2021年天津市高考数学试卷（解析版）下载

2021 年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学 第 I 卷 注意事项： 1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号， 2，本卷共 9 小题，每小题 5 分，共 45 分 参考公式： P(A B)  P(A)  P(B) •如果事件 A、B 互斥，那么 ．P(AB)  P(A) P(B) •如果事件 A、B 相互独立，那么 ．1V   R3 •球的体积公式 ，其中 R 表示球的半径． 31V  Sh •圆锥的体积公式 ，其中 S 表示圆锥的底面面积，h 表示圆锥的 3高． 一、选择题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． A  1,0,1 ，B  1,3,5 ,C  0,2,4 (A B) C  设集合 ，则 （）1. 0  {0,1,3,5} {0,1,2,4} C. A. B. D. {0,2,3,4} 【答案】 C【解析】 【分析】根据交集并集的定义即可求出. A  1,0,1 ，B  1,3,5 ,C  0,2,4 【详解】 ，） A B  1 (A B) C  0,1,2,4   ，.故选：C. 2已知 aR ，则“ ”是“ ”的（ a  36 a  6 2. A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不允分也不必要条件 【答案】 A【解析】 【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解. 2【详解】由题意，若 ，则 ，故充分性成立； a  6 a  36 2若，则 或a  6 a  6 ，推不出 ，故必要性不成立； a  6 a  36 2所以“ ”是“ ”的充分不必要条件. a  6 a  36 故选：A. ln | x | x2  2 y  函数 的图像大致为（ ）3. A. B. C. D. 【答案】 B【解析】 x 0,1 f x 0 时，   【分析】由函数为偶函数可排除 AC，再由当 ln | x | ，排除 D，即可得解. y  f x f x x x  0 【详解】设   ，则函数  的定义域为 ，关于原点对称， x2  2 ln | x | f x   f x   f x 又当2，所以函数  为偶函数，排除 AC； x  2 ln | x | 0, x2 1 0 x 0,1 f x 0 ，所以  ，排除 D. 时， 故选：B. 从某网络平台推荐的影视作品中抽取 400 部，统计其评分分数据，将所得 400 个评 4. 66,70 70,74 94,98 、分数据分为 组： 8、、，并整理得到如下的费率分布直 ）82,86 方图，则评分在区间 内的影视作品数量是（ A. B. C. D. 80 20 40 64 【答案】 【解析】 D82,86 内的影视作品数量. 【分析】利用频率分布直方图可计算出评分在区间 82,86 内 的 影 视 作 品 数 量 为 【 详 解 】 由 频 率 分 布 直 方 图 可 知 ， 评 分 在 区 间 .4000.054  80 故选：D. a  log2 0.3,b  log1 0.4,c  0.40.3 设，则 a，b，c 的大小关系为（ ）5. 2A. B. C. D. a  b  c c  a  b b  c  a a  c  b 【答案】 【解析】 Da,b,c 【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出 的范围即可求解. log 0.3 log 1 0 【详解】 ，a  0 ，225log1 0.4  log2 0.4  log2  log 21 ，b 1 ，2220.3 0，0  c 1 ，0  0.4  0.4 1 .a  c  b 故选：D. 32 3两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为 ，两个 6. 圆锥的高之比为 ，则这两个圆锥的体积之和为（ ）1:3 4 9 12 D. A. 3 B. C. 【答案】 【解析】 B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥 的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点 ，，D设圆锥 和圆锥 的高之比为 ，即 3:1 AD  3BD AD BD 4 R3 32 设球的半径为 ，则 R，可得 ，所以， ，R  2 AB  AD  BD  4BD  4 33所以， ，，AD  3 BD 1 CD  AB ，则  ，所以， ，CAD  BCD CAD  ACD  BCD  ACD  90 △ACD ∽△CBD ，又因为 ，所以， ADC  BDC AD CD 所以， ，，CD  AD BD  3 CD BD 11 CD2  AD  BD   34  4 因此，这两个圆锥的体积之和为 .33故选：B. 1 1 ab  若，则 （）7. 2  5 10 a b lg7 log7 10 D. A. B. C. 1 1 【答案】 【解析】 Ca,b 【分析】由已知表示出 ，再由换底公式可求. ab【详解】 a  log 10,b  log 10 ，，2  5 10 251111    lg 2  lg5  lg10 1 .a b log2 10 log5 10 故选：C. 已知双曲线 x2 y2 的右焦点与抛物线 y2  2px( p  0) 的焦点重合， 1(a  0,b  0) 8. a2 b2 抛物线的准线交双曲线于 A，B 两点，交双曲线的渐近线于 C、D 两点，若 CD  2 | AB | ．则双曲线的离心率为（ ）A. B. C. 2 D. 3 32【答案】 【解析】 Ax  c c,0 【分析】设公共焦点为 ，进而可得准线为 ，代入双曲线及渐近线方程，结合线 1a2  c2 段长度比值可得 ，再由双曲线离心率公式即可得解. 2×2 y2 与抛物线 y2  2px( p  0) 的公共焦点为 1(a  0,b  0) c,0 ，【详解】设双曲线 a2 b2 则抛物线 y2  2px( p  0) 的准线为 ，x  c c2 y2 b2 a2b2 x  c 令，则 ，解得 ，所以 ,1 y   AB  a2 b2 ab2bc y  x CD  又因为双曲线的渐近线方程为 ，所以 ，aa2bc 2 2b2 1a2  c2  b2  c2 所以 ，即 ，所以 ，c  2b 2aace  2 所以双曲线的离心率 .a故选：A. cos(2 x  2a). x  a f (x) f (x)  (0,) 内设aR ，函数 ，若 在区间 9. x2  2(a 1)x  a2  5, x  a 恰有 6 个零点，则 a 的取值范围是（ ）945 11 ,745 11 2, 2, ,2  ,A. C. B. D. 2 4 2 4 9411 4711 4,3 ,2  ,3 4【答案】 【解析】 Ax2  2 a 1 x  a2  5  0 cos 2 x  2a  0 【分析】由 最多有 2 个根，可得 至少有 4 至少有 4 x  a 个根，分别讨论当 和时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出. x≥a  x2  2 a 1 x  a2  5  0 cos 2 x  2a  0 【详解】 最多有 2 个根，所以 个根， 2k12 x  2a  k,k Z x   a,k Z 由可得 ，24k11120   a  a 2a  k   由可得 ，24217494x  a f x 5  2a  4  a  （1） 时，当 时，  有 4 个零点，即 ；219411 11 4f x 6  2a  5  a  当当，， 有 5 个零点，即 ；2113 f x 7  2a  6  a   有 6 个零点，即 ；244（2）当 时， f (x)  x2  2(a 1)x  a2  5 ，x≥a Δ  4(a 1)2  4 a2  5  8 a  2 ，     0 f x 当当当时， 时， ，， 无零点； a  2 a  2 a  2 f x  有 1 个零点； 52时，令 f (a)  a2  2a(a 1)  a2  5  2a  5  0 ，则 f x ，此时  有 2  a  2 个零点； 52f x a  所以若 时，  有 1 个零点. f (x) (0,) 内恰有 6 个零点，则应满足 综上，要使 在区间 749911 411 4a  2 13 4 a   a   a  454或或，522  a  a  2或a  2945 11 ,2, 则可解得 a 的取值范围是 .2 4 x  a 【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成 和两种情况分别讨论两个函数的零 x≥a 点个数情况. 第 II 卷 注意事项 1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上． 2．本卷共 11 小题，共 105 分． 二、填空题，本大题共 6 小题，每小题 5 分，共 30 分，试题中包含两个空 的，答对 1 个的给 3 分，全部答对的给 5 分． 9  2i 是虚数单位，复数 _____________． i10. 2  i 【答案】 【解析】 4 i 【分析】利用复数的除法化简可得结果. 9  2i 2i  9  2i 2  i 20 5i  4 i .【详解】 2  i 2i 5 故答案为： .4 i 612×3  在的展开式中， 6 的系数是__________． x11. x【答案】160 【解析】 x【分析】求出二项式的展开式通项，令 的指数为6 即可求出. r66r 11  2×3  Tr1  Cr 2×3  26r C6r  x184r 【详解】 的展开式的通项为 ，6    xx  令18 4r  6，解得 ，r  3 23C3 160 6所以 的系数是 x.6故答案为：160. 2×2  y 1 1 y的直线与 轴交于点 若斜率为 A，与圆 相切于点 B，则 12. 3AB  ____________． 【答案】 【解析】 32×2  y 1 1 A 0,b 的方程为 【分析】设直线 ，则点 ，利用直线 与圆 AB y  3x  b AB AC AB 相切求出 的值，求出 b，利用勾股定理可求得 .A 0,b 【详解】设直线 的方程为 ，则点 ，AB y  3x  b 2×2  y 1 1 C 0,1 由于直线 与圆 相切，且圆心为 ，半径为 ， 1AB b 1 AC  2 则，解得 或b  1 b  3 ，所以 ，1 222BC 1 因为 ，故 .AB  AC  BC  3 故答案为： .31ab2 a  0 , b  0  b 的最小值为____________． 若，则 13. a【答案】 2 2 【解析】 【分析】两次利用基本不等式即可求出. 【详解】 a  0 , b  0 ，1ab2 1a22 b  2  b  b  2 b  2 2 ，aa b2 bb1ab2 2 b 当且仅当 且，即 时等号成立， a  b  2ab1ab2  b 的最小值为 所以 .2 2 a故答案为： .2 2 甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的 14. 5615一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为 和，且每 次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则一次活动中，甲获胜的概 率为____________，3 次活动中，甲至少获胜 2 次的概率为______________． 2320 27 【答案】 【解析】 ①. ②. 【分析】根据甲猜对乙没有才对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在 3 次活动中，甲至少 获胜 2 次分为甲获胜 2 次和 3 次都获胜求解. 5 4   23【详解】由题可得一次活动中，甲获胜的概率为 ；6 5 2321220 27     2则在 3 次活动中，甲至少获胜 2 次的概率为 .C3        3  33  2320 27 故答案为： ；.在边长为 1 的等边三角形 ABC 中，D 为线段 BC 上的动点， DE  AB 且交 AB 于点 15.      (DE  DF) DA 的E． 且交 AC 于点 F,则 的值为____________； DF//AB | 2BE  DF | 最小值为____________． 11 20 【答案】 【解析】 1①. ②.   2   2 可 求 出 ； 将 (2BE  DF)2  4BE  4BE  DF  DF 【 分 析 】 设 ， 由 BE  x    (DE  DF) DA 化为关于 的关系式即可求出最值 x.12x 0, 【详解】设 ，，为边长为 1 的等边三角形， DE  AB ， BE  x ABC ， BDE  30 ,BD  2x, DE  3x, DC 1 2x DFC ，为边长为 的等边三角形， ，DF//AB 1 2x DE  DF   2  2 222，(2BE  DF)  4BE  4BE  DF  DF  4x  4x(1 2x)cos0  (1 2x) 1   ，| 2BE  DF |1       (DE  DF) DA  (DE  DF)(DE  EA)  DE2  DF  EA 2311 20  ( 3x)2  (1 2x)(1 x)  5×2 3x 1 5 x  ，10    11 时， (DE  DF) DA 的最小值为 . 20 3x  所以当 10 11 故答案为：1； .20 三、解答题，本大题共 5 小题，共 75 分，解答应写出文字说明，证明过程 成演算步骤． A, B,C a,b,c ，已知 在ABC ，角 所对的边分别为 16. ，sin A:sin B :sinC  2:1: 2b  2 ．（I）求 a 的值； （II）求 的值； cosC 6sin 2C  （III）求 的值． 3 211 【答案】（I） ；（II）（III） 2 2 16 【解析】 【分析】（I）由正弦定理可得 （II）由余弦定理即可计算； ，即可求出； a :b :c  2:1: 2 的（III）利用二倍角公式求出 【详解】（I）因为 正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出. 2C ，由正弦定理可得 ，sin A:sin B :sinC  2:1: 2 a :b :c  2:1: 2 ，；a  2 2,c  2 b  2 a2  b2  c2 2ab 8 2  4 34cosC  （II）由余弦定理可得 ；22 2 2 372cosC  （III） ，，sinC  1 cos C  44917 3 37 cos2C  2cos2 C 1 2 1 ，，sin 2C  2sinC cosC  2   16 84486663 7 83 1 13 211 sin 2C   sin 2C cos  cos2C sin 所以 .  8 2 216 ABCD  A B C D 如图，在棱长为 2 的正方体 1 中，E 为棱 BC 的中点，F 为棱 CD 17. 111的中点． D F / / A EC ；1 1 （I）求证： 平面 1AC A EC 1 所成角 正弦值． 1的（II）求直线 1 与平面 A  AC  E （III）求二面角 的正弦值． 11133【答案】（I）证明见解析；（II） ；（III） 9【解析】     A EC 【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出 D F 及平面 的一个法向量 ，证明D F  m ，m1111即可得证；    sin  cos m, AC （II）求出 ，由 运算即可得解； AC1 1    DBm  cos DB,m    AAC （III）求得平面 的一个法向量 ，由 结合同角三角函数的 DB 11DB  m 平方关系即可得解. x, y, z 轴，建立如图空间直角坐标系， AB, AD, AA 1 分别为 【详解】（I）以 A为原点， A 0,0,0 A 0,0,2 B 2,0,0 C 2,2,0 D 0,2,0 C 2,2,2 D 0,2,2 则,1  ,,,,1  ,1  ，E 2,1,0 F 1,2,0 因为 E 为棱 BC 的中点，F 为棱 CD 的中点，所以 ，，   ,1D F  1,0,2 AC  2,2,0 A E  2,1,2 所以 ,,111 A EC m  x , y , z 设平面 1 的一个法向量为 ，1  111   m AC  2x  2y  0 1111x  2 m  2,2,1 则  ，令 ，则 ，1m A E  2x  y  2z  0 1111    因为 D F m  2  2  0 ，所以 D F  m ，11D F  A EC D F / / A EC 平面 ； 1 1 因为 平面 1 ，所以 111 AC  2,2,2 （II）由（1）得， ，1AC A EC 所成角为 1 1 设直线 1 与平面 ，    sin  cos m, AC m AC1 23  则；1932 3 m  AC1  AAC DB  2,2,0 （III）由正方体的特征可得，平面 1 的一个法向量为 ，1    DBm 82 2 cos DB,m    则，332 2 DB  m   11 cos2 DB,m  A  AC  E 所以二面角 的正弦值为 .113×2 y2 2 5 5已知椭圆 的右焦点为 ，上顶点为 FB，离心率为 ，且 18. 1 a  b  0 a2 b2 BF  5 ．（1）求椭圆的方程； （2）直线 与椭圆有唯一的公共点 y，与 轴的正半轴交于点，过 与垂直 lNNMBF x的直线交 轴于点 MP//BF P．若 ，求直线 的方程． lx2 2【答案】（1） ；（2） . y  1 x  y  6  0 5【解析】 ac【分析】（1）求出 的值，结合 的值可得出 的值，进而可得出椭圆的方程； bx0 x M x, y  y y1 ，求出点 MP//BF P的坐标，根据 （2）设点 0  ，分析出直线 的方程为 l005k k xy、 的值，即可得出直线的方程. 0可得出 BF ，求出 l0MP 22F c,0 B 0,b 【详解】（1）易知点 、，故 ，BF  c  b  a  5 c2 5 522因为椭圆的离心率为 ，故 ，，c  2 e  b  a  c 1 ax2 2因此，椭圆的方程为 ； y  1 5×2 2M x, y （2）设点 0  为椭圆 上一点，  y  1 05×0 x  y y1 ，先证明直线 的方程为 MN 05x x 0 y0 y 1  5 x2  2x x x2  0   4×2  4×2  0 y，消去 并整理得 联立 ，，0000×2  y2 1 5x2 x0 x 2M x, y  y y1 因此，椭圆 在点 0  处的切线方程为 . y  1 005511y  y  0 N 0, 在直线 的方程中，令 ，可得 ，由题意可知 ，即点 ，MN x  0 0y0 y0 1b1y  2x  k   直线 的斜率为 ，所以，直线 的方程为 ，PN BF BF y0 c211x   y  0 P  ,0 的在直线 方程中，令 ，可得 ，即点 ，PN 2y0 2y0 y0 2y02 12  2k k 1MP//BF 因为 ，则 BF ，即 ，整理可得 x  5y  0 0  ，2×0 y0 1 MP 0x0  2y0 x02 65 6 22x  5y  y  0 所以， 0 ，因为 ，，故 ，， y0  6y0 1 y0  x0   0056666所以，直线 的方程为 l，即 .x  y  6  0 x  y 1 66【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线： y  kx  m （1）设切线方程为 与椭圆方程联立，由 进行求解；   0 x2 y2 x0 x y0 y x , y 1 （2）椭圆 在其上一点 0  的切线方程为 ，再应用此方程时， 1 0a2 b2 a2 b2 x2 y2 x0 x y0 y 1 首先应证明直线 与椭圆 相切. 1 a2 b2 a2 b2 ab已知 是公差为 2 的等差数列，其前 8 项和为 64． 是公比大于 0 的等比数 19. nnb  4,b  b  48 列， ．132ab（I）求  和 的通项公式； nn1c  b  ,n N* （II）记 ，n2n bn c2  c （i）证明 是等比数列； 2n nnak ak1 ck2  c2k  2 2 n N* （ii）证明 k1 a  2n 1,n N b  4n ,n N 【答案】（I） ，；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析. nn【解析】 a【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得 的通项，由等比数列的通项公式运算可 nb得 的通项公式； nc2  c  2 4n （II）（i）运算可得 ，结合等比数列的定义即可得证； n2n 4n2 nnanan1 ak ak1 ck2  c2k 1kk1 （ii）放缩得 ，进而可得 ，结合错位相减法即可得 2 cn2  c2n 2 22n 2k1 k1 证. a【详解】（I）因为 是公差为 2 的等差数列，其前 8 项和为 64． n87 2a 1 a  a  a  8a  2  64 所以 所以 ，所以 ，11281a  a  2 n 1  2n 1,n N ；n1bq, q  0 设等比数列 的公比为 ，nb  b  b q2  b q  4 q2  q  48 q  4 所以 所以 ，解得 （负值舍去）， 3211b  b qn1  4n ,n N ；n1114n c  b  42n （II）（i）由题意， ，n2n bn 2 11c2  c  42n  44n  2 4n ，所以 所以 n2n 4n 42n cn21  c2n2 cn2  c2n 2 4n1 2 4n c2  c  0  4 ，，且 n2n c2  c 所以数列 是等比数列； 2n n4n2 1 4n2 2n 1 2n 1 anan1 cn2  c2n  （ii）由题意知， ，2 4n 2 22n 2 22n 4n2 2n 2  2n 1n2n1 anan1 所以 所以 ，cn2  c2n 2 22n 2nnak ak1 ck2  c2k 1k，2 k1 2k1 k1 nkk1 123n2n1 T     设则，2 n20 21 22 k1 1123 n Tn     ，221 22 23 2n 11 1 2n 112122 1nn2n n  2 两式相减得 Tn 1     2  ，22n1 2n 2n 11 2n  2 T  4  所以 所以 ，n2n1 nnak ak1 1kk1 1n  2 4   2 2 .2 ck2  c2k 2n1 22k1 k1 【点睛】关键点点睛： nak ak1 ck2  c2k 最后一问考查数列不等式的证明，因为 无法直接求解，应先放缩去除根号，再 k1 由错位相减法即可得证. f (x)  ax  xex ．已知 ，函数 a  0 20. y  f (x) (0, f (0)) 处的切线方程： （I）求曲线 在点 f (x) （II）证明 存在唯一的极值点 f (x)  a  b （III）若存在 a，使得 对任意 成立，求实数 b 的取值范围． xR y  (a 1)x,(a  0) e, 【答案】（I） ；（II）证明见解析；（III） 【解析】 f x f 0 【分析】（I）求出   在处的导数，即切线斜率，求出  ，即可求出切线方程； x  0 ，可得 a  (x 1)ex ，则可化为证明 与y  a f x 0 y  g x  仅有一个交点， （II）令   g x 利用导数求出  的变化情况，数形结合即可求解； h(x)  x2  x 1 ex ,(x  1) x(1,) h(x)  b （III）令 ，题目等价于存在 ，使得 ，b  h(x) h x 即min ，利用导数即可求出  的最小值. xf (0)  a 1 【详解】（I） f (x)  a  (x 1)e ，则 ，f (0)  0 y  (a 1)x,(a  0) 又，则切线方程为 ；（II）令 f (x)  a  (x 1)e  0 ，则 a  (x 1)ex ，xx令当g(x)  (x 1)ex ，则 g (x)  (x  2)e ，x(,2) g (x)  0 g x x(2,) g (x)  0 g x ，  时， ， 单调递减；当 时， 单调递增， x   g x  0 g 1  0 时，   x   g x  0 g x 当，，当 时，  ，画出  大致图像如 下： y  a y  g x g m  a ，则 m  1，且 所以当 时， 与 仅有一个交点，令   a  0 f (m)  a  g(m)  0 ，f (x)  0 f x x(,m) x m, a  g(x) a  g(x) 当时， 时， ，则 ，则 ， 单调递增， f (x)  0 f x 当， 单调递减， x  m f (x) f x 为 的极大值点，故 存在唯一的极值点； ，此时 a  (1 m)em ,m  1 ，f (x)  f (m) （III）由（II）知 max { f (x)  a}  f (m)  a  m2  m 1 em ,(m  1) 所以 ，max h(x)  x2  x 1 ex ,(x  1) 令，f (x)  a  b x(1,) h(x)  b 若存在 a，使得 对任意 成立，等价于存在 ，使得 ，xR b  h(x) 即，min 2xxh (x)  x  x  2 e  (x 1)(x  2)e x  1 ，，x(1,1) h (x)  0 h x x(1,) h (x)  0 h x ， 单调递 当时， ， 单调递减，当 时， 增， 所以 h(x)  h(1)  e ，故b  e e, ，min 所以实数 b 的取值范围 .y  a y  g x 【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明 与 仅有一个交点；第 x(1,) h(x)  b b  h(x) 三问解题的关键是转化为存在 ，使得 ，即 .min