2021年高考真题——数学（全国乙卷）（理科）（含解析）

这是一份2021年高考真题——数学（全国乙卷）（理科）（含解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，I.必考题，II.选考题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.设2(z+z―)+3(z−z―)=4+6i，则z=( )
A.1−2iB.1+2iC.1+iD.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.TD.Z
3.已知命题p：∃x∈R，sinx<1；命题q：∀x∈R，e|x|⩾1，则下列命题中为真命题的是 ( )
A.p∧qB.¬p∨qC.p∧¬qD.¬(p∨q)
4.设函数f(x)=1−x1+x，则下列函数中为奇函数的是( )
A.f(x−1)−1B.f(x−1)+1C.f(x+1)−1D.f(x+1)+1
5.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为( )
A.π2B.π3C.π4D.π6
6.将5 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4 个项目进行培训，每名志愿者只分配到1 个项目，每个项目至少分配1 名志愿者，则不同的分配方案共有( )
A.60 种B.120 种C.240 种D.480 种
7.把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y=sin(x−π4)的图象，则f(x)=( )
A.sin(x2−7π12)B.sin(x2+π12)
C.sin(2x−7π12)D.sin(2x+π12)
8.在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于74的概率为( )
A.79B.2332C.932D.29
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.如图，点E，H，G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=( )
‍
A.表高×表距表目距的差+表高B.表高×表距表目距的差−表高
C.表高×表距表目距的差+表距D.表高×表距表目距的差−表距
10.设a≠0，若x=a为函数f(x)=a(x−a)2(x−b)的极大值点，则( )
A.abC.aba2
11.设B是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|⩽2b，则C的离心率的取值范围是( )
A.[22,1)B.[12,1)C.(0,22]D.(0,12]
12.设a=2ln1.01，b=ln1.02，c=1.04−1，则( )
A.a二、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。）
13.已知双曲线C：x2m−y2=1(m>0)的一条渐近线为3x+my=0，则C的焦距为 ．
14.已知向量a⟶=(1，3)，b⟶=(3，4)，若(a⟶−λb⟶)⟂b⟶，则λ= ．
15.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B=60∘，a2+c2=3ac，则b= ．
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）．
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四、I.必考题（共60分。）
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，得到各件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x―和y―，样本方差分别记为s12和s22．
(1)求x―，y―，s12，s22；
(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y―−x―⩾2s12+s2210，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)．
18.如图，四棱锥P−ABCD的底面是矩形，PD⟂底面ABCD，PD=DC=1，M为BC中点，且PB⟂AM．
‍
(1)求BC；
(2)求二面角A−PM−B的正弦值．
19.记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知2Sn+1bn=2．
(1)证明：数列{bn}是等差数列；
(2)求{an}的通项公式．
20.己知函数f(x)=ln(a−x)，已知x=0是函数y=xf(x)的极值点．
(1)求a；
(2)设函数g(x)=x+f(x)xf(x).证明：g(x)<1．
21.已知抛物线C：x2=2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4．
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB为C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
五、II.选考题（共10分，请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计分。）
22.在直角坐标系xOy中，⊙C的圆心为C(2,1)，半径为1．
(1)写出⊙C的一个参数方程；
(2)过点F(4,1)作⊙C的两条切线.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程．
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．
参考答案
1.【答案】C
【解析】设z=a+bi(a，b∈R)，则z―=a−bi，则2(z+z―)+3(z−z―)=4a+6bi=4+6i，所以{4a=4，6b=6，解得{a=1，b=1，因此z=1+i.故选C.
2.【答案】C
【解析】因为当n∈Z时，集合T中任意元素t=4n+1=2·(2n)+1∈S
所以T⊆S，于是S∩T=T．
故选C．
3.【答案】A
【解析】对于命题p：∃x∈R，sinx<1，
当x=0时，sin x=0<1，故命题p为真命题，¬p为假命题；
对于命题q：∀x∈R，e|x|⩾1，
因为|x|⩾0，又函数y=ex为单调递增函数，故e|x|⩾e0=1，
故命题q为真命题，¬q为假命题，
所以p∧q为真命题，¬p∨q为假命题，p∧¬q为假命题，¬(p∨q)为假命题，
故选A．
4.【答案】B
【解析】因为f(x)=1−x1+x=−(x+1)+21+x=−1+2x+1，
所以函数f(x)的对称中心为(−1,−1)，
所以将函数f(x)向右平移一个单位，向上平移一个单位，
得到函数y=f(x−1)+1，该函数的对称中心为(0，0)，
故函数y=f(x−1)+1为奇函数．故选B．
5.【答案】D
【解析】方法一：如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则P(1，1，2)，B(2，2，0)，A(2，0，0)，D1(0，0，2)，所以AD1⟶=(−2，0，2)，PB⟶=(1，1，−2)，所以cs〈AD1⟶，PB⟶〉=AD1⟶·PB⟶|AD1⟶||PB⟶|=−622×6=−32，又直线PB与AD1所成的角为锐角，所以直线PB与AD1所成的角为π6，故选D.
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方法二：如图，连接BC1，易知AD1/\/BC1，所以AD1与PB所成的角即为BC1与PB所成的角.连接A1B，A1C1，易知△A1BC1为等边三角形，且P为A1C1的中点，故∠PBC1=π6，所以直线PB与AD1所成的角为π6，故选D.
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6.【答案】C
【解析】5 名志愿者选2 个1 组，有C52 种方法，然后4 组进行全排列，有A44 种，共有C52A44=240 种，故选C．
7.【答案】B
【解析】把函数y=f(x)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移π3个单位长度，得到函数y=sin(x−π4)的图象，
‍∴把函数y=sin(x−π4)的图象，向左平移π3个单位长度，得到y=sin(x+π3−π4)=sin(x+π12)的图象；
再把图象上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，可得f(x)=sin(12x+π12)的图象．
故选B．
8.【答案】B
【解析】本题属于几何概型问题，可转化为已知{074的概率.如图所示， 则所求概率P=S阴影S正方形ABCD
‍=S正方形ABCD−S△AEFS正方形ABCD=1−12×34×341=2332 故选B.
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9.【答案】A
【解析】DEAB=EHAH，FGBA=CGCA，故EHAH=CGCA，即EHAE+EH=CGAE+EG+GC，
‍
解得：AE=EH·EGCG−EH，AH=AE+EH，
故：AB=DE·AHEH=DE(AE+EH)EH=DE·EGCG−EH+DE．
故选A．
10.【答案】D
【解析】因为a≠0，
（Ⅰ）所以当a=b时，函数f(x)=a(x−a)3在(−∞,+∞)单调，无极值，不合条件；
( Ⅱ)当a≠b时，因为f′(x)=3a(x−a)(x−a+2b3)，所以，
①若a>0并且a0，得：xa+2b3，由f′(x)<0，得：a②若a>0，并且a>b时，a>a+2b3，由f′(x)>0，得：xa，由f′(x)<0，得：a+2b3③若a<0，并且a0，得：aa+2b3，这时f(x)在(−∞,a)上单调递减，在(a,a+2b3)上单调递增，x=a是函数f(x)的极小值点，不符合条件；
④若a<0，并且a>b时，a>a+2b3，由f′(x)>0，得：a+2b3a，所以这时f(x)在(a+2b3,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递增，x=a是函数f(x)的极大值点，符合条件；
因此，若x=a为函数f(x)=a(x−a)2(x−b)的极大值点，则a，b必须满足条件：a>0并且ab．由此可见，A，B均错误；又总有ab−a2=a(b−a)>0成立，所以C错误，D正确．
故选D．
11.【答案】C
【解析】由题意得B(0，b)，设P(x0，y0)， 则x02a2+y02b2=1，所以|PB|2=x02+(y0−b)2=a2(1−y02b2)+(y0−b)2
‍=−c2b2(y0+b3c2)2+b4c2+a2+b2. 因为−b⩽y0⩽b，所以当−b3c2⩽−b，即b2⩾c2时，|PB|max2=−c2b2(−b+b3c2)2+b4c2+a2+b2=4b2，即|PB|max=2b，符合题意，由b2⩾c2可得a2⩾2c2，即0−b，即b212.【答案】B
【解析】∵a=2ln1.01=ln1.020 1，b=ln1.02，
‍∴a>b，
令f(x)=2ln(1+x)−(1+4x−1)，0令1+4x=t，则1‍∴x=t2−14，
‍∴g(t)=2ln(t2+34)−t+1=2ln(t2+3)−t+1−2ln4，
‍∴g′(t)=4tt2+3−1=4t−t2−3t2+3=−(t−1)(t−3)t2+3>0，
‍∴g(t)在(1,5)上单调递增，
‍∴g(t)>g(1)=2ln4−1+2ln4=0，
‍∴f(x)>0，∴a>c，
同理令h(x)=ln(1+2x)−(1+4x−1)，
再令1+4x=t，则1‍∴x=t2−14，
‍∴φ(t)=ln(t2+12)−t+1.
‍∴φ(t)=ln(t2+12)−t+1=ln(t2+1)−t+1−ln2，
‍∴φ′(t)=2tt2+1−1=−(t−1)2t2+1<0，
‍∴φ(t)在(1,5)上单调递减，
‍∴φ(t)<φ(1)=ln2−1+1−ln2=0，
‍∴h(x)<0，
‍∴c>b，
‍∴a>c>b．
故选B．
13.【答案】4
【解析】根据题意，双曲线C：x2m−y2=1(m>0)的一条渐近线为3x+my=0，
则有m3=m，解可得m=3，
则双曲线的方程为x23−y2=1，
则c=3+1=2，
其焦距2c=4；
故答案为4．
14.【答案】35
【解析】因为向量a⟶=(1，3)，b⟶=(3，4)，
则a⟶−λb⟶=(1−3λ，3−4λ)，
又(a⟶−λb⟶)⟂b⟶，
所以(a⟶−λb⟶)·b⟶=3(1−3λ)+4(3−4λ)=15−25λ=0，
解得λ=35．
故答案为35．
15.【答案】22
【解析】∵△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B=60∘，a2+c2=3ac，
‍∴12acsinB=3⇒12ac×32=3⇒ac=4⇒a2+c2=12，
又csB=a2+c2−b22ac⇒12=12−b28⇒b=22，（负值舍）
故答案为22．
16.【答案】②⑤或③④
【解析】由题可知侧视图只能是②或③. 若侧视图是②，则三棱锥的直观图如图(1)，其中平面SAC⟂平面ABC，SA=SC=2，BA=BC=5，AC=2，此时俯视图为⑤； 若侧视图是③，则三棱锥的直观图如图(2)，其中SA⟂平面ABC，SA=1，AB=AC=5，BC=2，此时俯视图为④. 综上所述，所选侧视图和俯视图的编号依次为②⑤或③④.
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17.【答案】(1)由题中的数据可得，
‍x―=110×(9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7)=10,
‍y―=110×(10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5)=10.3,
‍s12=110×[(9.8−10)2+(10.3−10)2+(10−10)2+(10.2−10)2+(9.9−10)2+(9.8−10)2
‍+(10−10)2+(10.1−10)2+(10.2−10)2+(9.7−10)2]=0.036,
‍s22=110×[(10.1−10.3)2+(10.4−10.3)2+(10.1−10.3)2+(10.0−10.3)2+(10.1−10.3)2
‍+(10.3−10.3)2+(10.6−10.3)2+(10.5−10.3)2+(10.4−10.3)2+(10.5−10.3)2=0.04
(2)y―−x―=10.3−10=0.3，
‍2s12+s2210=20.036+0.0410=20.0076≈0.174，
所以y―−x―>2s12+s2210，
故新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
18.【答案】(1)连结BD，因为PD⟂底面ABCD，且AM⊂平面ABCD，则AM⟂PD，
又AM⟂PB，PB∩PD=P，PB，PD⊂平面PBD，
所以AM⟂平面PBD，又BD⊂平面PBD，则AM⟂BD，
所以∠ABD+∠DAM=90∘，又∠DAM+∠MAB=90∘，
则有∠ADB=∠MAB，
所以Rt△DAB∽Rt△ABM，
则ADAB=BABM，所以12BC2=1，解得BC=2；
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(2)因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，
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则A(2，0，0)，B(2，1，0)，M(22，1，0)，P(0，0，1)，
所以AP⟶=(−2，0，1)，AM⟶=(−22，1，0)，BM⟶=(−22，0，0)，BP⟶=(−2，−1，1)，
设平面AMP的法向量为n⟶=(x，y，z)，
则有n⟶·AP⟶=0，n⟶·AM⟶=0，即−2x+z=0，−22x+y=0，
令x=2，则y=1，z=2，故n⟶=(2，1，2)，
设平面BMP的法向量为m⟶=(p，q，r)，
则有m⟶·BM⟶=0，m⟶·BP⟶=0，即−22p=0，−2p−q+r=0，
令q=1，则r=1，故m⟶=(0，1，1)，
所以|cs|=|n⟶·m⟶||n⟶||m⟶|=37×2=31414，
设二面角A−PM−B的平面角为α，
则sinα=1−cs2⁡α=1−cs2⁡⟨n⟶,m⟶⟩=
‍1−(31414)2=7014，
所以二面角A−PM−B的正弦值为7014．
【解析】(1)连结BD，利用线面垂直的性质定理证明AM⟂PD，从而可以证明AM⟂平面PBD，得到AM⟂BD，证明Rt△DAB∽Rt△ABM，即可得到BC的长度；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．
本题考查了空间中线段长度求解以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
19.【答案】(1)当n=1时，b1=S1，
由2b1+1b1=1，解得b1=32，
当n⩾2时，bnbn−1=Sn，
代入2Sn+1bn=2，消去Sn，
可得2bn−1bn+1bn=2，所以bn−bn−1=12,
所以{bn}是以32为首项，12为公差的等差数列．
(2)由题意，得a1=S1=b1=32，
由(1)，可得bn=32+(n−1)×12=n+22，
由2Sn+1bn=2，可得Sn=n+2n+1,
当n⩾2时，an=Sn−Sn−1=n+2n+1−n+1n=−1n(n+1)，
显然a1不满足该式，
所以an=32,n=1,−1n(n+1),n⩾2.
20.【答案】(1)由题意，f(x)的定义域为(−∞，a)，
令g(x)=xf(x)，则g(x)=xln(a−x)，x∈(−∞，a)，
则g′(x)=ln(a−x)+x·−1a−x=ln(a−x)+−xa−x，
因为x=0是函数y=xf(x)的极值点，则有g′(x)=0，
即lna=0，所以a=1，
当a=1时，
‍g′(x)=ln(1−x)+−x1−x=ln(1−x)+−11−x+1，且g′(0)=0，
因为g′′(x)=−11−x+−1(1−x)2=x−2(1−x)2<0，
则g′(x)在(−∞，1)上单调递减，
所以当x∈(−∞，a)时，g′(x)>0，当x∈(0，1)时，g′(x)<0，
所以a=1时，x=0时函数y=xf(x)的一个极大值．
综上所述，a=1；
(2)证明：由(1)可知，xf(x)=xln(1−x)，
要证x+f(x)xf(x)<1，即需证明x+ln(1−x)xln(1−x)<1，
因为当x∈(−∞,0)时，xln(1−x)<0，
当x∈(0,1)时，xln(1−x)<0，
所以需证明x+ln(1−x)>xln(1−x)，
即x+(1−x)ln(1−x)>0，
令h(x)=x+(1−x)ln(1−x)，
则h′(x)=(1−x)·−11−x+1−ln(1−x)，
所以h′(0)=0，当x∈(−∞,0)时，h′(x)<0，
当x∈(0,1)时，h′(x)>0，
所以x=0为h(x)的极小值点，所以h(x)>h(0)=0，
即x+ln(1−x)>xln(1−x)，
故x+ln(1−x)xln(1−x)<1，所以x+f(x)xf(x)<1．
【解析】(1)确定函数f(x)的定义域，令g(x)=xf(x)，由极值的定义得到g′(x)=0，求出a的值，然后进行证明，即可得到a的值；
(2)将问题转化为证明x+ln(1−x)xln(1−x)<1，进一步转化为证明x+ln(1−x)>xln(1−x)，令h(x)=x+(1−x)ln(1−x)，利用导数研究h(x)的单调性，证明h(x)>h(0)，即可证明．
21.【答案】(1)点F(0,p2)到圆M上的点的距离的最小值为|FM|−1=p2+4−1=4，解得p=2；
(2)由(1)知，抛物线的方程为x2=4y，即y=14x2，则y′=12x，
设切点A(x1,y1)，B(x2,y2)，
则易得lPA:y=x12x−x124，lPB:y=x22x−x224，
从而得到P(x1+x22,x1x24)，
设lAB：y=kx+b，联立抛物线方程，消去y并整理可得x2−4ky−4b=0，
‍∴Δ=16k2+16b>0，即k2+b>0，且x1+x2=4k，x1x2=−4b，
‍∴P(2k,−b)，
‍∵|AB|=1+k2·(x1+x2)2−4x1x2
‍=1+k2·16k2+16b，
‍dP⟶AB=|2k2+2b|k2+1，
‍∴S△PAB=12|AB|d=4(k2+b)32①，
又点P(2k,−b)在圆M：x2+(y+4)2=1上，故k2=1−(b−4)24，
代入①得，S△PAB=4(−b2+12b−154)32，
而yP=−b∈[−5,−3]，
‍∴当b=5时，(S△PAB)max=205．
【解析】(1)由点F到圆M上的点最小值为4建立关于p的方程，解出即可；
(2)对y=14x2求导，由导数的几何意义可得出直线PA及PB的方程，进而得到点P的坐标，再将AB的方程与抛物线方程联立，可得P(2k,−b)，|AB|以及点P到直线AB的距离，进而表示出△PAB的面积，再求出其最小值即可．
22.【答案】(1)⊙C的圆心为C(2,1)，半径为1，
则⊙C的标准方程为(x−2)2+(y−1)2=1，
‍⊙C的一个参数方程为x=2+cs θ,y=1+sin θ（θ为参数)．
(2)由题意可知两条切线方程斜率存在，设切线方程为y−1=k(x−4)，即kx−y−4k+1=0，
圆心C(2,1)到切线的距离d=|2k−1−4k+1|k2+1=1，
解得k=±33，
所以切线方程为y=±33(x−4)+1，
因为x=ρcsθ，y=ρsinθ，
所以这两条切线的极坐标方程为ρsinθ=±33(ρcsθ−4)+1．
【解析】(1)求出⊙C的标准方程，即可求得⊙C的参数方程；
(2)求出直角坐标系中的切线方程，再由x=ρcsθ，y=ρsinθ即可求解这两条切线的极坐标方程．
23.【答案】(1)当a=1时，
‍f(x)=|x−1|+|x+3|=−2x−2,x⩽−3,4,−3‍∵f(x)⩾6，
‍∴x⩽−3,−2x−2⩾6或−3‍∴x⩽−4或x⩾2，
‍∴不等式的解集为(−∞，−4]∪[2，+∞)．
(2)f(x)=|x−a|+|x+3|⩾|x−a−x−3|
‍=|a+3|，
若f(x)>−a，则|a+3|>−a，
当a⩾0时，不等式恒成立；
当a<0时，两边平方可得a2+6a+9>a2，解得a>−32，
综上，a的取值范围是(−32,+∞)．
【解析】(1)将a=1代入f(x)中，根据f(x)⩾6，利用零点分段法解不等式即可；
(2)利用绝对值三角不等式可得f(x)⩾|a+3|，然后根据f(x)>−a，得到|a+3|>−a，求出a的取值范围．
旧设备
9.8
10.3
10.0
10.2
9.9
9.8
10.0
10.1
10.2
9.7
新设备
10.1
10.4
10.1
10.0
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10.3
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10.5
10.4
10.5