移 412 112 横坐标变为原来的2倍 y sin(x )y sin(x )y sin( x ) 逆向： .2故选 B. 71中各随机取 个数，则两数之和大于的概率为（ 8.在区间 与(0,1) (1,2) ）47A. 923 B. 32 9C. 32 2D. 9答案： B解析： 7由题意记 ，x  (0,1) y  (1, 2) ，题目即求 的概率，绘图如下所示. x  y  411 3 3 11 AM  AN 1   S阴 S正ABCD 23 32 211 2 4 4 1P  故.9.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作.其中第一题是测量海岛的高.如 在水平线 AC 上， DE和 FG 是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高 图，点 E , H ,G 度，称为“表高”， EG 称为“表距”，GC 和 EH都称为“表目距”.GC 与 EH的差称为 “表目距的差”，则海岛的高 AB （ ）表高表距 表高 A.表目距的差 表高表距 表高 B.表目距的差 表高表距 表距 C.表目距的差 表高表距 表距 D.表目距的差 答案： A解析： DF AB 于 M，则 AB  AM  BM . 交连接 MB MB  MF MD  DF 记而BDM  ，，，则 .BFM   tan tan FG GC ED tan  EH .所以 tan   MB MB 11GC EH GC EH  MB( )  MB( )  MB .tan tan tan tan FG ED ED EDDF 表高表距 GC  EH 表目距的差 表高表距 表目距的差 MB  AB  表高 故，所以高 .，若 xa为函数 f (x)a(xa)2(xb)的极大值点，则 10.设 a  0 A.a  b B.a  b 2C. D. ab  a ab  a 2答案： D解析： 若a  0 ，其图像如图（1），此时， 0  a  b；若 a  0 ，时图像如图（2），此时， b  a  0 .2综上， .ab  a x2 y2 1(a b  0) 11.设 B 是椭圆 CC上的任意一点 P 都满足， ：的上顶点，若 ）a2 b2 PB  2b ，则 C的离心率的取值范围是（ 2[,1) A. 21B. [ ,1) 22(0, ]C. D. 21(0, ] 2答案： C解析： x02 y02 y02 b2 ，设 P(x ,y )，则 1 x02  a2(1 )，故 由题意，点 B(0,b) 00a2 b2 y2 b2 c2 b2 PB2  x02 (y0 b)2  a2(1 0 ) y02 2by0 b2  y02 2by0 a2 b2 ，y0 [b,b]. b3 最大，则  b， c2PB 2 ，，，22222由题意，当 y  b时， c   b  c a  c  c 0c2 a22c(0, ].2， c 1.041，则（ 12.设 a  2ln1.01 A.a  b  c B.b  c  a C.b  a  c D.c  a  b 答案： ，b  ln1.02 ）B解析: 设 f (x) ln(1x) 12x 1，则 ，易得 b  c  f (0.02) 121 2x  (1 x) .f (x)  1 x 2 1 2x (1 x) 1 2x 当x  0 时，1 x  (1 x)2  1 2x ，故 .f ( x)  0 所以 在f (x) [0, ) 上单调递减，所以 ，故b  c f (0.02)  f (0)  0 .再设 g(x) 2ln(1x) 14x 1，则 ，易得 a  c  g(0.01) 241 4x  (1 x) .g (x)   2 1 x 2 1 4x (1 x) 1 4x 14x  12x x2 1 x 当故0  x  2时， ，所以 在上 0 .g (x) [0.2) ，故 ac. 在g ( x) [0.2) 上单调递增，所以 g (0.01)  g (0)  0 综上， a  c  b .二、填空题 x2 m y2 1(m  0) 3xmy 0，则 13.已知双曲线 C：的一条渐近线为 C的焦距 为.答案： 4解析： ba22易知双曲线渐近线方程为 ，由题意得 x，，且一条渐近线方程为 a  m b  1 y   3y   x，则有 m  0（舍去）， m  3，故焦距为 2c  4 .m14.已知向量 ，a  (1,3) b  (3,4) ，若 ，则   (a  b)  b .答案： 35解析： 3由题意得 ，即15 25  0 ，解得 .(a  b) b  0   5的对边分别为 a， ， ，面积为 c3 ， 15.记 ABC 的内角 A ， B ， CbB  60 ，22，则 b  .a  c  3ac 答案： 2 2 解析： 13SABC  acsin B  ac  3 ，所以 ac  4 ，24222由余弦定理， ，所以 .2b  a  c  ac  3ac  ac  2ac  8 b  2 16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的 三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）. 答案： ②⑤或③④ 解析： 由高度可知，侧视图只能为②或③. ， BABC 5， 侧视图为②，如图（1），平面 PAC 平面 ABC AC  2，俯视图为⑤. ，PA  PC  2， ACAB 5， 俯视图为③，如图（2）， PA平面 ABC PA 1 ，BC  2 ，俯视图 为④. 三、解答题 17.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用 一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到产品该项指标数据如下： 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 和y ， 样本方差分别 x己为 s12 和 S22 . （1）求 ，y ， s2 ， s2 ：2×1（ 2） 判 断 新 设 备 生 产 产 品 的 该 项 指 标 的 均 值 较 旧 设 备 是 否 有 显 著 提 高( 如 果 s12  s22 10 y  x  2 ，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高 ， 否 则不认为有显著提高 ) 。 答案： 见解析 解析： （1）各项所求值如下所示. 1，x  (9.8 10.3 10.0 10.2  9.9  9.8 10.0 10.110.2  9.7)  10.0 10 1，y  (10.110.4 10.110.0 10.110.3 10.6 10.5 10.4 10.5)  10.3 10 1s12  [(9.7 10.0)2  2 (9.8 10.0)2  (9.9 10.0)2  2 (10.0 10.0)2  (10.110.0)2 10 2(10.210.0)2 (10.310.0)2]0.036， 1s22  [(10.0 10.3)2  3 (10.110.3)2  (10.3 10.3)2  2 (10.4 10.3)2  10 2(10.510.3)2 (10.610.3)2]0.04. s12  s22 10 s12  s22 10 y  x  0.3,2  0.34 y  x  2 .显然 （2）由（1）中数据得 .所以不认为 新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。 的底面是矩形， PD底面 ABCD ,M为 18.如图，四棱锥 P  ABCD ，PD  DC 1 BC 的中点，且 PB AM .（1）求 BC ；APM B （2）求二面角 的正弦值. 答案： 见解析 解析：    （1）因为 PD平面 ABCD ABCD AD  DC ，且矩形 中， .所以以 ，，分D A D P DC x别为 ，y ， 轴正方向，D 为原点建立空间直角坐标系 BC  t .设 ，，A(t, 0, 0) zD  xyz   tt，所以 PB(t,1,1)， ，，P(0, 0,1) B(t,1, 0) M ( ,1,0) AM  ( ,1, 0) 22t2   PB AM  1 0 因为 PB AM ，所以 所以 ，所以 .2t  2B C 2 AP( 2,0,1)， 则 APM的 一 个 法 向 量 为 (2) 设 平 面 ， 由 于 m  (x, y, z)   m AP  2x  z  0 ，的 m( 2,1,2) .设平面 PMB的一个法向量为 .令 x  2  2m AM   x  y  0 2  nCB  2x  0    n(x, y,z )， 则 n(0,1,1). 所 以 . 令 y  1 ， 的   n PB  2x  y  z  0     70 mn 33 14 14   ，所以二面角 A PMN  B的正弦值为 .cosm,n  14 | m || n | 7  2 2119.记 S 为数列{a }的前 项和，b 为数列{S }的前 项积，已知 nn 2 .nnnnSn bn （1）证明：数列{b }是等差数列； n（2）求{a }的通项公式. n答案： 见解析 解析： 21bn  2  S (n  2) （1）由已知 ，则 ，nSn bn bn1 2b 113n1  2 2b 2  2b b b  (n  2) ，，b  n1 nnn1 1bn bn 2231故{b }是以 为首项， 为公差的等差数列. 2n222n2 n1 312n  2 2 2  Sn  （2）由（1）知 ，则 ，bn  (n 1) Sn n2 2n2 n1 13a  S S    n  1 时， ，n  2 时， ，a1  S1  nnn1 n1 nn(n1) 232, n  1 故.a  n1, n  2 n(n 1) 20.设函数 ，已知 x  0 是函数 的极值点. f (x)  ln(a  x) y  xf (x) （1）求a； x f (x) xf (x) g(x)  （2）设函数 ，证明： .g ( x)  1 答案： 见解析 解析： （1）令 h(x)  xf (x)  xln(a  x) x则∵∴h (x)  ln(a  x)  .a  x x  0 是函数 y  xf (x)的极值点. h (0)  0 .解得： a 1 ；由（1）可知： f (x)  ln(1 x) （2） x  f (x) xf (x) 11g(x)  ，f (x) x1111 x x要证 g(x) 1，即证 1  0 （x 1 且x  0 ）f (x) xln(1 x) x  (1 x)ln(1 x) xln(1 x)  0 .∵当 x  0 时， xln(1 x)  0 0  x 1时， xln(1 x)  0 ∴只需证明 x  (1 x)ln(1 x)  0 H(x)  x  (1 x)ln(1 x) ，且易知 H(0)  0 .当.令.1 1 x 则H (x) 1 ln(1 x)  (1 x)  ln(1 x) （i）当 x  0 时，易得 H (x)  0，则 H(x) H(0)  0 ，∴ H(x)  H(0)  0 ，得证. 在(,0)上单调递减， ∵（ii）当 0  x 1时，易得 H (x)  0 ，则 H(x) 在 (0,1) 上单调递增. ∵H(0)  0 ，∴ H(x)  H(0)  0 ，得证. 综上证得 g(x) 1 .： x2 2py(p0) Cx2 (y4)2 1上点 F 与圆 M： 的焦点为 F ，且 21.已知抛物线 的距离的最小值为4. （1）求 p ； （2）若点 P 在 M上， PA ， PB 是 C的两条切线， A ， B 是切点，求 PAB 面积的最 大值. 答案： 见解析 解析： 到 x2 (y4)2 1的最短距离为 pp（1）焦点 ，所以 .p  2 F (0, ) 3  4 221y  x2 ，设 A(x,y )， B(x ,y )， P(x ,y )，得 （2）抛物线 11220041111y  x1 (x  x1 )  y1  x1x  x12  x1x  y1 lPA ：，2242，且 x 2 y 2 8y 15， 1lPB ：y  x2 x  y2 00021y0  x1x0  y1 21lPA，lPB都过点 P(x ,y )，则 ，00y0  x2 x0  y2 211故lAB ：，即 ，y0  x0 x  y y  x0 x  y0 221y  x0 x  y0 ，得 x2 2x x4y 0，   4x 2 16y 联立 ，020002x  4 y 2×0 222所以 AB  1  4×0 16y0  4  x0  x0  4y0 ，42×0  4y0 dPAB ，所以 2×0  4 1122SPAB AB dP AB x0  4y0  x0  4y0 223311 (x02 4y0)2  (y02 12y0 15)2 .22而 y0 [5,3]，故当 y 5时， SPAB 达到最大，最大值为 20 5. 0，半径为1. C (2,1) 22.在直角坐标系 中， C 的圆心为 xOy （1）写出 C 的一个参数方程; 的两条切线.以坐标原点为极点， x轴正半轴为极轴建立坐标系， （2）过点 作C F (4,1) 求这两条切线的极坐标方程. 答案： 见解析 解析： x  2  cos （1） C 的参数方程为 （ 为参数） y 1 sin （2） C 的方程为 (x  2)2  (y 1)2 1 ①当直线斜率不存在时，直线方程为 x  4 ，此时圆心到直线距离为 2  r ，舍去； ②当直线斜率存在时，设直线方程为 y 1 k(x  4) ，化简为 kx  y  4k 1 0 ，| 2k 1 4k 1| 此时圆心C(2,1)到直线的距离为 d   r 1 ，k2 1 化简得 2 | k | k2 1 ，3两边平方有 4k2  k2 1，所以 k   .3代入直线方程并化简得 x  3y  3  4  0 或 x  3y  3  4  0 化为极坐标方程为 5 6 cos  3 sin  4  3   sin(  )  4  3 6或 cos  3 sin  4  3   sin(  )  4  3 .23.已知函数 f (x) | x  a |  | x  3| .（1）当 a 1时，求不等式 f (x)  6的解集； （2）若 f (x)  a ，求 a 的取值范围. 答案： 见解析 解析： 当a 1时， f (x)  6 | x 1|  | x  3| 6 ，当当当x  3时，不等式  1 x  x 3  6 ，解得 x  4 3  x 1时，不等式  1 x  x  3  6 ，解得 x x 1时，不等式  x 1 x  3  6 ，解得 x  2 ；；.综上，原不等式的解集为 (,4][2,) （2）若 f (x)  a ，即 f (x)min  a .，因为 f (x) | x  a |  | x  3|| (x  a)  (x  3) || a  3|（当且仅当 (x  a)(x  3)  0 时， 等号成立），所以 f (x)min | a  3| ，所以| a  3| a ，即 a  3  a 或a  3  a ，解得 3a( ,) .2