2021年高考真题全国乙卷文科 数学试题（解析版）

这是一份2021年高考真题全国乙卷文科 数学试题（解析版），共17页。

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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. 已知全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可.
【详解】由题意可得：，则.
故选：A.
2. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意结合复数的运算法则即可求得z的值.
【详解】由题意可得：.
故选：C.
3. 已知命题﹔命题﹐，则下列命题中为真命题的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定命题的真假性，由此确定正确选项.
【详解】由于，所以命题为真命题；
由于，所以，所以命题为真命题；
所以为真命题，、、为假命题.
故选：A．
4. 函数的最小正周期和最大值分别是（ ）
A. 和B. 和2C. 和D. 和2
【答案】C
【解析】
【分析】利用辅助角公式化简，结合三角函数最小正周期和最大值的求法确定正确选项.
【详解】由题，，所以的最小正周期为，最大值为.
故选：C．
5. 若满足约束条件则的最小值为（ ）
A. 18B. 10C. 6D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，数形结合即可得解.
【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，
由可得点,
转换目标函数为，
上下平移直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，
此时.
故选：C.
6. （ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.
【详解】由题意，
.
故选：D.
7. 在区间随机取1个数，则取到的数小于的概率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据几何概型的概率公式即可求出.
【详解】设“区间随机取1个数” ，
“取到的数小于”，所以．
故选：B．
【点睛】本题解题关键是明确事件“取到数小于”对应的范围，再根据几何概型的概率公式即可准确求出．
8. 下列函数中最小值为4的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意．
【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；
对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；
对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；
对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意．
故选：C．
【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出．
9. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出选项函数解析式，再利用奇函数的定义即可.
【详解】由题意可得，
对于A，不是奇函数；
对于B，是奇函数；
对于C，，定义域不关于原点对称，不是奇函数；
对于D，，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
故选：B
【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.
10. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.
【详解】
如图，连接，因为∥，
所以或其补角为直线与所成的角，
因为平面，所以，又，，
所以平面，所以，
设正方体棱长为2，则，
，所以.
故选：D
11. 设B是椭圆的上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】设点，由依题意可知，，，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值．
【详解】设点，因为，，所以
，
而，所以当时，的最大值为．
故选：A．
【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．
12. 设，若为函数的极大值点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合对进行分类讨论，画出图象，由此确定正确选项.
【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.
依题意，为函数的极大值点，
当时，由，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
当时，由时，，画出的图象如下图所示：
由图可知，，故.
综上所述，成立.
故选：D
【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知向量，若，则_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值.
【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：，
解方程可得：.
故答案为：.
14. 双曲线的右焦点到直线的距离为________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.
【详解】由已知，，所以双曲线的右焦点为，
所以右焦点到直线距离为.
故答案为：
15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，，，则________．
【答案】
【解析】
【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.
【详解】由题意，，
所以，
所以，解得（负值舍去）.
故答案为：.
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】③④
【解析】
【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.
【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，
如图所示，长方体中，，
分别为棱的中点，
则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥.
故答案为：③④.
【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.
三、解答题．共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答．
（一）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和，样本方差分别记为和．
（1）求，，，；
（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，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】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备没有显著提高.
【解析】
【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差.
（2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断.
【详解】（1），
，
，
.
（2）依题意，，，
，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备没有显著提高.
18. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且．
（1）证明：平面平面；
（2）若，求四棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；
（2）由（1）可知，，由平面知识可知，，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出．
【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，，所以平面，而平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，，则，即，解得，所以．因为底面，故四棱锥的体积为．
【点睛】本题第一问解题关键是找到平面或平面的垂线，结合题目条件，所以垂线可以从中产生，稍加分析即可判断出平面，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．
19. 设是首项为1的等比数列，数列满足．已知，，成等差数列．
（1）求和的通项公式；
（2）记和分别为和的前n项和．证明：．
【答案】（1），；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】利用等差数列的性质及得到，解方程即可；
利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.
【详解】因为是首项为1的等比数列且，，成等差数列，
所以，所以，
即，解得，所以，
所以.
（2）证明：由（1）可得，
，①
，②
①②得 ，
所以，
所以，
所以.
【点晴】本题主要考查数列的求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运算能力，是一道中档题.
20. 已知抛物线的焦点F到准线的距离为2．
（1）求C的方程;
（2）已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足，求直线斜率的最大值.
【答案】（1）；（2）最大值为.
【解析】
【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；
（2）设，由平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.
【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，
由题意，该抛物线焦点到准线的距离为，
所以该抛物线的方程为；
（2）设，则，
所以，
由在抛物线上可得，即，
所以直线斜率，
当时，；
当时，，
当时，因为，
此时，当且仅当，即时，等号成立；
当时，；
综上，直线的斜率的最大值为.
【点睛】关键点点睛：
解决本题的关键是利用平面向量的知识求得点坐标的关系，在转化斜率时要注意对取值范围的讨论.
21. 已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．
【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】
【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；
(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，
导函数的判别式，
当时，在R上单调递增，
当时，的解为：，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
综上可得：当时，在R上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)由题意可得：，，
则切线方程为：，
切线过坐标原点，则：,
整理可得：，即：，
解得：，则，
即曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，在高考中的命题方向及命题角度从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．
（二）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．
[选修4-4:坐标系与参数方程]
22. 在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．
（1）写出的一个参数方程;
（2）过点作的两条切线．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．
【答案】（1），（为参数）；（2）或.
【解析】
【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；
（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可.
【详解】（1）由题意，的普通方程为，
所以的参数方程为，（为参数）
（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即，
由圆心到直线的距离等于1可得，
解得，所以切线方程为或，
将，代入化简得
或
【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.
[选修4—5:不等式选讲]
23. 已知函数．
（1）当时，求不等式解集;
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1）.（2）.
【解析】
【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.
（2）利用绝对值不等式化简，由此求得的取值范围.
【详解】（1）当时，，表示数轴上的点到和的距离之和，
则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，故或，
所以的解集为.
（2）依题意，即恒成立，
，故，
所以或，
解得.
所以的取值范围是.
【点睛】解绝对值不等式的方法有零点分段法、几何意义法．
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
10.1
10.3
10.6
10.5
10.4
10.5