2021年全国统一高考数学试卷(理科)(新课标ⅰ)(含解析版)下载

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  • 最近更新2022年10月14日



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

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