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2021年全国高考数学真题试卷全集(文理共10套)(学生版+解析版)

来源：九壹网

2021年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）

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．（5分）设集合M＝{x|0＜x＜4}，N＝{x|≤x≤5}，则M∩N＝（）

A．{x|0＜x≤3}

B．{x|≤x＜4}

C．{x|4≤x＜5} D．{x|0＜x≤5}

2．（5分）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是（） A．该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B．该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C．估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元

D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 3．（5分）已知（1﹣i）2z＝3+2i，则z＝（） A．﹣1−i

32B．﹣1+i

32C．−+i

32D．−−i

324．（5分）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（）（√10≈1.259） A．1.5

B．1.2

C．0.8

D．0.6

5．（5分）已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为（）

A．

√7 2

B．

√13 2

C．√7 D．√13

6．（5分）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）

A． B．

C． D．

7．（5分）等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则（）

A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件

D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

8．（5分）2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影A'，B'，C'满足∠A'C'B'＝45°，∠A'B'C'＝60°．由C点测得B点的仰角为15°，BB'与CC'的差为100；由B点测得A点的仰角为45°，则A，C两点到水平面A'B'C'的高度差AA'﹣CC'约为（（）√3≈1.732）

A．346

B．373

C．446 D．473

9．（5分）若α∈（0，），tan2α=

𝜋

𝑐𝑜𝑠𝛼

，则tanα＝（）

2−𝑠𝑖𝑛𝛼A．

√15 15

B．

√5 5

C．

√5 3

D．

√15 3

10．（5分）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（） A．

B．

C． 3

D． 5

11．（5分）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（） A．

√2 12

B．

√3 12

C．

√2 4

D．

√3 4

12．（5分）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b．若f（0）+f（3）＝6，则f（）＝（）

A．−

4B．−

32C． 4

D． 2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）曲线y=𝑥+2在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为．

14．（5分）已知向量𝑎=（3，1），𝑏=（1，0），𝑐=𝑎+k𝑏．若𝑎⊥𝑐，则k＝． 15．（5分）已知F1，F2为椭圆C：

𝑥216

→

2𝑥−1

𝑦24

=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对

称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为．

16．（5分）已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）的部分图像如图所示，则满足条件（f（x）﹣f（−

4𝜋7𝜋

））（f（x）﹣f（））＞0的最小正整数x为． 43

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．（12分）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如下表：

甲机床乙机床合计

一级品 150 120 270

二级品 50 80 130

合计 200 200 400

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？

（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)

附：K=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．

P（K2≥k）

0.050 3.841

0.010 6.635

0.001 10.828

18．（12分）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①数列{an}是等差数列；②数列{√𝑆𝑛}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．

19．（12分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；

（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

20．（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M（2，0），且⊙M与l相切．（1）求C，⊙M的方程；

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．

𝑥𝑎21．（12分）已知a＞0且a≠1，函数f（x）=𝑎𝑥 （x＞0）．

（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．

（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]（10分）

22．（10分）在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2√2cosθ．（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设点A的直角坐标为（1，0），M为C上的动点，点P满足𝐴𝑃=√2𝐴𝑀，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数f（x）＝|x﹣2|，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|．（1）画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）若f（x+a）≥g（x），求a的取值范围．

→

2021年全国统一高考数学试卷（理科）（甲卷）

参与试题解析

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．（5分）设集合M＝{x|0＜x＜4}，N＝{x|≤x≤5}，则M∩N＝（）

A．{x|0＜x≤3}

B．{x|≤x＜4}

C．{x|4≤x＜5} D．{x|0＜x≤5}

【解答】解：集合M＝{x|0＜x＜4}，N＝{x|≤x≤5}，则M∩N＝{x|≤x＜4}，故选：B．

2．（5分）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间

【解答】解：对于A，该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率为（0.02+0.04）×1＝0.06＝6%，故选项A正确；

对于B，该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率为（0.04+0.02×3）×1＝0.1＝10%，故选项B正确；

对于C，估计该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02+4×0.04+5×0.1+6×0.14+7×0.2+8×0.2+9×0.1+10×0.1+11×0.04+12×0.02+13×0.02+14×0.02＝7.68＞6.5万元，故选项C

错误；

对于D，家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为（0.1+0.14+0.2+0.2）×1＝0.＞0.5，

故估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间，故选项D正确．故选：C．

3．（5分）已知（1﹣i）2z＝3+2i，则z＝（） A．﹣1−2i

B．﹣1+2i

C．−2+i

D．−2−i

【解答】解：因为（1﹣i）2z＝3+2i，所以𝑧=

=−2𝑖=(−2𝑖)⋅𝑖=

(1−𝑖)

23+2𝑖3+2𝑖(3+2𝑖)𝑖

−2+3𝑖3

=−1+𝑖． 22故选：B．

4．（5分）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（）（√10≈1.259） A．1.5

B．1.2

C．0.8

D．0.6

【解答】解：在L＝5+lgV中，L＝4.9，所以4.9＝5+lgV，即lgV＝﹣0.1，解得V＝10

﹣0.1

111

==≈0.8， 0.1101.259√1010所以其视力的小数记录法的数据约为0.8．故选：C．

5．（5分）已知F1，F2是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝3|PF2|，则C的离心率为（）

√7A．

√13B． 2

C．√7 D．√13

【解答】解：F1，F2为双曲线C的两个焦点，P是C上的一点，|PF1|＝3|PF2|，设|PF1|＝3m，|PF2|＝m，由双曲线的定义可得|PF1|﹣|PF2|＝2m＝2a，即m＝a，所以|PF1|＝3a，|PF2|＝a，因为∠F1PF2＝60°，|F1F2|＝2c，所以4c2＝9a2+a2﹣2×3a×a×cos60°，整理得4c2＝7a2，所以e=𝑎=2．

𝑐√7故选：A．

A． B．

C． D．

【解答】解：由题意，作出正方体，截去三棱锥A﹣EFG，根据正视图，可得A﹣EFG在正方体左侧面，如图，根据三视图的投影，可得相应的侧视图是D图形，故选：D．

7．（5分）等比数列{an}的公比为q，前n项和为Sn．设甲：q＞0，乙：{Sn}是递增数列，则（）

A．甲是乙的充分条件但不是必要条件 B．甲是乙的必要条件但不是充分条件 C．甲是乙的充要条件

D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件

【解答】解：若a1＝﹣1，q＝1，则Sn＝na1＝﹣n，则{Sn}是递减数列，不满足充分性；

1∵Sn=1−𝑞（1﹣qn），

𝑎

则Sn+1=

𝑎1（1﹣qn+1）， 1−𝑞𝑎

1∴Sn+1﹣Sn=1−𝑞（qn﹣qn+1）＝a1qn，

若{Sn}是递增数列， ∴Sn+1﹣Sn＝a1qn＞0，则a1＞0，q＞0， ∴满足必要性，

故甲是乙的必要条件但不是充分条件，故选：B．

A．346

B．373

C．446

D．473

【解答】解：过C作CH⊥BB′于H，过B作BM⊥AA′于M，

则∠BCH＝15°，BH＝100，∠ABM＝45°，CH＝C′B′，A′B′＝BM＝AM，BB′＝MA′，∠C′A′B′＝75°

∴tan∠BCH＝tan15°＝tan（45°﹣30°）=1+𝑡𝑎𝑛45°𝑡𝑎𝑛30°=2−√3，sin75°＝sin（45°+30°）=2(2+2)

则在Rt△BCH中，CH=𝑡𝑎𝑛∠𝐵𝐶𝐻=100（2+√3），∴C′B′＝100（2+√3）在△A′B′C′中，由正弦定理知，A′B′=AM＝100（√3+1），

√2√3𝑡𝑎𝑛45°−𝑡𝑎𝑛30°

𝐵𝐻

𝐶′𝐵′

⋅𝑠𝑖𝑛∠𝐴′𝐶′𝐵′=100（√3+1），∴

𝑠𝑖𝑛∠𝐶′𝐴′𝐵′∴AA′﹣CC′＝AM+BH＝100（√3+1）+100≈373，故选：B．

9．（5分）若α∈（0，），tan2α=

𝜋

𝑐𝑜𝑠𝛼

，则tanα＝（）

2−𝑠𝑖𝑛𝛼A．

√15 15

B．

√5 5

C．

【解答】解：由tan2α=即

2𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼1−2𝑠𝑖𝑛2𝛼

𝜋

𝑠𝑖𝑛2𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼

，得=，

2−𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼2−𝑠𝑖𝑛𝛼

√5 3𝑐𝑜𝑠𝛼

D．

√15 3

𝑐𝑜𝑠𝛼2−𝑠𝑖𝑛𝛼

，

∵α∈（0，），∴cosα≠0，

则2sinα（2﹣sinα）＝1﹣2sin2α，解得sinα=4，则cosα=√1−𝑠𝑖𝑛2𝛼=4，

√15𝑠𝑖𝑛𝛼∴tanα==√4=．

𝑐𝑜𝑠𝛼1515√151

14故选：A．

10．（5分）将4个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（） A．

B．

C． 3

2𝐴44𝐴2

D． 5

𝐴66

【解答】解：4个1和2个0随机排成一行，共有=15种，

2个0不相邻，先将4个1全排列，再用插空法将2个0放入共有𝐶5=10种，

故2个0不相邻的概率为故选：C．

1015

=．

11．（5分）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）

A．

√2 12

B．

√3 12

C．

√2 4

D．

√3 4

【解答】解：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，

所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，

在Rt△ABC中，AB=√𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=√2，则𝐴𝑂1=在Rt△AOO1中，𝑂𝑂1=√𝑂𝐴2−𝐴𝑂12=故三棱锥O﹣ABC的体积为𝑉=故选：A．

√2√22，

2，

√2√2111

⋅𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝑂𝑂1=××1×1×=． 332212

12．（5分）设函数f（x）的定义域为R，f（x+1）为奇函数，f（x+2）为偶函数，当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b．若f（0）+f（3）＝6，则f（）＝（）

A．−4

B．−2

C． 4

D． 2

【解答】解：∵f（x+1）为奇函数，∴f（1）＝0，且f（x+1）＝﹣f（﹣x+1）， ∵f（x+2）偶函数，∴f（x+2）＝f（﹣x+2），

∴f[（x+1）+1]＝﹣f[﹣（x+1）+1]＝﹣f（﹣x），即f（x+2）＝﹣f（﹣x）， ∴f（﹣x+2）＝f（x+2）＝﹣f（﹣x）．令t＝﹣x，则f（t+2）＝﹣f（t），

∴f（t+4）＝﹣f（t+2）＝f（t），∴f（x+4）＝f（x）．当x∈[1，2]时，f（x）＝ax2+b．

f（0）＝f（﹣1+1）＝﹣f（2）＝﹣4a﹣b， f（3）＝f（1+2）＝f（﹣1+2）＝f（1）＝a+b，

又f（0）+f（3）＝6，∴﹣3a＝6，解得a＝﹣2， ∵f（1）＝a+b＝0，∴b＝﹣a＝2， ∴当x∈[1，2]时，f（x）＝﹣2x2+2，

∴f（）＝f（）＝﹣f（）＝﹣（﹣2×4+2）=2．

故选：D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．（5分）曲线y=

2𝑥−1

在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为 5x﹣y+2＝0 ． 𝑥+22𝑥−1

，（﹣1，﹣3）在曲线上， 𝑥+2【解答】解：因为y=所以y′=

22(𝑥+2)−(2𝑥−1)

(𝑥+2)

5(𝑥+2)

2，

所以y′|x＝﹣1＝5，

则曲线y=𝑥+2在点（﹣1，﹣3）处的切线方程为： y﹣（﹣3）＝5[x﹣（﹣1）]，即5x﹣y+2＝0．故答案为：5x﹣y+2＝0．

14．（5分）已知向量𝑎=（3，1），𝑏=（1，0），𝑐=𝑎+k𝑏．若𝑎⊥𝑐，则k＝ −3 ．【解答】解：因为向量𝑎=（3，1），𝑏=（1，0），𝑐=𝑎+k𝑏，

由𝑎⊥𝑐，则𝑎⋅(𝑎+𝑘𝑏)=|𝑎|+𝑘𝑎⋅𝑏=32+12+k•（3×1+1×0）＝10+3k＝0，解得k=−

． 310

→

→2

→

2𝑥−1

故答案为：−3．

15．（5分）已知F1，F2为椭圆C：

𝑥216

𝑦24

=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对

称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为 8 ．

【解答】解：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，

由椭圆的定义可得||PF1|+|PF2||＝m+n＝2a＝8，所以m2+2mn+n2＝，

因为|PF1|2+|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝4（a2﹣b2）＝48，

即m2+n2＝48，所以mn＝8，

所以四边形PF1QF2的面积为|PF1||PF2|＝mn＝8．故答案为：8．

16．（5分）已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）的部分图像如图所示，则满足条件（f（x）﹣f（−4））（f（x）﹣f（））＞0的最小正整数x为 2 ．

7𝜋

4𝜋

【解答】解：由图像可得𝑇=

7𝜋

1312

𝜋−，即周期为π，

𝜋

∵(𝑓(𝑥)−𝑓(−4))((𝑓(𝑥)−𝑓(3))＞0，T＝π， ∴(𝑓(𝑥)−𝑓(4))(𝑓(𝑥)−𝑓(3))＞0，观察图像可知当𝑥＞， 𝑓(𝑥)＜𝑓(4)，𝑓(𝑥)＜𝑓(3)，即x＝2时最小且满足题意，故答案为：2．

甲机床乙机床合计

一级品 150 120 270

二级品 50 80 130

合计 200 200 400

𝜋

𝜋𝜋

3𝜋

𝜋

4𝜋

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？

（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)

附：K=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．

P（K2≥k）

0.050 3.841

0.010 6.635

0.001 10.828

【解答】解：由题意，可得甲机床、乙机床生产总数均为200件，因为甲的一级品的频数为150，所以甲的一级品的频率为因为乙的一级品的频数为120，所以乙的一级品的频率为

150200120200

=；

435

=；

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)

（2）根据2×2列联表，可得K=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑) 400(150×80−50×120)=≈10.256＞6.635．

270×130×200×2002

所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．

18．（12分）已知数列{an}的各项均为正数，记Sn为{an}的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．

①数列{an}是等差数列；②数列{√𝑆𝑛}是等差数列；③a2＝3a1．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解答】解：选择①③为条件，②结论．证明过程如下：

由题意可得：a2＝a1+d＝3a1，∴d＝2a1，数列的前n项和：𝑆𝑛=𝑛𝑎1+

𝑛(𝑛−1)𝑛(𝑛−1)

𝑑=𝑛𝑎+×2𝑎1=𝑛2𝑎1， 122故√𝑆𝑛−√𝑆𝑛−1=𝑛√𝑎1−(𝑛−1)√𝑎1=√𝑎1，据此可得数列{√𝑆𝑛} 是等差数列．选择①②为条件，③结论：设数列{an}的公差为d，则：

√𝑆1=√𝑎1，√𝑆2=√𝑎1+(𝑎1+𝑑)=√2𝑎1+𝑑，√𝑆3=√𝑎1+(𝑎1+𝑑)+(𝑎1+2𝑑)=√3(𝑎1+𝑑)，

数列{√𝑆𝑛} 为等差数列，则：√𝑆1+√𝑆3=2√𝑆2，

即：(√𝑎1+√3(𝑎1+𝑑))2=(2√2𝑎1+𝑑)2，整理可得：d＝2a1，∴a2＝a1+d＝3a1．选择③②为条件，①结论：

由题意可得：S2＝a1+a2＝4a1，∴√𝑆2=2√𝑎1，则数列{√𝑆𝑛} 的公差为𝑑=√𝑆2−√𝑆1=√𝑎1，通项公式为：√𝑆𝑛=√𝑆1+(𝑛−1)𝑑=𝑛√𝑎1，

据此可得，当n≥2时，𝑎𝑛=𝑆𝑛−𝑆𝑛−1=𝑛2𝑎1−(𝑛−1)2𝑎1=(2𝑛−1)𝑎1，当n＝1时上式也成立，故数列的通项公式为：an＝（2n−1）a1，

由an+1−an＝[2（n+1）−1]a1−（2n−1）a1＝2a1，可知数列{an}是等差数列．

19．（12分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF⊥A1B1．（1）证明：BF⊥DE；

（2）当B1D为何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？

【解答】（1）证明：连接AF，

∵E，F分别为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的棱AC和CC1的中点，且AB＝BC＝2， ∴CF＝1，BF=√5， ∵BF⊥A1B1，AB∥A1B1， ∴BF⊥AB，

∴AF=√𝐴𝐵2+𝐵𝐹2=√22+√5=3，AC=√𝐴𝐹2−𝐶𝐹2=√32−12=2√2， ∴AC2＝AB2+BC2，即BA⊥BC，

故以B为原点，BA，BC，BB1所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则A（2，0，0），B（0，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），F（0，2，1），设B1D＝m，则D（m，0，2），

∴𝐵𝐹=（0，2，1），𝐷𝐸=（1﹣m，1，﹣2）， ∴𝐵𝐹•𝐷𝐸=0，即BF⊥DE．

→

→→

→

（2）解：∵AB⊥平面BB1C1C，∴平面BB1C1C的一个法向量为𝑚=（1，0，0），由（1）知，𝐷𝐸=（1﹣m，1，﹣2），𝐸𝐹=（﹣1，1，1），

⋅𝐷𝐸=0，即{(1−𝑚)𝑥+𝑦−2𝑧=0，设平面DEF的法向量为𝑛=（x，y，z），则{𝑛→→−𝑥+𝑦+𝑧=0

𝑛⋅𝐸𝐹=0

→

令x＝3，则y＝m+1，z＝2﹣m，∴𝑛=（3，m+1，2﹣m），

𝑚⋅𝑛333∴cos＜𝑚，𝑛＞=→→===，

|𝑚|⋅|𝑛|1×√9+(𝑚+1)2+(2−𝑚)2√2𝑚2−2𝑚+14√2(𝑚−1)2+2722→

→

→→

∴当m=2时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的余弦值最大，此时正弦值最小，故当B1D=时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小．

20．（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M（2，0），且⊙M与l相切．（1）求C，⊙M的方程；

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．

【解答】解：（1）因为x＝1与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线C的方程为：y2＝2px（p＞0），令x＝1，则𝑦=±√2𝑝，

根据抛物线的对称性，不妨设P在x轴上方，Q在X轴下方，故𝑃(1，√2𝑝)，𝑄(1，−√2𝑝)，因为OP⊥OQ，故1+√2𝑝×(−√2𝑝)=0⇒𝑝=2，抛物线C的方程为：y2＝x，

因为⊙M与l相切，故其半径为1，故⊙M：（x﹣2）2+y2＝1．（2）设A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3）．

当A1，A2，A3其中某一个为坐标原点时（假设A1为坐标原点时），设直线A1A2方程为kx﹣y＝0，根据点M（2，0）到直线距离为1可得k=±3，

联立直线A1A2与抛物线方程可得x＝3，此时直线A2A3与⊙M的位置关系为相切，

当A1，A2，A3都不是坐标原点时，即x1≠x2≠x3，直线A1A2的方程为x−（y1+y2）y+y1y2＝0，此时有，|2+𝑦1𝑦2|√1+(𝑦1+𝑦2)2222

=1，即(𝑦1−1)𝑦2+2𝑦1𝑦2+3−𝑦1=0，

√32𝑘√1+𝑘2=1，解得

222

同理，由对称性可得，(𝑦1−1)𝑦3+2𝑦1𝑦3+3−𝑦1=0， 22所以y2，y3是方程(𝑦1−1)𝑡2+2𝑦1𝑡+3−𝑦1=0 的两根，

依题意有，直线A2A3的方程为x−（y2+y3）y+y2y3＝0，

(2+𝑦2𝑦3)

222

3−𝑦2(2+21)

𝑦1−1−2𝑦21+(21)

𝑦1−1

令M到直线A2A3的距离为d，则有𝑑=

1+(𝑦2+𝑦3)

==1，

此时直线A2A3与⊙M的位置关系也为相切，综上，直线A2A3与⊙M相切．

21．（12分）已知a＞0且a≠1，函数f（x）=𝑎𝑥 （x＞0）．（1）当a＝2时，求f（x）的单调区间；

（2）若曲线y＝f（x）与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．

𝑥2

【解答】解：（1）a＝2时，f（x）=𝑥，

2𝑥𝑎

f′（x）=

2𝑥⋅2−2𝑙𝑛2⋅𝑥2

(2)2𝑙𝑛2

𝑥2𝑥𝑥

𝑥(2−𝑥𝑙𝑛2)𝑙𝑛2⋅𝑥(𝑙𝑛2−𝑥)==， 𝑥𝑥22

当x∈（0，）时，f′（x）＞0，当x∈（

𝑙𝑛2

，+∞）时，f′（x）＜0，

故f（x）在（0，

𝑙𝑛2

）上单调递增，在（

𝑙𝑛2

，+∞）上单调递减．

（2）由题知f（x）＝1在（0，+∞）有两个不等实根， f（x）＝1⇔xa＝ax⇔alnx＝xlna⇔令g（x）=𝑥，g′（x）=调递减，

𝑙𝑛𝑥𝑥

𝑙𝑛𝑎𝑎

，

𝑙𝑛𝑥

1−𝑙𝑛𝑥

，g（x）在（0，e）上单调递增，在（e，+∞）上单𝑥2又𝑙𝑖𝑚g（x）＝﹣∞，g（e）=𝑒，g（1）＝0，𝑙𝑖𝑚g（x）＝0，

𝑥→0

𝑥→+∞

作出g（x）的大致图象，如图所示：由图象可得0＜𝑎＜𝑒，解得a＞1且a≠e，即a的取值范围是（1，e）∪（e，+∞）．

𝑙𝑛𝑎

（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]（10分）

（2）设点A的直角坐标为（1，0），M为C上的动点，点P满足𝐴𝑃=√2𝐴𝑀，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点．

【解答】解：（1）由极坐标方程为ρ＝2√2cosθ，得ρ2＝2√2ρcosθ，化为直角坐标方程是x2+y2＝2√2x，

即(𝑥−√2)2+y2＝2，表示圆心为C（√2，0），半径为√2的圆．（2）设点P的直角坐标为（x，y），M（x1，y1），因为A（1，0），所以𝐴𝑃=（x﹣1，y），𝐴𝑀=（x1﹣1，y1），由𝐴𝑃=√2𝐴𝑀，即{

𝑥−1=√2(𝑥1−1)

，

𝑦=√2𝑦1

→

𝑥1=(𝑥−1)+1

2解得{， √2𝑦1=2𝑥所以M（

√2√2√2√2（x﹣1）+1，y），代入C的方程得[2(𝑥−1)+1−√2]2+(2𝑦)2=2， 22

√2化简得点P的轨迹方程是(𝑥−3+√2)2+y2＝4，表示圆心为C1（3−√2，0），半径为2 的圆；

化为参数方程是{𝑥=3−√2+2𝑐𝑜𝑠𝜃，θ为参数；

𝑦=2𝑠𝑖𝑛𝜃计算|CC1|＝|（3−√2）−√2|＝3﹣2√2＜2−√2，所以圆C与圆C1内含，没有公共点． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数f（x）＝|x﹣2|，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|．（1）画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）若f（x+a）≥g（x），求a的取值范围．

【解答】解：（1）函数f（x）＝|x﹣2|={

𝑥−2，𝑥≥2

，

2−𝑥，𝑥＜2

4，𝑥≥2 31

g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|=4𝑥+2，−＜𝑥＜．

−4，𝑥≤−3{2画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）由图像可得：f（6）＝4，g（）＝4，

若f（x+a）≥g（x），说明把函数f（x）的图像向左或向右平移|a|单位以后，f（x）的图像不在g（x）的下方，

由图像观察可得：a≥2−2+4=2 ∴a的取值范围为[

112

，+∞）．

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）

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．（5分）设集合M＝{1，3，5，7，9}，N＝{x|2x＞7}，则M∩N＝（） A．{7，9}

B．{5，7，9}

C．{3，5，7，9}

D．{1，3，5，7，9}

2．（5分）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 3．（5分）已知（1﹣i）2z＝3+2i，则z＝（） A．﹣1−2i

B．﹣1+2i

C．−2+i

D．−2−i

4．（5分）下列函数中是增函数的为（） A．f（x）＝﹣x

B．f（x）＝（）x

𝑥216

C．f（x）＝x2

D．f（x）=√𝑥 3

5．（5分）点（3，0）到双曲线A．

−

𝑦29

=1的一条渐近线的距离为（）

C． 56

B．

D． 5

6．（5分）青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量．通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L＝5+lgV．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为

（）（√10≈1.259） A．1.5

B．1.2

C．0.8

D．0.6

7．（5分）在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥A﹣EFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（）

A． B．

C． D．

8．（5分）在△ABC中，已知B＝120°，AC=√19，AB＝2，则BC＝（） A．1

B．√2 C．√5

D．3

9．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（） A．7

B．8

C．9

D．10

10．（5分）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（） A．0.3

𝜋2

B．0.5 C．0.6

𝑐𝑜𝑠𝛼

，则tanα＝（）

2−𝑠𝑖𝑛𝛼D．0.8

11．（5分）若α∈（0，），tan2α=A．

√15 15

B．

√5 5

C．

√5 3

D．

√15 3

131312．（5分）设f（x）是定义域为R的奇函数，且f（1+x）＝f（﹣x）．若f（−）=，则f（）＝（）

A．−3

B．−3

C． 3

D． 3

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）若向量𝑎，𝑏满足|𝑎|＝3，|𝑎−𝑏|＝5，𝑎•𝑏=1，则|𝑏|＝． 14．（5分）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为． 15．（5分）已知函数（fx）＝2cos（ωx+φ）的部分图像如图所示，则（f）＝．

→

→→

→

𝜋2

16．（5分）已知F1，F2为椭圆C：

𝑥216

𝑦24

=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对

称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为．

甲机床乙机床合计

一级品 150 120 270

二级品 50 80 130

合计 200 200 400

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？

（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)

附：K=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．

P（K2≥k）

0.050 3.841

0.010 6.635

0.001 10.828

18．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{√𝑆𝑛}是等差数列，证明：{an}是等差数列．

19．（12分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；

（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．

20．（12分）设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．

21．（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M（2，0），且⊙M与l相切．（1）求C，⊙M的方程；

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．

（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]（10分）

23．已知函数f（x）＝|x﹣2|，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|．（1）画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）若f（x+a）≥g（x），求a的取值范围．

→

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（甲卷）

参与试题解析

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．（5分）设集合M＝{1，3，5，7，9}，N＝{x|2x＞7}，则M∩N＝（） A．{7，9}

B．{5，7，9}

C．{3，5，7，9} D．{1，3，5，7，9}

【解答】解：因为N＝{x|2x＞7}＝{x|x＞2}，M＝{1，3，5，7，9}，所以M∩N＝{5，7，9}．故选：B．

2．（5分）为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调查，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

D．估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间

【解答】解：对于A，该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率为（0.02+0.04）×1＝0.06＝6%，故选项A正确；

对于B，该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率为（0.04+0.02×3）×1＝0.1＝10%，故选项B正确；

对于C，估计该地农户家庭年收入的平均值为3×0.02+4×0.04+5×0.1+6×0.14+7×0.2+8×0.2+9×0.1+10×0.1+11×0.04+12×0.02+13×0.02+14×0.02＝7.68＞6.5万元，故选项C

错误；

对于D，家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间的频率为（0.1+0.14+0.2+0.2）×1＝0.＞0.5，

故估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间，故选项D正确．故选：C．

3．（5分）已知（1﹣i）2z＝3+2i，则z＝（） A．﹣1−2i

B．﹣1+2i

C．−2+i

D．−2−i

【解答】解：因为（1﹣i）2z＝3+2i，所以𝑧=

=−2𝑖=(−2𝑖)⋅𝑖=

(1−𝑖)

23+2𝑖3+2𝑖(3+2𝑖)𝑖

−2+3𝑖3

=−1+𝑖． 22故选：B．

4．（5分）下列函数中是增函数的为（） A．f（x）＝﹣x

B．f（x）＝（）x

C．f（x）＝x2

D．f（x）=√𝑥 3

【解答】解：由一次函数性质可知f（x）＝﹣x在R上是减函数，不符合题意；由指数函数性质可知f（x）＝（）x在R上是减函数，不符合题意；

由二次函数的性质可知f（x）＝x2在R上不单调，不符合题意；根据幂函数性质可知f（x）=√𝑥在R上单调递增，符合题意．故选：D．

5．（5分）点（3，0）到双曲线A．

𝑥216

−

𝑦29

=1的一条渐近线的距离为（）

C． 5𝑥2166

B．

D． 5

【解答】解：由题意可知，双曲线的渐近线方程为−

𝑦29

=0，即3x±4y＝0，

结合对称性，不妨考虑点（3，0）到直线3x﹣4y＝0 的距离，则点（3，0）到双曲线的一条渐近线的距离𝑑=故选：A．

9−09

=． 5√9+16（）（√10≈1.259） A．1.5

B．1.2

C．0.8

D．0.6

【解答】解：在L＝5+lgV中，L＝4.9，所以4.9＝5+lgV，即lgV＝﹣0.1，解得V＝10

﹣0.1

111

==≈0.8， 0.1101.259√1010

所以其视力的小数记录法的数据约为0.8．故选：C．

A． B．

C． D．

8．（5分）在△ABC中，已知B＝120°，AC=√19，AB＝2，则BC＝（） A．1

B．√2 C．√5

D．3

【解答】解：设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，

结合余弦定理，可得19＝a2+4−2×a×2×cos120°，即a2+2a−15＝0，解得a＝3 （a＝﹣5 舍去），所以BC＝3．故选：D．

9．（5分）记Sn为等比数列{an}的前n项和．若S2＝4，S4＝6，则S6＝（） A．7

B．8

C．9

D．10

【解答】解：∵Sn为等比数列{an}的前n项和，S2＝4，S4＝6，由等比数列的性质，可知S2，S4﹣S2，S6﹣S4成等比数列， ∴4，2，S6﹣6成等比数列， ∴22＝4（S6﹣6），解得S6＝7．故选：A．

10．（5分）将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（） A．0.3

B．0.5

C．0.6

D．0.8

【解答】解：将3个1和2个0随机排成一行的方法可以是：00111，01011，01101，01110，10011，10101，10110，11001，11010，11100，共10种排法，

其中2个0不相邻的排列方法可以是：01011，01101，01110，10101，10110，11010，共6种方法，满足题意的概率为故选：C．

11．（5分）若α∈（0，），tan2α=

2𝜋

𝑐𝑜𝑠𝛼

，则tanα＝（）

2−𝑠𝑖𝑛𝛼610

=0.6，

A．

√15 15

B．

√5 5

C．

【解答】解：由tan2α=即

2𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼1−2𝑠𝑖𝑛2𝛼

𝜋

𝑠𝑖𝑛2𝛼𝑐𝑜𝑠𝛼

，得=，

2−𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠2𝛼2−𝑠𝑖𝑛𝛼

√5 3𝑐𝑜𝑠𝛼

D．

√15 3

𝑐𝑜𝑠𝛼2−𝑠𝑖𝑛𝛼

，

∵α∈（0，），∴cosα≠0，

则2sinα（2﹣sinα）＝1﹣2sin2α，解得sinα=4，则cosα=√1−𝑠𝑖𝑛2𝛼=4，

√151

√15𝑠𝑖𝑛𝛼

∴tanα==√4=．

𝑐𝑜𝑠𝛼151514故选：A．

12．（5分）设f（x）是定义域为R的奇函数，且f（1+x）＝f（﹣x）．若f（−3）=3，则f（）＝（）

A．−

53B．−

13C． 3

D． 3

【解答】解：由题意得f（﹣x）＝﹣f（x），又f（1+x）＝f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（2+x）＝f（x），又f（−）=，

则f（）＝f（2−3）＝f（−3）=3．

313故选：C．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）若向量𝑎，𝑏满足|𝑎|＝3，|𝑎−𝑏|＝5，𝑎•𝑏=1，则|𝑏|＝ 3√2 ．【解答】解：由题意，可得(𝑎−𝑏)=𝑎−2𝑎⋅𝑏+𝑏2=25，因为|𝑎|＝3，𝑎•𝑏=1，所以9−2×1+𝑏2=25，所以𝑏2=18，|𝑏|=√𝑏2=3√2．故答案为：3√2．

14．（5分）已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为 39π ．【解答】解：由圆锥的底面半径为6，其体积为30π，设圆锥的高为h，则×(𝜋×62)×ℎ=30𝜋，解得ℎ=2，

→

→→

→

→2

→

→→

→

所以圆锥的母线长𝑙=√(2)2+62=2，所以圆锥的侧面积𝑆=𝜋𝑟𝑙=𝜋×6×2=39𝜋．故答案为：39π．

15．（5分）已知函数f（x）＝2cos（ωx+φ）的部分图像如图所示，则f（）＝ −√3 ．

513

𝜋

【解答】解：由图可知，f（x）的最小正周期T=3（所以ω=𝑇=2，因为f（）＝0，

所以由五点作图法可得2×3+φ=2，解得φ=−6，所以f（x）＝2cos（2x−），所以f（）＝2cos（2×

2𝜋

𝜋𝜋𝜋

−）＝﹣2cos=−√3． 266𝜋6𝜋

𝜋

2𝜋

𝜋

13𝜋12

−）＝π，

𝜋

故答案为：−√3．

16．（5分）已知F1，F2为椭圆C：

𝑥216

𝑦24

=1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对

称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为 8 ．

【解答】解：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，所以四边形PF1QF2为矩形，设|PF1|＝m，|PF2|＝n，

由椭圆的定义可得||PF1|+|PF2||＝m+n＝2a＝8，所以m2+2mn+n2＝，

因为|PF1|2+|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝4（a2﹣b2）＝48，即m2+n2＝48，所以mn＝8，

所以四边形PF1QF2的面积为|PF1||PF2|＝mn＝8．故答案为：8．

甲机床乙机床合计

一级品 150 120 270

二级品 50 80 130

合计 200 200 400

（1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？

（2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)

附：K=(𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)．

P（K2≥k）

0.050 3.841

0.010 6.635

0.001 10.828

150200120200

=；

435

=；

𝑛(𝑎𝑑−𝑏𝑐)

（2）根据2×2列联表，可得K= (𝑎+𝑏)(𝑐+𝑑)(𝑎+𝑐)(𝑏+𝑑)400(150×80−50×120)=≈10.256＞6.635．

270×130×200×2002

所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异．

18．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和，已知an＞0，a2＝3a1，且数列{√𝑆𝑛}是等差数列，证明：{an}是等差数列．

【解答】证明：设等差数列{√𝑆𝑛}的公差为d，由题意得√𝑆1=√𝑎1；√𝑆2=√𝑎1+𝑎2=√4𝑎1=2√𝑎1，

则d=√𝑆2−√𝑆1=2√𝑎1−√𝑎1=√𝑎1，所以√𝑆𝑛=√𝑎1+（n﹣1）√𝑎1=n√𝑎1，所以Sn＝n2a1①；

当n≥2时，有Sn﹣1＝（n﹣1）2a1②．

由①②，得an＝Sn﹣Sn﹣1＝n2a1﹣（n﹣1）2a1＝（2n﹣1）a1③，经检验，当n＝1时也满足③．所以an＝（2n﹣1）a1，n∈N+，

当n≥2时，an﹣an﹣1＝（2n﹣1）a1﹣（2n﹣3）a1＝2a1，所以数列{an}是等差数列．

19．（12分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形，AB＝BC＝2，E，F分别为AC和CC1的中点，BF⊥A1B1．（1）求三棱锥F﹣EBC的体积；

（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BF⊥DE．

【解答】解：（1）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BB1⊥A1B1，又BF⊥A1B1，BB1∩BF＝B，BB1，BF⊂平面BCC1B1， ∴A1B1⊥平面BCC1B1， ∵AB∥A1B1， ∴AB⊥平面BCC1B1， ∴AB⊥BC，

又AB＝AC，故𝐴𝐶=√22+22=2√2， ∴𝐶𝐸=√2=𝐵𝐸，而侧面AA1B1B为正方形， ∴𝐶𝐹=2𝐶𝐶1=2𝐴𝐵=1，

11111

∴𝑉=3𝑆△𝐸𝐵𝐶⋅𝐶𝐹=3×2×√2×√2×1=3，即三棱锥F﹣EBC的体积为；

（2）证明：如图，取BC中点G，连接EG，B1G，设B1G∩BF＝H， ∵点E是AC的中点，点G时BC的中点， ∴EG∥AB， ∴EG∥AB∥B1D，

∴E、G、B1、D四点共面，由（1）可得AB⊥平面BCC1B1， ∴EG⊥平面BCC1B1， ∴BF⊥EG，

∵𝑡𝑎𝑛∠𝐶𝐵𝐹=𝐵𝐶=2，𝑡𝑎𝑛∠𝐵𝐵1𝐺=𝐵𝐵=2，且这两个角都是锐角，

1∴∠CBF＝∠BB1G，

∴∠BHB1＝∠BGB1+∠CBF＝∠BGB1+∠BB1G＝90°， ∴BF⊥B1G，

又EG∩B1G＝G，EG，B1G⊂平面EGB1D， ∴BF⊥平面EGB1D，又DE⊂平面EGB1D， ∴BF⊥DE．

𝐶𝐹1𝐵𝐺1

20．（12分）设函数f（x）＝a2x2+ax﹣3lnx+1，其中a＞0．（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，求a的取值范围．

32𝑎2𝑥2+𝑎𝑥−3(2𝑎𝑥+3)(𝑎𝑥−1)【解答】解：（1）f′（x）＝2ax+a−==，x＞0，

𝑥𝑥𝑥2

因为a＞0，所以−2𝑎＜0＜𝑎，

所以在（0，）上，f′（x）＜0，f（x）单调递减，

𝑎13

在（，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）单调递增．

𝑎

综上所述，f（x）在（0，）上单调递减，在（，+∞）上f（x）单调递增．

𝑎

（2）由（1）可知，f（x）min＝f（）＝a×（）+a×𝑎−3ln+1＝3+3lna，

𝑎𝑎𝑎

因为y＝f（x）的图像与x轴没有公共点，所以3+3lna＞0，所以a＞𝑒，

所以a的取值范围为（，+∞）．

𝑒

21．（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l：x＝1交C于P，Q两点，且OP⊥OQ．已知点M（2，0），且⊙M与l相切．（1）求C，⊙M的方程；

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与⊙M相切．判断直线A2A3与⊙M的位置关系，并说明理由．

【解答】解：（1）因为x＝1与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线C的方程为：y2＝2px（p＞0），令x＝1，则𝑦=±√2𝑝，

根据抛物线的对称性，不妨设P在x轴上方，Q在X轴下方，故𝑃(1，√2𝑝)，𝑄(1，−√2𝑝)，因为OP⊥OQ，故1+√2𝑝×(−√2𝑝)=0⇒𝑝=，抛物线C的方程为：y2＝x，

因为⊙M与l相切，故其半径为1，故⊙M：（x﹣2）2+y2＝1．（2）设A1（x1，y1），A2（x2，y2），A3（x3，y3）．

当A1，A2，A3其中某一个为坐标原点时（假设A1为坐标原点时），设直线A1A2方程为kx﹣y＝0，根据点M（2，0）到直线距离为1可得k=±

√31

22𝑘√1+𝑘2=1，解得

3，

联立直线A1A2与抛物线方程可得x＝3，此时直线A2A3与⊙M的位置关系为相切，

当A1，A2，A3都不是坐标原点时，即x1≠x2≠x3，直线A1A2的方程为x−（y1+y2）y+y1y2＝0，此时有，|2+𝑦1𝑦2|)2√1+(𝑦1+𝑦2

222

=1，即(𝑦1−1)𝑦2+2𝑦1𝑦2+3−𝑦1=0，

222

同理，由对称性可得，(𝑦1−1)𝑦3+2𝑦1𝑦3+3−𝑦1=0， 22所以y2，y3是方程(𝑦1−1)𝑡2+2𝑦1𝑡+3−𝑦1=0 的两根，

依题意有，直线A2A3的方程为x−（y2+y3）y+y2y3＝0，

(2+𝑦2𝑦3)

222

3−𝑦2(2+21)

𝑦1−1−2𝑦121+(2)

𝑦1−1

令M到直线A2A3的距离为d，则有𝑑2=

1+(𝑦2+𝑦3)

==1，

此时直线A2A3与⊙M的位置关系也为相切，综上，直线A2A3与⊙M相切．

（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]（10分）

（2）设点A的直角坐标为（1，0），M为C上的动点，点P满足𝐴𝑃=√2𝐴𝑀，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点．

【解答】解：（1）由极坐标方程为ρ＝2√2cosθ，得ρ2＝2√2ρcosθ，化为直角坐标方程是x2+y2＝2√2x，

𝑥−1=√2(𝑥1−1)

，

𝑦=√2𝑦1

√2→

→

𝑥1=2(𝑥−1)+1解得{，

√2𝑦1=2𝑥所以M（

√2√2√2√2（x﹣1）+1，y），代入C的方程得[2(𝑥−1)+1−√2]2+(2𝑦)2=2， 22

化简得点P的轨迹方程是(𝑥−3+√2)2+y2＝4，表示圆心为C1（3−√2，0），半径为2 的圆；

化为参数方程是{𝑥=3−√2+2𝑐𝑜𝑠𝜃，θ为参数；

𝑦=2𝑠𝑖𝑛𝜃计算|CC1|＝|（3−√2）−√2|＝3﹣2√2＜2−√2，所以圆C与圆C1内含，没有公共点． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数f（x）＝|x﹣2|，g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|．（1）画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）若f（x+a）≥g（x），求a的取值范围．

【解答】解：（1）函数f（x）＝|x﹣2|={

𝑥−2，𝑥≥2

，

2−𝑥，𝑥＜2

4，𝑥≥2 31

g（x）＝|2x+3|﹣|2x﹣1|=4𝑥+2，−＜𝑥＜．

−4，𝑥≤−3{

2画出y＝f（x）和y＝g（x）的图像；（2）由图像可得：f（6）＝4，g（）＝4，

若f（x+a）≥g（x），说明把函数f（x）的图像向左或向右平移|a|单位以后，f（x）的图像不在g（x）的下方，

由图像观察可得：a≥2−2+4=2 ∴a的取值范围为[

112

，+∞）．

2021年全国统一高考数学试卷（理科）（乙卷）

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．（5分）设2（z+𝑧）+3（z−𝑧）＝4+6i，则z＝（） A．1﹣2i

B．1+2i

C．1+i

D．1﹣i

2．（5分）已知集合S＝{s|s＝2n+1，n∈Z}，T＝{t|t＝4n+1，n∈Z}，则S∩T＝（） A．∅

B．S

C．T

D．Z

3．（5分）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∧q

B．￢p∧q

1−𝑥

C．p∧￢q D．￢（p∨q）

4．（5分）设函数f（x）=1+𝑥，则下列函数中为奇函数的是（） A．f（x﹣1）﹣1

B．f（x﹣1）+1

C．f（x+1）﹣1

D．f（x+1）+1

5．（5分）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． 2𝜋

B．

𝜋

C． 4

𝜋

D． 6

𝜋

6．（5分）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．（5分）把函数y＝f（x）图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin（x−）的图像，则f（x）＝（）

3𝜋

𝜋

4A．sin（−

𝑥7𝜋12

） B．sin（+

𝑥𝜋

）

C．sin（2x−

7𝜋） 12D．sin（2x+

𝜋） 1274

8．（5分）在区间（0，1）与（1，2）中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（） A．

B．

2332

C．

D． 9

9．（5分）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＝（）

表高×表距A．+表高

表目距的差表高×表距B．−表高

表目距的差表高×表距C．+表距

表目距的差表高×表距D．−表距

表目距的差10．（5分）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（） A．a＜b

B．a＞b

𝑥2𝑎2

C．ab＜a2

𝑦2𝑏2

D．ab＞a2

11．（5分）设B是椭圆C：+=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．[

√2，1） 2

B．[，1）

C．（0，

√2] 2

D．（0，]

12．（5分）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c=√1.04−1，则（） A．a＜b＜c

B．b＜c＜a

C．b＜a＜c D．c＜a＜b

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知双曲线C：−y2＝1（m＞0）的一条渐近线为√3x+my＝0，则C的焦距为．

𝑚𝑥2

14．（5分）已知向量𝑎=（1，3），𝑏=（3，4），若（𝑎−λ𝑏）⊥𝑏，则λ＝． 15．（5分）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．（5分）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）．

→

→→

17．（12分）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

9.8

10.3 10.4

10.0 10.1

10.2 10.0

9.9 10.1

9.8 10.3

10.0 10.6

10.1 10.5

10.2 10.4

9.7 10.5

新设备 10.1

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−

𝑠+𝑠

𝑥≥2√12，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102

为有显著提高）．

18．（12分）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．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式．

20．（12分）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）=𝑥𝑓(𝑥)．证明：g（x）＜1．

21．（12分）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．（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]（10分）

22．（10分）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． [选修4-5：不等式选讲]（10分）

𝑆𝑛

1𝑏𝑛

=2．

𝑥+𝑓(𝑥)

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．

2021年全国统一高考数学试卷（理科）（乙卷）

参与试题解析

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．（5分）设2（z+𝑧）+3（z−𝑧）＝4+6i，则z＝（） A．1﹣2i

B．1+2i

C．1+i

D．1﹣i

【解答】解：设z＝a+bi，a，b是实数，则𝑧=a﹣bi，

则由2（z+𝑧）+3（z−𝑧）＝4+6i，得2×2a+3×2bi＝4+6i，得4a+6bi＝4+6i，

4𝑎=4

得{，得a＝1，b＝1， 6𝑏=6即z＝1+i，故选：C．

2．（5分）已知集合S＝{s|s＝2n+1，n∈Z}，T＝{t|t＝4n+1，n∈Z}，则S∩T＝（） A．∅

B．S

C．T

D．Z

【解答】解：当n是偶数时，设n＝2k，则s＝2n+1＝4k+1，当n是奇数时，设n＝2k+1，则s＝2n+1＝4k+3，k∈Z，则T⊊S，则S∩T＝T，故选：C．

3．（5分）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∧q

B．￢p∧q

C．p∧￢q

D．￢（p∨q）

【解答】解：对于命题p：∃x∈R，sinx＜1，

当x＝0时，sinx＝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．（5分）设函数f（x）=1+𝑥，则下列函数中为奇函数的是（） A．f（x﹣1）﹣1

B．f（x﹣1）+1

C．f（x+1）﹣1

D．f（x+1）+1

1−𝑥

【解答】解：因为f（x）=

1−𝑥−(𝑥+1)+22

==−1+， 1+𝑥1+𝑥𝑥+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．（5分）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． 2𝜋

B．

𝜋

C． 4

𝜋

D． 6

𝜋

【解答】解：∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，

则PB1＝PC1=2√22+22=√2，BC1=√22+22=2√2，BP=√22+(√2)2=√6，

√3𝑃𝐵2+𝐵𝐶1−𝑃𝐶16+8−2∴cos∠PBC1===，

2×𝑃𝐵×𝐵𝐶122×√6×2√21

∴∠PBC1=6，

∴直线PB与AD1所成的角为．

6𝜋

𝜋

故选：D．

6．（5分）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

【解答】解：5名志愿者选2个1组，有𝐶5种方法，然后4组进行全排列，有𝐴44种， 24共有𝐶5𝐴4=240种，

故选：C．

7．（5分）把函数y＝f（x）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21

得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin（x−）的图像，则f（x）＝（）

𝜋

4A．sin（−

𝑥7𝜋12

） B．sin（+

𝑥𝜋

）

C．sin（2x−

7𝜋） 12D．sin（2x+

𝜋） 1212

【解答】解：∵把函数y＝f（x）图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数y＝sin（x−4）的图像，

3𝜋

𝜋

∴把函数y＝sin（x−4）的图像，向左平移个单位长度，

𝜋

得到y＝sin（x+3−4）＝sin（x+12）的图像；

再把图像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（x+

𝜋

）的图像． 12𝜋𝜋𝜋

故选：B．

8．（5分）在区间（0，1）与（1，2）中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为（）

A．

B．

2332

C．

D． 9

0＜𝑥＜1

1339

【解答】解：由题意可得可行域：1＜𝑦＜2，可得三角形的面积=××=，

24432 7

{𝑥+𝑦＞41−32=32．故选：B．

表高×表距A．+表高

表目距的差表高×表距B．−表高

表目距的差表高×表距C．+表距

表目距的差表高×表距D．−表距

表目距的差【解答】解：

𝐷𝐸𝐴𝐵

𝐸𝐻𝐴𝐻

，𝐹𝐺

𝐵𝐴

𝐶𝐺𝐶𝐴

，故𝐸𝐻

𝐴𝐻

𝐶𝐺𝐶𝐴

，即

𝐸𝐻

𝐴𝐸+𝐸𝐻

𝐶𝐺𝐴𝐸+𝐸𝐺+𝐺𝐶

，

解得AE=𝐶𝐺−𝐸𝐻，AH＝AE+EH，故AB=

表高×表距𝐷𝐸⋅𝐴𝐻𝐷𝐸(𝐴𝐸+𝐸𝐻)𝐷𝐸⋅𝐴𝐸𝐷𝐸⋅𝐸𝐻𝐷𝐸⋅𝐸𝐺

==+=+DE=+表高． 𝐸𝐻𝐸𝐻𝐸𝐻𝐸𝐻𝐶𝐺−𝐸𝐻表目距的差𝐸𝐻⋅𝐸𝐺

故选：A．

10．（5分）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（）

A．a＜b B．a＞b

C．ab＜a2 D．ab＞a2

【解答】解：令f（x）＝0，解得x＝a或x＝b，即x＝a及x＝b是f（x）的两个零点，当a＞0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，

则0＜a＜b；

当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，

则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．

11．（5分）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．[

√2，1） 2

B．[，1）

C．（0，

√2] 2

D．（0，]

【解答】解：点B的坐标为（0，b），因为C上的任意一点P都满足|PB|≤2b，

所以点P的轨迹可以看成以B为圆心，2b为半径的圆与椭圆至多只有一个交点，

𝑥2即{𝑎2+𝑦2

𝑏2=1至多一个解，

𝑥2

+(𝑦−𝑏)2

=4𝑏

消去x，可得𝑏2−𝑎2𝑏

2y2

﹣2by+a2﹣3b2＝0，

∴△＝4b2

2﹣4•

𝑏−𝑎2𝑏2（•a2﹣3b2）≤0，整理可得4b4﹣4a2b2+a4≤0，即（a2﹣2b2）2≤0，

解得a2＝2b2

𝑏

，∴e=√1−√2𝑎2=2，

故e的范围为（0，√22

]，故选：C．

12．（5分）设a＝2ln1.01，b＝ln1.02，c=√1.04−1，则（ A．a＜b＜c

B．b＜c＜a

C．b＜a＜c

【解答】解：∵a＝2ln1.01＝ln1.0201，b＝ln1.02， ∴a＞b，

令f（x）＝2ln（1+x）﹣（√1+4𝑥−1），0＜x＜1，令√1+4𝑥=t，则1＜t＜√5 ∴x=𝑡2−14，

2∴g（t）＝2ln（

𝑡+34

）﹣t+1＝2ln（t2+3）﹣t+1﹣2ln4，

∴g′（t）=4𝑡4𝑡−𝑡2−3(𝑡−1)(𝑡−3)

𝑡2+3−1=𝑡2+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＜t＜√5 ∴x=𝑡2−1

4，

∴φ（t）＝ln（

𝑡2+12

）﹣t+1＝ln（t2+1）﹣t+1﹣ln2，

D．c＜a＜b

）2𝑡−(𝑡−1)

∴φ′（t）=2−1=2＜0，

𝑡+1𝑡+1

∴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．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13．（5分）已知双曲线C：4 ．

【解答】解：根据题意，双曲线C：则有𝑚√3𝑥2𝑚

𝑥2𝑚

−y2＝1（m＞0）的一条渐近线为√3x+my＝0，则C的焦距为

−y2＝1（m＞0）的一条渐近线为√3x+my＝0，

√𝑚，解可得m＝3，

𝑥23

则双曲线的方程为其焦距2c＝4；故答案为：4．

−y2＝1，则c=√3+1=2，

14．（5分）已知向量𝑎=（1，3），𝑏=（3，4），若（𝑎−λ𝑏）⊥𝑏，则λ＝【解答】解：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=5．故答案为：．

533

→

→→

35 ．

15．（5分）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＝ 2√2 ．

【解答】解：∵△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，

∴acsinB=√3⇒ac×

√32=√3⇒ac＝4⇒a2+c2＝12，

212−𝑏2𝑎2+𝑐2−𝑏1

又cosB=⇒=⇒b＝2√2，（负值舍） 2𝑎𝑐28

故答案为：2√2．

16．（5分）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 ②⑤或③④ （写出符合要求的一组答案即可）．

【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，

④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，

当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，

当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．

9.8

10.3 10.4

10.0 10.1

10.2 10.0

9.9 10.1

9.8 10.3

10.0 10.6

10.1 10.5

10.2 10.4

9.7 10.5

新设备 10.1

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−

𝑠+𝑠

𝑥≥2√12，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102

为有显著提高）．

【解答】解：（1）由题中的数据可得，𝑥=10×（9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7）＝10， 𝑦=

×（10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5）＝10.3， 101

s12=10×[（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=

×[（10.1﹣10.3）2+（10.4﹣10.3）2+（10.1﹣10.3）2+（10.0﹣10.3）2+（10.1﹣1010.3）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，

𝑠+𝑠0.036+0.042√12=2√=2√0.0076≈0.174，

10102

𝑠+𝑠所以𝑦−𝑥＞2√1102，

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．（12分）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．

【解答】解：（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𝐵𝐶2=1，解得BC=√2；

（2）因为DA，DC，DP两两垂直，故以点D位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则𝐴(√2，0，0)，𝐵(√2，1，0)，𝑀(

→

√22，1，0)，P（0，0，1），

→

√2→

所以𝐴𝑃=(−√2，0，1)，𝐴𝑀=(−2，1，0)，𝐵𝑀=(−2，0，0)，𝐵𝑃=(−√2，−1，1)，

设平面AMP的法向量为𝑛=(𝑥，𝑦，𝑧)， −2𝑥+𝑧=0

⋅𝐴𝑃=0，即{√则有{𝑛， √2→→

−𝑥+𝑦=0𝑛⋅𝐴𝑀=02→

→

√2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)， ⋅𝐵𝑀=0，即{−2𝑝=0则有{𝑚， →→

𝑚⋅𝐵𝑃=0−√2𝑝−𝑞+𝑟=0令q＝1，则r＝1，故𝑚=(0，1，1)，

|𝑛⋅𝑚|33√14所以|𝑐𝑜𝑠＜𝑛，𝑚＞|=→→==14，

|𝑛||𝑚|√7×√2→

→

√2→

→

→→

设二面角A﹣PM﹣B的平面角为α，

则sinα=√1−𝑐𝑜𝑠2𝛼=√1−𝑐𝑜𝑠2＜𝑛，𝑚＞=√1−(14)2=14，所以二面角A﹣PM﹣B的正弦值为

√70． 14

→→

3√14√70

19．（12分）记Sn为数列{an}的前n项和，bn为数列{Sn}的前n项积，已知（1）证明：数列{bn}是等差数列；（2）求{an}的通项公式．

【解答】解：（1）证明：当n＝1时，b1＝S1，由

2𝑏1

2𝑆𝑛

1𝑏𝑛

=2．

1𝑏1

=2，解得b1=，

𝑏𝑛𝑏𝑛−1

2当n≥2时，

=Sn，代入+

1𝑏𝑛12

𝑆𝑛

1𝑏𝑛

=2，

消去Sn，可得

2𝑏𝑛−1𝑏𝑛

=2，所以bn﹣bn﹣1=2，

所以{bn}是以为首项，为公差的等差数列．

（2）由题意，得a1＝S1＝b1=2，

由（1），可得bn=2+（n﹣1）×2=2，

31𝑛+2

由

2𝑆𝑛

1𝑏𝑛

=2，可得Sn=

𝑛+2

， 𝑛+1𝑛+2𝑛+11

−=−，显然a1不满足该式， 𝑛+1𝑛𝑛(𝑛+1)当n≥2时，an＝Sn﹣Sn﹣1=

，2𝑛=1

所以an={． 1

−𝑛(𝑛+1)，𝑛≥2

20．（12分）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)

．证明：g（x）＜1． 𝑥𝑓(𝑥)【解答】（1）解：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)+1−𝑥=𝑙𝑛(1−𝑥)+1−𝑥+1，且g'（0）＝0，因为g''（x）=1−𝑥+

−1

−1(1−𝑥)

2−𝑥−1

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）⋅1−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，

−1

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)𝑥+𝑓(𝑥)𝑥𝑓(𝑥)

＜1，

所以＜1．

21．（12分）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．【解答】解：（1）点𝐹(0，)到圆M上的点的距离的最小值为|𝐹𝑀|−1=解得p＝2；

（2）由（1）知，抛物线的方程为x2＝4y，即𝑦=𝑥2，则𝑦′=𝑥，

𝑥1𝑥12𝑥2𝑥22设切点A（x1，y1），B（x2，y2），则易得𝑙𝑃𝐴：𝑦=𝑥−，𝑙𝑃𝐵：𝑦=2𝑥−4，从

241412𝑝2𝑝

+4−1=4，2而得到𝑃(

𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥2，4)， 2设lAB：y＝kx+b，联立抛物线方程，消去y并整理可得x2﹣4kx﹣4b＝0， ∴△＝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=

|2𝑘+2𝑏|√𝑘2+1

，

∴𝑆△𝑃𝐴𝐵

312

=2|𝐴𝐵|𝑑=4(𝑘+𝑏)2①，

1−(𝑏−4)

又点P（2k，﹣b）在圆M：x+（y+4）＝1上，故𝑘=，代入①得，𝑆△𝑃𝐴𝐵=4−𝑏+12𝑏−1534()2， 42

而yp＝﹣b∈[﹣5，﹣3]，

∴当b＝5时，(𝑆△𝑃𝐴𝐵)𝑚𝑎𝑥=20√5．

（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]（10分）

22．（10分）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．

【解答】解：（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， 𝑥=2+𝑐𝑜𝑠𝜃⊙C的一个参数方程为{（θ为参数）．

𝑦=1+𝑠𝑖𝑛𝜃（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＝±

√3， 3

所以切线方程为y＝±

√3（x﹣4）+1， 3

因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，

所以这两条切线的极坐标方程为ρsinθ＝±[选修4-5：不等式选讲]（10分） 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．

−2𝑥−2，𝑥≤−3

【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|x+3|={4，−3＜𝑥＜1

2𝑥+2，𝑥≥1

𝑥≤−3𝑥≥1∵f（x）≥6，∴{或{−3＜𝑥＜1或{，

−2𝑥−2≥≥62𝑥+2≥6∴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，

两边平方可得a2+6a+9＞a2，解得a＞−2，即a的取值范围是（−2，+∞）．

√3（ρcosθ﹣4）+1． 3

，

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）

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．（5分）已知全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M＝{1，2}，N＝{3，4}，则∁U（M∪N）＝（） A．{5}

B．{1，2}

C．{3，4}

D．{1，2，3，4}

2．（5分）设iz＝4+3i，则z＝（） A．﹣3﹣4i

B．﹣3+4i

C．3﹣4i

D．3+4i

3．（5分）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∧q

B．￢p∧q

𝑥

C．p∧￢q D．￢（p∨q）

4．（5分）函数f（x）＝sin+cos的最小正周期和最大值分别是（） A．3π和√2 B．3π和2

𝑥+𝑦≥4，5．（5分）若x，y满足约束条件{𝑥−𝑦≤2，则z＝3x+y的最小值为（）

𝑦≤3，A．18 6．（5分）cos2

A．

𝜋12

C．6π和√2 D．6π和2

B．10

−cos2

5𝜋12

C．6 D．4

=（）

√3 3

B．C．

√2 2

D．

√3 2

7．（5分）在区间（0，）随机取1个数，则取到的数小于的概率为（） A．

B．

C． 3

D． 6

8．（5分）下列函数中最小值为4的是（） A．y＝x2+2x+4 C．y＝2x+22x

﹣

B．y＝|sinx|+D．y＝lnx+

1−𝑥

|𝑠𝑖𝑛𝑥|4 𝑙𝑛𝑥9．（5分）设函数f（x）=1+𝑥，则下列函数中为奇函数的是（） A．f（x﹣1）﹣1

B．f（x﹣1）+1

C．f（x+1）﹣1

D．f（x+1）+1

10．（5分）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． 2

𝜋

B．

𝜋

C． 4

𝜋

D． 6

𝜋

11．（5分）设B是椭圆C：A．

𝑥25

+y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为（）

C．√5

D．2

B．√6 12．（5分）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（） A．a＜b

B．a＞b

C．ab＜a2

D．ab＞a2

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分。

13．（5分）已知向量𝑎=（2，5），𝑏=（λ，4），若𝑎∥𝑏，则λ＝． 14．（5分）双曲线

𝑥24

→

−

𝑦25

=1的右焦点到直线x+2y﹣8＝0的距离为．

15．（5分）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＝．

9.8

10.3 10.4

10.0 10.1

10.2 10.0

9.9 10.1

9.8 10.3

10.0 10.6

10.1 10.5

10.2 10.4

9.7 10.5

新设备 10.1

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−

2+𝑠2𝑠

𝑥≥2√12，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10为有显著提高）．

18．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．

（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；

（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

19．（12分）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=等差数列．

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

𝑛（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜2．

𝑛𝑎𝑛

，已知a1，3a2，9a3成3𝑆

20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）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𝑃𝑄=9𝑄𝐹，求直线OQ斜率的最大值． 21．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；

（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．

（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]（10分）

22．（10分）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． [选修4-5：不等式选讲]（10分） 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．

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）

参与试题解析

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．（5分）已知全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M＝{1，2}，N＝{3，4}，则∁U（M∪N）＝（） A．{5}

B．{1，2}

C．{3，4}

D．{1，2，3，4}

【解答】解：∵全集U＝{1，2，3，4，5}，集合M＝{1，2}，N＝{3，4}， ∴M∪N＝{1，2，3，4}， ∴∁U（M∪N）＝{5}．故选：A．

2．（5分）设iz＝4+3i，则z＝（） A．﹣3﹣4i

B．﹣3+4i

C．3﹣4i

D．3+4i

【解答】解：由iz＝4+3i，得z=故选：C．

4+3𝑖(4+3𝑖)(−𝑖)2

==−3𝑖−4𝑖=3−4𝑖． 2𝑖−𝑖

3．（5分）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∧q

B．￢p∧q

C．p∧￢q

D．￢（p∨q）

【解答】解：对于命题p：∃x∈R，sinx＜1，

当x＝0时，sinx＝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．（5分）函数f（x）＝sin+cos的最小正周期和最大值分别是（）

𝑥

A．3π和√2 B．3π和2

𝑥

C．6π和√2 ， √2sin（3+4）61

D．6π和2

【解答】解：∵f（x）＝sin+cos=

𝑥𝜋

∴T=

2𝜋

13=6π．

𝜋4

当sin（+）＝1时，函数f（x）取得最大值√2；

𝑥

∴函数f（x）的周期为 6π，最大值√2．故选：C．

𝑥+𝑦≥4，5．（5分）若x，y满足约束条件{𝑥−𝑦≤2，则z＝3x+y的最小值为（）

𝑦≤3，A．18

B．10

C．6

D．4

【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

𝑦=3联立{，解得A（1，3），

𝑥+𝑦=4

由z＝3x+y，得y＝﹣3x+z，由图可知，当直线y＝﹣3x+z过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值为3×1+3＝6．故选：C． 6．（5分）cos2

A．

𝜋12

−cos2

5𝜋12

=（）

√3 325𝜋12

B．

𝜋12

C．

√2 2

D．

√3 2

【解答】解：cos2

−cos

1+𝑐𝑜𝑠𝜋1+𝑐𝑜𝑠5𝜋66=−

22=2+2𝑐𝑜𝑠6−2−2𝑐𝑜𝑠6 =2×2−2×(−2)=2．故选：D．

1𝜋115𝜋

√31√3√37．（5分）在区间（0，）随机取1个数，则取到的数小于的概率为（）

A．

B．

C． 3

D． 6

【解答】解：由于试验的全部结果构成的区域长度为−0=，构成该事件的区域长度为−0=3，

所以取到的数小于的概率P=

1312=．

23故选：B．

8．（5分）下列函数中最小值为4的是（） A．y＝x2+2x+4 C．y＝2x+22x

﹣

B．y＝|sinx|+|𝑠𝑖𝑛𝑥| D．y＝lnx+

𝑙𝑛𝑥4

【解答】解：对于A，y＝x2+2x+4＝（x+1）2+3≥3，所以函数的最小值为3，故选项A错误；

所以y＝|sinx|+|𝑠𝑖𝑛𝑥|＞4，故选项B错误；对于C，因为2x＞0，所以y＝2x+22x=2𝑥+

﹣

444

4𝑥4𝑥≥2√2⋅𝑥=4， 22

当且仅当2x＝2，即x＝1时取等号，所以函数的最小值为4，故选项C正确；对于D，因为当x=𝑒时，𝑦=𝑙𝑛𝑒+

=−1−4=−5＜4， 𝑙𝑛1𝑒所以函数的最小值不是4，故选项D错误．故选：C．

9．（5分）设函数f（x）=A．f（x﹣1）﹣1

1−𝑥

，则下列函数中为奇函数的是（） 1+𝑥B．f（x﹣1）+1

1−𝑥

C．f（x+1）﹣1 D．f（x+1）+1

【解答】解：因为f（x）=1+𝑥=

−(𝑥+1)+22

=−1+，

1+𝑥𝑥+1所以函数f（x）的对称中心为（﹣1，﹣1），

10．（5分）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． 2𝜋

B．

𝜋

C． 4

𝜋

D． 6

𝜋

【解答】解：∵AD1∥BC1，∴∠PBC1是直线PB与AD1所成的角（或所成角的补角），设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，

则PB1＝PC1=√22+22=√2，BC1=√22+22=2√2，BP=√22+(√2)2=√6，

2√3𝑃𝐵2+𝐵𝐶1−𝑃𝐶16+8−2∴cos∠PBC1===，

2×𝑃𝐵×𝐵𝐶122×√6×2√21

∴∠PBC1=6，

∴直线PB与AD1所成的角为．

6𝜋

𝜋

故选：D．

11．（5分）设B是椭圆C：A．

𝑥25

+y2＝1的上顶点，点P在C上，则|PB|的最大值为（）

C．√5

+y2＝1的上顶点，所以B（0，1），

D．2

B．√6 𝑥25

【解答】解：B是椭圆C：

点P在C上，设P（√5𝑐𝑜𝑠𝜃，sinθ），θ∈[0，2π），

所以|PB|=√(√5𝑐𝑜𝑠𝜃−0)2+(𝑠𝑖𝑛𝜃−1)2=√4𝑐𝑜𝑠2𝜃−2𝑠𝑖𝑛𝜃+2

=√−4𝑠𝑖𝑛2𝜃−2𝑠𝑖𝑛𝜃+6=√−4(𝑠𝑖𝑛𝑥+)2+

1452

1425， 4当sinθ=−时，|PB|取得最大值，最大值为．故选：A．

12．（5分）设a≠0，若x＝a为函数f（x）＝a（x﹣a）2（x﹣b）的极大值点，则（） A．a＜b

B．a＞b

C．ab＜a2

D．ab＞a2

则0＜a＜b；

当a＜0时，由三次函数的性质可知，要使x＝a是f（x）的极大值点，则函数f（x）的大致图象如下图所示，

则b＜a＜0；综上，ab＞a2．故选：D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分。

13．（5分）已知向量𝑎=（2，5），𝑏=（λ，4），若𝑎∥𝑏，则λ＝

→

85 ．

【解答】解：因为𝑎=（2，5），𝑏=（λ，4），𝑎∥𝑏，所以8﹣5λ＝0，解得λ=．故答案为：．

5→

→

14．（5分）双曲线

𝑥24

−

𝑦254

=1的右焦点到直线x+2y﹣8＝0的距离为 √5 ．

𝑦25

【解答】解：双曲线

𝑥2

−=1的右焦点（3，0），

|3+0−8|√12+22所以右焦点到直线x+2y﹣8＝0的距离为d=故答案为：√5．

=√5．

15．（5分）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＝ 2√2 ．

【解答】解：∵△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， ∴acsinB=√3⇒ac×

√32=√3⇒ac＝4⇒a2+c2＝12，

212−𝑏2𝑎2+𝑐2−𝑏1又cosB=⇒=⇒b＝2√2，（负值舍） 2𝑎𝑐28

故答案为：2√2．

【解答】解：观察正视图，推出正视图的长为2和高1，②③图形的高也为1，即可能为该三棱锥的侧视图，

④⑤图形的长为2，即可能为该三棱锥的俯视图，

当②为侧视图时，结合侧视图中的直线，可以确定该三棱锥的俯视图为⑤，

当③为侧视图时，结合侧视图虚线，虚线所在的位置有立体图形的轮廓线，可以确定该三棱锥的俯视图为④．故答案为：②⑤或③④．

9.8

10.3 10.4

10.0 10.1

10.2 10.0

9.9 10.1

9.8 10.3

10.0 10.6

10.1 10.5

10.2 10.4

9.7 10.5

新设备 10.1

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−

𝑠+𝑠

𝑥≥2√12，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102

为有显著提高）．

【解答】解：（1）由题中的数据可得，𝑥=10×（9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7）＝10， 𝑦=

×（10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5）＝10.3， 101

s12=10×[（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=10×[（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，

𝑠+𝑠0.036+0.042√12=2√=2√0.0076≈0.174，

10102

𝑠+𝑠所以𝑦−𝑥＞2√12，

102

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．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，PD⊥底面ABCD，M为BC的中点，且PB⊥AM．

（1）证明：平面PAM⊥平面PBD；

（2）若PD＝DC＝1，求四棱锥P﹣ABCD的体积．

【解答】（1）证明：∵PD⊥底面ABCD，AM⊂平面ABCD， ∴PD⊥AM，又∵PB⊥AM，

PD∩PB＝P，PB，PD⊂平面PBD． ∴AM⊥平面PBD． ∵AM⊂平面PAM， ∴平面PAM⊥平面PBD；（2）解：由PD⊥底面ABCD，

∴PD即为四棱锥P﹣ABCD的高，△DPB是直角三角形；

∵ABCD底面是矩形，PD＝DC＝1，M为BC的中点，且PB⊥AM．设AD＝BC＝2a，取CP的中点为F．连接MF，AF，EF，AE，可得MF∥PB，EF∥DP，

那么AM⊥MF．且EF=．AE=√+4𝑎2，AM=√𝑎2+1，𝐴𝐹=√𝐸𝐹2+𝐴𝐸2．那么△AMF是直角三角形， ∵△DPB是直角三角形， ∴根据勾股定理：BP=√2由△AMF是直角三角形，可得AM2+MF2＝AF2，解得a=2．

底面ABCD的面积S=√2，

则四棱锥P﹣ABCD的体积V=3⋅ℎ⋅𝑆=3×1×√2=3．

√2√21214+4𝑎2，则MF=

√2+4𝑎2

2；

19．（12分）设{an}是首项为1的等比数列，数列{bn}满足bn=等差数列．

（1）求{an}和{bn}的通项公式；

（2）记Sn和Tn分别为{an}和{bn}的前n项和．证明：Tn＜𝑆𝑛

． 2𝑛𝑎𝑛

，已知a1，3a2，9a3成3【解答】解：（1）∵a1，3a2，9a3成等差数列，∴6a2＝a1+9a3， ∵{an}是首项为1的等比数列，设其公比为q，则6q＝1+9q2，∴q=3， ∴an＝a1qn1=(3)𝑛−1，

﹣

∴bn=3𝑛=n•(3)𝑛．

（2）证明：由（1）知an=(3)𝑛−1，bn＝n•(3)𝑛，

𝑛𝑎1

∴𝑆𝑛=

1×[1−(13)]

1−13𝑛

311

−×()𝑛−1， 2231

𝑇𝑛=1×(3)1+2×(3)2+⋯+𝑛⋅(3)𝑛，① ∴𝑇𝑛=1×()2+2×()3+⋯+𝑛⋅()𝑛+1，②

①﹣②得，𝑇𝑛=

313

212

[1−()𝑛]−𝑛()𝑛+1，

𝑛1

∴𝑇𝑛=4−4×(3)𝑛−1−2(3)𝑛， ∴Tn−

𝑆𝑛311𝑛1311

=−×()𝑛−1−⋅()𝑛−[−×()𝑛−1]＜0， 244323443𝑆𝑛． 2∴Tn＜20．（12分）已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）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𝑃𝑄=9𝑄𝐹，求直线OQ斜率的最大值．【解答】（1）解：由题意知，p＝2， ∴y2＝4x．

（2）由（1）知，抛物线C：y2＝4x，F（1，0），设点Q的坐标为（m，n），则𝑄𝐹=（1﹣m，﹣n）， 𝑃𝑄=9𝑄𝐹=(9−9𝑚，−9𝑛) ∴P点坐标为（10m﹣9，10n），将点P代入C得100n2＝40m﹣36，整理得𝑚=∴𝐾=

100𝑛2+3625𝑛2+9

=， 4010𝑛→

→

𝑛10𝑛101==≤，当n＝3时取最大值． 𝑚25𝑛2+925𝑛+9313

故答案为：．

21．（12分）已知函数f（x）＝x3﹣x2+ax+1．（1）讨论f（x）的单调性；

（2）求曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标．【解答】解：（1）f′（x）＝3x2﹣2x+a，△＝4﹣12a，

①当△≤0，即𝑎≥时，由于f′（x）的图象是开口向上的抛物线，故此时f′（x）≥0，则f（x）在R上单调递增；

②当△＞0，即𝑎＜3时，令f′（x）＝0，解得𝑥1=

1−√1−3𝑎1+√1−3𝑎，𝑥=， 2331

3令f′（x）＞0，解得x＜x1或x＞x2，令f′（x）＜0，解得x1＜x＜x2， ∴f（x）在（﹣∞，x1），（x2，+∞）单调递增，在（x1，x2）单调递减；综上，当𝑎≥3时，f（x）在R上单调递增；当𝑎＜3时，f（x）在(−∞，(

1+√1−3𝑎1−√1−3𝑎1+√1−3𝑎，+∞)单调递增，在(，)单调递减． 3331

1−√1−3𝑎)，3（2）设曲线y＝（fx）过坐标原点的切线为l，切点为(𝑥0，𝑥03−𝑥02+𝑎𝑥0+1)，𝑓′(𝑥0)=3𝑥02−2𝑥0+𝑎，

则切线方程为𝑦−(𝑥03−𝑥02+𝑎𝑥0+1)=(3𝑥02−2𝑥0+𝑎)(𝑥−𝑥0)，将原点代入切线方程有，2𝑥03−𝑥02−1=0，解得x0＝1， ∴切线方程为y＝（a+1）x，

令x3﹣x2+ax+1＝（a+1）x，即x3﹣x2﹣x+1＝0，解得x＝1或x＝﹣1，

∴曲线y＝f（x）过坐标原点的切线与曲线y＝f（x）的公共点的坐标为（1，a+1）和（﹣1，﹣a﹣1）．

（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]（10分）

22．（10分）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．

【解答】解：（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， 𝑥=2+𝑐𝑜𝑠𝜃

⊙C的一个参数方程为{（θ为参数）．

𝑦=1+𝑠𝑖𝑛𝜃（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＝±

√3， 3

所以切线方程为y＝±

√3（x﹣4）+1， 3

因为x＝ρcosθ，y＝ρsinθ，

所以这两条切线的极坐标方程为ρsinθ＝±[选修4-5：不等式选讲]（10分） 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．

−2𝑥−2，𝑥≤−3

【解答】解：（1）当a＝1时，f（x）＝|x﹣1|+|x+3|={4，−3＜𝑥＜1

2𝑥+2，𝑥≥1

𝑥≤−3𝑥≥1∵f（x）≥6，∴{或{−3＜𝑥＜1或{，

−2𝑥−2≥≥62𝑥+2≥6∴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，

两边平方可得a2+6a+9＞a2，解得a＞−2，即a的取值范围是（−，+∞）．

√3（ρcosθ﹣4）+1． 3

，

2021年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）设集合A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，则A∩B＝（） A．{2}

B．{2，3}

C．{3，4}

D．{2，3，4}

2．（5分）已知z＝2﹣i，则z（𝑧+i）＝（） A．6﹣2i

B．4﹣2i

C．6+2i

D．4+2i

3．（5分）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（） A．2

B．2√2 C．4

𝜋

D．4√2

4．（5分）下列区间中，函数f（x）＝7sin（x−6）单调递增的区间是（）

A．（0，）

𝜋

B．（，π）

𝑥29

𝜋

C．（π，

𝑦24

3𝜋2

） D．（

3𝜋2

，2π）

5．（5分）已知F1，F2是椭圆C：的最大值为（） A．13

B．12

=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|•|MF2|

C．9 =（）

C． 52

D．6

6．（5分）若tanθ＝﹣2，则A．−

5𝑠𝑖𝑛𝜃(1+𝑠𝑖𝑛2𝜃)𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃25B．− D． 5

7．（5分）若过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则（） A．eb＜a

B．ea＜b

C．0＜a＜eb

D．0＜b＜ea

8．（5分）有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球．甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（） A．甲与丙相互 C．乙与丙相互

B．甲与丁相互 D．丙与丁相互

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．（5分）有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，则（） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同 C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同

10．（5分）已知O为坐标原点，点P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），则（） A．|𝑂𝑃1|＝|𝑂𝑃2| C．𝑂𝐴•𝑂𝑃3=𝑂𝑃1•𝑂𝑃2

→

B．|𝐴𝑃1|＝|𝐴𝑃2| D．𝑂𝐴•𝑂𝑃1=𝑂𝑃2•𝑂𝑃3

→

→→

11．（5分）已知点P在圆（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，点A（4，0），B（0，2），则（） A．点P到直线AB的距离小于10

B．点P到直线AB的距离大于2 C．当∠PBA最小时，|PB|＝3√2 D．当∠PBA最大时，|PB|＝3√2

12．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足𝐵𝑃=λ𝐵𝐶+μ𝐵𝐵1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（） A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 C．当λ=时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ=时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2x）是偶函数，则a＝．

﹣

→→→

21214．（5分）已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，则C的准线方程为．

15．（5分）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为．

16．（5分）某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折．规格为20dm×12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm×12dm，20dm×6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1＝240dm2，对折2次共可以得到5dm×12dm，10dm×6dm，20dm×3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2＝180dm2，以此类推．则对折

4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么∑𝑛 𝑘=1 Sk＝ dm．

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 𝑎𝑛+1，𝑛为奇数，17．（10分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1={

𝑎𝑛+2，𝑛为偶数．（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和．

18．（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题

回答正确得80分，否则得0分．

已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．

（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．

19．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．（1）证明：BD＝b；

（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．

20．（12分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

（1）证明：OA⊥CD；

（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．

21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（−√17，0），F2（√17，0），点M满足|MF1|﹣|MF2|＝2．记M的轨迹为C．（1）求C的方程；

（2）设点T在直线x=2上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和． 22．（12分）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜𝑎+𝑏＜e．

2021年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）

参与试题解析

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）设集合A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}，则A∩B＝（） A．{2}

B．{2，3}

C．{3，4}

D．{2，3，4}

【解答】解：∵A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{2，3，4，5}， ∴A∩B＝{x|﹣2＜x＜4}∩{2，3，4，5}＝{2，3}．故选：B．

2．（5分）已知z＝2﹣i，则z（𝑧+i）＝（） A．6﹣2i

B．4﹣2i

C．6+2i

D．4+2i

【解答】解：∵z＝2﹣i，

∴z（𝑧+i）＝（2﹣i）（2+i+i）＝（2﹣i）（2+2i）＝4+4i﹣2i﹣2i2＝6+2i．故选：C．

3．（5分）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（） A．2

B．2√2 C．4

D．4√2

【解答】解：由题意，设母线长为l，

因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，

则有2𝜋⋅√2=𝜋⋅𝑙，解得𝑙=2√2，所以该圆锥的母线长为2√2．故选：B．

4．（5分）下列区间中，函数f（x）＝7sin（x−6）单调递增的区间是（） A．（0，）

𝜋

B．（，π）

𝜋

C．（π，

3𝜋2

） D．（

3𝜋2

，2π）

【解答】解：令−2+2𝑘𝜋≤𝑥−6≤2+2𝑘𝜋，k∈Z．则−3+2𝑘𝜋≤𝑥≤3+2𝑘𝜋，k∈Z．当k＝0时，k∈[−3，𝜋

2𝜋3

𝜋

2𝜋

]，

（0，）⊆[−，

𝜋

𝜋32𝜋3

]，

故选：A．

5．（5分）已知F1，F2是椭圆C：的最大值为（） A．13

B．12

𝑥29𝑥29

𝑦24

=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|•|MF2|

C．9

𝑦24

D．6

【解答】解：F1，F2是椭圆C：所以|MF1|•|MF2|≤(

=1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|＝6，

|𝑀𝐹1|+|𝑀𝐹2|2

)=9，当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时，取等号，

2所以|MF1|•|MF2|的最大值为9．故选：C．

6．（5分）若tanθ＝﹣2，则A．−5

𝑠𝑖𝑛𝜃(1+𝑠𝑖𝑛2𝜃)𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃2

=（）

C． 52

B．−5

𝑠𝑖𝑛𝜃(1+𝑠𝑖𝑛2𝜃)𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃

D． 5

【解答】解：由题意可得：

𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑠𝑖𝑛2𝜃+𝑐𝑜𝑠2𝜃+2𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃

𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃)==𝑠𝑖𝑛𝜃(𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃)

𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠𝜃𝑠𝑖𝑛2𝜃+𝑠𝑖𝑛𝜃𝑐𝑜𝑠𝜃𝑡𝑎𝑛2𝜃+𝑡𝑎𝑛𝜃== 21+𝑡𝑎𝑛2𝜃𝑠𝑖𝑛𝜃+𝑐𝑜𝑠2𝜃

4−22

=． 1+45故选：C．

7．（5分）若过点（a，b）可以作曲线y＝ex的两条切线，则（） A．eb＜a

B．ea＜b

C．0＜a＜eb

D．0＜b＜ea

【解答】解：函数y＝ex是增函数，y′＝ex＞0恒成立，函数的图象如图，y＞0，即取得坐标在x轴上方，如果（a，b）在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点（a，b）在x轴或下方时，只有一条切线．如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；

由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0＜b＜ea．故选：D．

B．甲与丁相互 D．丙与丁相互

【解答】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），

两点数和为7的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1）， P（甲）=，P（乙）=，P（丙）=A：P（甲丙）＝0≠P（甲）P（丙）， B：P（甲丁）=

=P（甲）P（丁）， 361

16165561=，P（丁）==， 6×6366×66C：P（乙丙）=36≠P（乙）P（丙）， D：P（丙丁）＝0≠P（丙）P（丁），故选：B．

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。

9．（5分）有一组样本数据x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中yi＝xi+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，则（） A．两组样本数据的样本平均数相同 B．两组样本数据的样本中位数相同

C．两组样本数据的样本标准差相同 D．两组样本数据的样本极差相同

【解答】解：对于A，两组数据的平均数的差为c，故A错误；对于B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故B错误；对于C，∵标准差D（yi）＝D（xi+c）＝D（xi）， ∴两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；对于D，∵yi＝xi+c（i＝1，2，…，n），c为非零常数，

x的极差为xmax﹣xmin，y的极差为（xmax+c）﹣（xmin+c）＝xmax﹣xmin， ∴两组样本数据的样本极差相同，故D正确．故选：CD．

→

B．|𝐴𝑃1|＝|𝐴𝑃2| D．𝑂𝐴•𝑂𝑃1=𝑂𝑃2•𝑂𝑃3

→

→→

【解答】解：∵P1（cosα，sinα），P2（cosβ，﹣sinβ），P3（cos（α+β），sin（α+β）），A（1，0），

∴𝑂𝑃1=（cosα，sinα），𝑂𝑃2=（cosβ，﹣sinβ）， 𝑂𝑃3=（cos（α+β），sin（α+β）），𝑂𝐴=（1，0）， 𝐴𝑃1=(𝑐𝑜𝑠𝛼−1，𝑠𝑖𝑛𝛼)，𝐴𝑃2=(𝑐𝑜𝑠𝛽−1，−𝑠𝑖𝑛𝛽)，则|𝑂𝑃1|=正确；

|𝐴𝑃1|=√(𝑐𝑜𝑠𝛼−1)2+𝑠𝑖𝑛2𝛼=√𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝑠𝑖𝑛2𝛼−2𝑐𝑜𝑠𝛼+1=√2−2𝑐𝑜𝑠𝛼， |𝐴𝑃2|=√(𝑐𝑜𝑠𝛽−1)2+(−𝑠𝑖𝑛𝛽)2=√𝑐𝑜𝑠2𝛽+𝑠𝑖𝑛2𝛽−2𝑐𝑜𝑠𝛽+1=√2−2𝑐𝑜𝑠𝛽， |𝐴𝑃1|≠|𝐴𝑃2|，故B错误；

𝑂𝐴⋅𝑂𝑃3=1×cos（α+β）+0×sin（α+β）＝cos（α+β）， 𝑂𝑃1⋅𝑂𝑃2=cosαcosβ﹣sinαsinβ＝cos（α+β），

→

→→

→

→→→→

→

√𝑐𝑜𝑠2𝛼+𝑠𝑖𝑛2𝛼=1，|𝑂𝑃2|=

→

√𝑐𝑜𝑠2𝛽+(−𝑠𝑖𝑛𝛽)2=1，则|𝑂𝑃1|＝|𝑂𝑃2|，故A

→→

∴𝑂𝐴•𝑂𝑃3=𝑂𝑃1•𝑂𝑃2，故C正确； 𝑂𝐴⋅𝑂𝑃1=1×cosα+0×sinα＝cosα，

𝑂𝑃2⋅𝑂𝑃3=cosβcos（α+β）﹣sinβsin（α+β）＝cos[β+（α+β）]＝cos（α+2β）， ∴𝑂𝐴•𝑂𝑃1≠𝑂𝑃2•𝑂𝑃3，故D错误．故选：AC．

11．（5分）已知点P在圆（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16上，点A（4，0），B（0，2），则（） A．点P到直线AB的距离小于10 B．点P到直线AB的距离大于2 C．当∠PBA最小时，|PB|＝3√2 D．当∠PBA最大时，|PB|＝3√2 【解答】解：∵A（4，0），B（0，2）， ∴过A、B的直线方程为+

4𝑥

𝑦2

→

→→→→

=1，即x+2y﹣4＝0，

圆（x﹣5）2+（y﹣5）2＝16的圆心坐标为（5，5），圆心到直线x+2y﹣4＝0的距离d=

|1×5+2×5−4|√12+22=

1111√5=5＞4， √5∴点P到直线AB的距离的范围为[∵

11√55

11√511√5−4，+4]， 55

＜5，∴

11√55

−4＜1，

11√55

+4＜10，

∴点P到直线AB的距离小于10，但不一定大于2，故A正确，B错误；

如图，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大（P点位于P1时∠PBA最小，位于P2时∠PBA最大），

此时|BC|=√(5−0)2+(5−2)2=√25+9=√34， ∴|PB|=√|𝐵𝐶|2−42=√18=3√2，故CD正确．故选：ACD．

12．（5分）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足𝐵𝑃=λ𝐵𝐶+μ𝐵𝐵1，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（） A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 C．当λ=时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP D．当μ=2时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P

【解答】解：对于A，当λ＝1时，𝐵𝑃=𝐵𝐶+μ𝐵𝐵1，即𝐶𝑃=𝜇𝐵𝐵1，所以𝐶𝑃∥𝐵𝐵1，故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为√5+√2，当点P在点C1处时，△AB1P的周长为2√2+1，故周长不为定值，故选项A错误；

→

对于B，当μ＝1时，𝐵𝑃=𝜆𝐵𝐶+𝐵𝐵1，即𝐵1𝑃=𝜆𝐵𝐶，所以𝐵1𝑃∥𝐵𝐶，故点P在线段B1C1上，因为B1C1∥平面A1BC，

所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，

→

又△A1BC的面积为定值，

所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；

对于C，当λ=时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，

→→→→→1→

因为𝐵𝑃=𝐵𝐶+𝜇𝐵𝐵1，即𝑀𝑃=𝜇𝐵𝐵1，所以𝑀𝑃∥𝐵𝐵1，

2→

12则点P在线段M1M上，

当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；

对于D，当μ=时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，

→→→→1→

因为𝐵𝑃=𝜆𝐵𝐶+𝐵𝐵1，即𝐷𝑃=𝜆𝐵𝐶，所以𝐷𝑃∥𝐵𝐶，

2→

→

12则点P在线的DD1上，

当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，

因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，

又BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，

故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，

又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．

故选：BD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．（5分）已知函数f（x）＝x3（a•2x﹣2x）是偶函数，则a＝ 1 ．

﹣

【解答】解：函数f（x）＝x3（a•2x﹣2x）是偶函数，

﹣

y＝x3为R上的奇函数，故y＝a•2x﹣2

﹣x

也为R上的奇函数，

所以y|x＝0＝a•20﹣20＝a﹣1＝0，所以a＝1．故答案为：1．

14．（5分）已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP．若|FQ|＝6，则C的准线方程为 x=−2 ．【解答】解：由题意，不妨设P在第一象限，则P（，p），kOP＝2，PQ⊥OP．

2𝑝

所以kPQ=−2，所以PQ的方程为：y﹣p=−2（x−2）， y＝0时，x=2，

5𝑝

11𝑝

|FQ|＝6，所以

5𝑝2

−

𝑝2

=6，解得p＝3，

32所以抛物线的准线方程为：x=−．故答案为：x=−2．

15．（5分）函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为 1 ．

【解答】解：函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的定义域为（0，+∞）．当0＜x≤2时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝﹣2x+1﹣2lnx，此时函数f（x）在（0，]上为减函数，

所以f（x）≥f（）＝﹣2×+1﹣2ln=2ln2；

当x＞时，f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx＝2x﹣1﹣2lnx，则f′（x）=2−

22(𝑥−1)=， 𝑥𝑥1

2当x∈（，1）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增， ∴当x＝1时f（x）取得最小值为f（1）＝2×1﹣1﹣2ln1＝1． ∵2ln2＝ln4＞lne＝1，

∴函数f（x）＝|2x﹣1|﹣2lnx的最小值为1．故答案为：1．

𝑛) dm． 2【解答】解：易知有20𝑑𝑚×4𝑑𝑚，10𝑑𝑚×2𝑑𝑚，5𝑑𝑚×3𝑑𝑚，2𝑑𝑚×6𝑑𝑚，

335

𝑑𝑚×12𝑑𝑚，共5种规格；

2402𝑘由题可知，对折k次共有k+1种规格，且面积为

，故𝑆𝑘=

240(𝑘+1)

𝑘，

𝑛

则∑𝑛𝑘=1 𝑆𝑘=240∑𝑘=1

𝑘+12

𝑘，记𝑇𝑛=∑𝑛𝑘=1

𝑘+12𝑘+1

𝑘+12

𝑘，则𝑇𝑛=

2𝑘+22𝑘+1

∑𝑛𝑘=1

𝑘+12𝑘+1𝑘+22

，

𝑛+12𝑛+1

∴

𝑇𝑛=

∑𝑛𝑘=1

−

𝑘+12𝑘

−∑𝑛𝑘=1 −

𝑛+32𝑛+1

=1+(∑𝑛−1𝑘=1 −∑𝑛𝑘=1

)−𝑘+1

=1+

11(1−𝑛−1)4211−2𝑛+12𝑛+1

，

∴𝑇𝑛=3−

𝑛+3𝑛， 2

𝑛+3

𝑛)． 2𝑛+3𝑛)． 2∴∑𝑛𝑘=1 𝑆𝑘=240(3−

故答案为：5；240(3−

四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 𝑎𝑛+1，𝑛为奇数，17．（10分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1={

𝑎𝑛+2，𝑛为偶数．（1）记bn＝a2n，写出b1，b2，并求数列{bn}的通项公式；（2）求{an}的前20项和．

【解答】解：（1）因为a1＝1，an+1={

𝑎𝑛+1，𝑛为奇数，

𝑎𝑛+2，𝑛为偶数所以a2＝a1+1＝2，a3＝a2+2＝4，a4＝a3+1＝5，所以b1＝a2＝2，b2＝a4＝5，

bn﹣bn﹣1＝a2n﹣a2n﹣2＝a2n﹣a2n﹣1+a2n﹣1﹣a2n﹣2＝1+2＝3，n≥2，所以数列{bn}是以b1＝2为首项，以3为公差的等差数列，所以bn＝2+3（n﹣1）＝3n﹣1．（2）由（1）可得a2n＝3n﹣1，n∈N*，

则a2n﹣1＝a2n﹣2+2＝3（n﹣1）﹣1+2＝3n﹣2，n≥2，当n＝1时，a1＝1也适合上式，所以a2n﹣1＝3n﹣2，n∈N*，

所以数列{an}的奇数项和偶数项分别为等差数列，

则{an}的前20项和为a1+a2+...+a20＝（a1+a3+…+a19）+（a2+a4+…+a20）＝10+×2+

10×9

×3＝300． 210×9

×3+10218．（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题．每位参加比赛的同学

先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束．A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．

已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关．

（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．【解答】解：（1）由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，则P（X＝0）＝1﹣0.8＝0.2， P（X＝20）＝0.8×（1﹣0.6）＝0.32 P（X＝100）＝0.8×0.6＝0.48，所以X的分布列为：

X P

0 0.2

20 0.32

100 0.48

（2）由（1）可知小明先回答A类问题累计得分的期望为E（X）＝0×0.2+20×0.32+100×0.48＝54.4，

若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100， P（Y＝0）＝1﹣0.6＝0.4，

P（Y＝80）＝0.6×（1﹣0.8）＝0.12， P（Y＝100）＝0.6×0.8＝0.48，

则Y的期望为E（Y）＝0×0.4+80×0.12+100×0.48＝57.6，因为E（Y）＞E（X），

所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．

19．（12分）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2＝ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC＝asinC．（1）证明：BD＝b；

（2）若AD＝2DC，求cos∠ABC．

【解答】解：（1）证明：由正弦定理知，∴b＝2Rsin∠ABC，c＝2Rsin∠ACB， ∵b2＝ac，

∴b•2Rsin∠ABC＝a•2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC＝asinC， ∵BDsin∠ABC＝asinC． ∴BD＝b；

（2）由（1）知BD＝b， ∵AD＝2DC，

∴AD=3𝑏，DC=3𝑏，

𝑏

𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐵𝐶

𝑐𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝐶𝐵

=2𝑅，

222

𝐵𝐷2+𝐴𝐷2−𝐴𝐵2𝑏+(3𝑏)−𝑐13𝑏−9𝑐2

在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=== 2，2𝐵𝐷⋅𝐴𝐷2𝑏⋅2𝑏12𝑏3222𝑏+(1𝐵𝐷2+𝐶𝐷2−𝐵𝐶10𝑏−9𝑎23𝑏)−𝑎在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC===， 22𝐵𝐷⋅𝐶𝐷2𝑏⋅1𝑏6𝑏32

∵∠BDA+∠BDC＝π， ∴cos∠BDA+cos∠BDC＝0，即

13𝑏2−9𝑐212𝑏2+

10𝑏2−9𝑎2

6𝑏2=0，

得11b2＝3c2+6a2， ∵b2＝ac，

∴3c2﹣11ac+6a2＝0， ∴c＝3a或c=3𝑎，

𝑎2+𝑐2−𝑏𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC==， 2𝑎𝑐2𝑎𝑐2

当c＝3a时，cos∠ABC=6＞1（舍）；当c=3𝑎时，cos∠ABC=12；综上所述，cos∠ABC=12．

20．（12分）如图，在三棱锥A﹣BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB＝AD，O为BD的中点．

（1）证明：OA⊥CD；

（2）若△OCD是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，DE＝2EA，且二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，求三棱锥A﹣BCD的体积．

【解答】解：（1）证明：因为AB＝AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AO⊂平面BCD，所以AO⊥平面BCD，又CD⊂平面BCD，所以AO⊥CD；（2）方法一：

取OD的中点F，因为△OCD为正三角形，所以CF⊥OD，过O作OM∥CF与BC交于点M，则OM⊥OD，所以OM，OD，OA两两垂直，

以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，

则B（0，﹣1，0），𝐶(2，2，0)，D（0，1，0），设A（0，0，t），则𝐸(0，3，3)，

因为OA⊥平面BCD，故平面BCD的一个法向量为𝑂𝐴=(0，0，𝑡)，设平面BCE的法向量为𝑛=(𝑥，𝑦，𝑧)，又𝐵𝐶=(

→

√3→

→

√31

12𝑡

，2，0)，𝐵𝐸=(0，3，3)，

2→

√33

→

42𝑡

⋅𝐵𝐶=0，得{2𝑥+2𝑦=0，所以由{𝑛→→42𝑡𝑛⋅𝐵𝐸=0𝑦+𝑧=0

33令x=√3，则y＝﹣1，𝑧=𝑡，故𝑛=(√3，−1，𝑡)，因为二面角E﹣BC﹣D的大小为45°，

→

所以|𝑐𝑜𝑠＜𝑛，𝑂𝐴＞|=

→

|𝑛⋅𝑂𝐴||𝑛||𝑂𝐴|

→→→→

2𝑡√4+4𝑡2=

√22，

解得t＝1，所以OA＝1，

又𝑆△𝑂𝐶𝐷=2×1×1×2=4，所以𝑆△𝐵𝐶𝐷=2，故𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=3⋅𝑆△𝐵𝐶𝐷⋅𝑂𝐴=3×2×1=6．方法二：

过E作EF⊥BD，交BD于点F，过F作FG⊥BC于点G，连结EG，由题意可知，EF∥AO，又AO⊥平面BCD，所以EF⊥平面BCD，又BC⊂平面BCD，所以EF⊥BC，又BC⊥FG，FG∩EF＝F 所以BC⊥平面EFG，又EF⊂平面EFG，所以BC⊥EG，

则∠EGF为二面角E﹣BC﹣D的平面角，即∠EGF＝45°，又CD＝DO＝OB＝OC＝1，

所以∠BOC＝120°，则∠OCB＝∠OBC＝30°，故∠BCD＝90°，所以FG∥CD，因为

𝐷𝐸𝐴𝐷

√3√31√3√3√3=

𝐷𝐹𝑂𝐷

𝐸𝐹𝐴𝑂

=，

则𝐴𝑂=2𝐸𝐹，𝑂𝐹=3，𝐷𝐹=3，

1+12

所以=，则𝐺𝐹=23=3，

𝐵𝐷𝐶𝐷

𝐵𝐹

𝐺𝐹

所以EF＝GF=3，则𝐴𝑂=2𝐸𝐹=1，所以𝑉𝐴−𝐵𝐶𝐷=𝑆△𝐵𝐶𝐷⋅𝐴𝑂=

3√311

××√3×1×1=． 32623

21．（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1（−√17，0），F2（√17，0），点M满足|MF1|﹣|MF2|＝2．记M的轨迹为C．（1）求C的方程；

（2）设点T在直线x=上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且|TA|•|TB|＝|TP|•|TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和．

【解答】解：（1）由双曲线的定义可知，M的轨迹C是双曲线的右支，设C的方程为

𝑦2𝑏2𝑥2𝑎21

2−

=1(𝑎＞0，𝑏＞0)，𝑥≥1，

𝑎=1𝑐=√17根据题意{2𝑎=2，解得{𝑏=4，

𝑐=√17𝑐2=𝑎2+𝑏2

𝑦2

∴C的方程为𝑥−16=1(𝑥≥1)；

1𝑥=2+𝑡𝑐𝑜𝑠𝜃

（2）（法一）设𝑇(，𝑚)，直线AB的参数方程为{，

2𝑦=𝑚+𝑡𝑠𝑖𝑛𝜃

将其代入C的方程并整理可得，（16cos2θ﹣sin2θ）t2+（16cosθ﹣2msinθ）t﹣（m2+12）＝0，

由参数的几何意义可知，|TA|＝t1，|TB|＝t2，则𝑡1𝑡2=

𝑚2+12𝑚2+12

=，

𝑠𝑖𝑛2𝜃−16𝑐𝑜𝑠2𝜃1−17𝑐𝑜𝑠2𝜃𝑥=+𝜆𝑐𝑜𝑠𝛽

2设直线PQ的参数方程为{，|TP|＝λ1，|TQ|＝λ2，同理可得，𝜆1𝜆2=𝑦=𝑚+𝜆𝑠𝑖𝑛𝛽

𝑚2+12

，

1−17𝑐𝑜𝑠2𝛽依题意，

𝑚2+12

1−17𝑐𝑜𝑠2𝜃

𝑚2+121−17𝑐𝑜𝑠2𝛽

，则cos2θ＝cos2β，

又θ≠β，故cosθ＝﹣cosβ，则cosθ+cosβ＝0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0．

（法二）设𝑇(，𝑡)，直线AB的方程为𝑦=𝑘1(𝑥−)+𝑡，A（x1，y1），B（x2，y2），设

212＜𝑥1＜𝑥2，

将直线AB方程代入C的方程化简并整理可得，(16−𝑘12)𝑥2−(𝑘12−2𝑡𝑘1)𝑥−4𝑘12+𝑘1𝑡−𝑡2−16=0，

22−1𝑘1−2𝑘1𝑡4𝑘1+𝑘1𝑡−𝑡−16由韦达定理有，𝑥1+𝑥2=，𝑥1𝑥2=， 22𝑘1−1616−𝑘1

又由𝐴(𝑥1，𝑘1𝑥1−2𝑘1+𝑡)，𝑇(2，𝑡)可得|𝐴𝑇|=√1+𝑘12(𝑥1−2)，同理可得|𝐵𝑇|=√1+𝑘12(𝑥2−)，

(1+𝑘1)(𝑡2+12)11

∴|𝐴𝑇||𝐵𝑇|=(1+𝑘1)(𝑥1−)(𝑥2−)=， 222𝑘−16

111

设直线PQ的方程为𝑦=𝑘2(𝑥−)+𝑡，𝑃(𝑥3，𝑦3)，𝑄(𝑥4，𝑦4)，设＜𝑥3＜𝑥4，

121

同理可得|𝑃𝑇||𝑄𝑇|=

(1+𝑘2)(𝑡2+12)

1+𝑘12

𝑘2−16

2，

2又|AT||BT|＝|PT||QT|，则

𝑘1−16

1+𝑘22𝑘2−16

，化简可得𝑘12=𝑘22，

又k1≠k2，则k1＝﹣k2，即k1+k2＝0，即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0． 22．（12分）已知函数f（x）＝x（1﹣lnx）．（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna﹣alnb＝a﹣b，证明：2＜𝑎+𝑏＜e．【解答】（1）解：由函数的解析式可得f'（x）＝1−lnx−1＝−lnx， ∴x∈（0，1），f′（x）＞0，f（x）单调递增， x∈（1，+∞），f′（x）＜0，f（x）单调递减，

则f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减．（2）证明：由blna−alnb＝a−b，得−𝑎𝑙𝑛𝑎+𝑏𝑙𝑛𝑏=𝑏−𝑎，即(1−𝑙𝑛)=

𝑎

1𝑏

(1−𝑙𝑛)，

𝑏

由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝1，且f（e）＝0，令𝑥1=𝑎，𝑥2=𝑏，

则x1，x2为f（x）＝k 的两根，其中k∈（0，1）．不妨令x1∈（0，1），x2∈（1，e），则2−x1＞1，

先证2＜x1+x2，即证x2＞2−x1，即证f（x2）＝f（x1）＜f（2﹣x1），令h（x）＝f（x）−f（2−x），

则h′（x）＝f′（x）+f′（2−x）＝−lnx−ln（2−x）＝−ln[x（2−x）]在（0，1）单调递减，所以h′（x）＞h′（1）＝0，故函数h（x）在（0，1）单调递增，

∴h（x1）＜h（1）＝0．∴f（x1）＜f（2﹣x1），∴2＜x1+x2，得证．同理，要证x1+x2＜e，即证1＜x2＜e﹣x1，根据（1）中f（x）单调性，即证f（x2）＝f（x1）＞f（e﹣x1），令φ（x）＝f（x）−f（e−x），x∈（0，1），则φ'（x）＝−ln[x（e−x）]，令φ′（x0）＝0， x∈（0，x0），φ'（x）＞0，φ（x）单调递增， x∈（x0，1），φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，又x＞0，f（x）＞0，且f（e）＝0，故x→0，φ（0）＞0， φ（1）＝f（1）−f（e−1）＞0， ∴φ（x）＞0恒成立， x1+x2＜e得证，则2＜𝑎+𝑏＜e．

2021年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ）

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）复数A．第一象限

在复平面内对应点所在的象限为（）

B．第二象限

C．第三象限

D．第四象限

2．（5分）若全集U＝{1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，3，6}，B＝{2，3，4}，则A∩∁UB＝（） A．{3}

B．{1，6}

C．{5，6} D．{1，3}

3．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点到直线y＝x+1的距离为A．1

B．2

C．2

，则p＝（） D．4

4．（5分）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨迹高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为00km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S＝2πr2（1﹣cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（） A．26%

B．34%

C．42%

D．50%

5．（5分）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（） A．20+12

B．28

C．

D．

6．（5分）某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），则下列结论中不正确的是（） A．σ越小，该物理量在一次测量中落在（9.9，10.1）内的概率越大 B．σ越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5

C．σ越小，该物理量在一次测量中小于为9.99与大于10.01的概率相等

D．σ越小，该物理量在一次测量中结果落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率相等

7．（5分）已知a＝log52，b＝log83，c＝，则下列判断正确的是（） A．c＜b＜a

B．b＜a＜c

C．a＜c＜b

D．a＜b＜c

8．（5分）已知函数f（x）的定义域为R，f（x+2）为偶函数，f（2x+1）为奇函数，则（） A．f（﹣）＝0

B．f（﹣1）＝0

C．f（2）＝0

D．f（4）＝0

二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。全选对得5分，选对但不全得2分，有错误答案得0分） 9．（5分）下列统计量中，能度量样本x1，x2，…，xn的离散程度的有（） A．样本x1，x2，…，xn的标准差 B．样本x1，x2，…，xn的中位数 C．样本x1，x2，…，xn的极差 D．样本x1，x2，…，xn的平均数

10．（5分）如图，下列正方体中，O为底面的中点，P为所在棱的中点，M，N为正方体的

顶点，则满足MN⊥OP的是（）

A． B．

C． D．

11．（5分）已知直线l：ax+by﹣r2＝0与圆C：x2+y2＝r2，点A（a，b），则下列说法正确的是（）

A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切

12．（5分）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k1+ak•2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝

﹣

a0+a1+…+ak，则（） A．ω（2n）＝ω（n） C．ω（8n+5）＝ω（4n+3）

B．ω（2n+3）＝ω（n）+1 D．ω（2n﹣1）＝n

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡上） 13．（5分）已知双曲线

﹣

＝1（a＞0，b＞0）的离心率e＝2，则该双曲线的渐近线

方程为．

14．（5分）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f（x）：．

①f（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函数． 15．（5分）已知向量

＝

，|

|＝1，|

|＝|

|＝2，则

•

•+

•

＝．

16．（5分）已知函数f（x）＝|ex﹣1|，x1＜0，x2＞0，函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））和点B（x2，f（x2））的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则

的取

值范围是．

四、解答题（本题共6小题，共90分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。把答案填在答题卡上）

17．（10分）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．

18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．（Ⅰ）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；

（Ⅱ）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

19．（12分）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝QC＝3．

（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．

，

20．（12分）已知椭圆C的方程为

＝1（a＞b＞0），右焦点为F（

，0），且离心

率为．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2＝b2（x＞0）相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝

．

21．（12分）一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代，……，该微生物每代繁殖的个数是相互的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，P（X＝i）＝pi（i＝0，1，2，3）．

（Ⅰ）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）；

（Ⅱ）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：p0+p1x+p2x2+p3x3＝x的一个最小正实根，求证：当E（X）≤1时，p＝1，当E（X）＞1时，p＜1；

（Ⅲ）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义． 22．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）有一个零点． ①＜a≤

，b＞2a；

②0＜a＜，b≤2a．

2021年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅱ）

参与试题解析

一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40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．（5分）复数A．第一象限【解答】解：∵

在复平面内对应点所在的象限为（）

B．第二象限＝

C．第三象限

＝

D．第四象限

，

∴在复平面内，复数故选：A．

对应的点的坐标为（，），位于第一象限．

2．（5分）若全集U＝{1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，3，6}，B＝{2，3，4}，则A∩∁UB＝（） A．{3}

B．{1，6}

C．{5，6}

D．{1，3}

【解答】解：因为全集U＝{1，2，3，4，5，6}，集合A＝{1，3，6}，B＝{2，3，4}，所以∁UB＝{1，5，6}，故A∩∁UB＝{1，6}．故选：B．

3．（5分）若抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点到直线y＝x+1的距离为A．1

B．2

C．2

，则p＝（） D．4

，

【解答】解：抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点（，0）到直线y＝x+1的距离为

可得故选：B．

，解得p＝2．

cosα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（） A．26%

B．34%

C．42%

D．50%

【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，

则OB＝36000+00＝424000，那么cosα＝；

卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2（1﹣cosα），那么，S占地球表面积的百分比为42%．

故选：C．

5．（5分）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ A．20+12

B．28

C．

D．

【解答】解：如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E＝＝1，

AE＝

＝

．

连接AC，A1C1， AC＝

，A1C1＝

＝4，过A作AG⊥A1C1，A1G＝＝

，

AG＝

＝

，

∴正四棱台的体积为：

V＝

）＝

＝．

故选：D．

C．σ越小，该物理量在一次测量中小于为9.99与大于10.01的概率相等

D．σ越小，该物理量在一次测量中结果落在（9.9，10.2）与落在（10，10.3）的概率相等

【解答】解：因为某物理量的测量结果服从正态分布N（10，σ2），所以测量的结果的概率分布关于10对称，且方差σ2越小，则分布越集中，

对于A，σ越小，概率越集中在10左右，则该物理量一次测量结果落在（9.9，10.1）内的概率越大，故选项A正确；

对于B，不管σ取何值，测量结果大于10的概率均为0.5，故选项B正确；

对于C，由于概率分布关于10对称，所以测量结果大于10.01的概率等于小于9.99的概率，故选项C正确；

对于D，由于概率分布是集中在10附近的，（9.9，10.2）分布在10附近的区域大于（10，10.3）分布在10附近的区域，

故测量结果落在（9.9，10.2）内的概率大于落在（10，10.3）内的概率，故选项D错误．故选：D．

7．（5分）已知a＝log52，b＝log83，c＝，则下列判断正确的是（）

A．c＜b＜a 【解答】解：∵∴a＜c＜b．故选：C．

B．b＜a＜c

，

C．a＜c＜b D．a＜b＜c ，

8．（5分）已知函数f（x）的定义域为R，f（x+2）为偶函数，f（2x+1）为奇函数，则（） A．f（﹣）＝0

B．f（﹣1）＝0

C．f（2）＝0

D．f（4）＝0

【解答】解：由题意，f（x+2）为偶函数，可得f（x+4）＝f（﹣x）， f（2x+1）为奇函数，可得f（﹣2x+1）＝﹣f（2x+1），令F（x）＝f（2x+1）为奇函数，可得F（0）＝f（1）＝0，

∴f（﹣1）＝﹣f（3）＝﹣f（1）＝0，即f（﹣x）＝﹣f（x+2）， ∴f（x+4）＝﹣f（x+2），

易知f（x）的周期T＝4，其他选项的值不一定等于0．即f（﹣1）＝0，故选：B．

极差是用来表示统计资料中的变异量数，反映的是最大值与最小值之间的差距，平均数是反应数据的平均水平，

故能反应一组数据离散程度的是标准差，极差．

100

故选：AC．

10．（5分）如图，下列正方体中，O为底面的中点，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（）

A． B．

C． D．

【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，则tanθ＝

＝

，∴不满足MN⊥OP，故A错误；

对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，

则N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），＝（2，0，﹣2），

＝（1，﹣1，1），

＝0，∴满足MN⊥OP，故B正确；

对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，

101

则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），＝（﹣2，0，﹣2），

＝（﹣1，﹣1，1），

＝0，∴满足MN⊥OP，故C正确；

对于D，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，

则M（0，2，2），N（0，0，0），P（2，1，2），O（1，1，0），＝（0，﹣2，﹣2），

＝（1，0，2），

＝﹣4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．

故选：BC．

11．（5分）已知直线l：ax+by﹣r2＝0与圆C：x2+y2＝r2，点A（a，b），则下列说法正确的是（）

A．若点A在圆C上，则直线l与圆C相切 B．若点A在圆C内，则直线l与圆C相离 C．若点A在圆C外，则直线l与圆C相离 D．若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【解答】解：∵点A在圆C上，

102

∴a2+b2＝r2，

∵圆心C（0，0）到直线l的距离为∴直线与圆C相切，故A选项正确， ∵点A在圆C内， ∴a2+b2＜r2，

∵圆心C（0，0）到直线l的距离为∴直线与圆C相离，故B选项正确， ∵点A在圆C外， ∴a2+b2＞r2，

∵圆心C（0，0）到直线l的距离为∴直线与圆C相交，故C选项错误， ∵点A在直线l上， ∴a2+b2＝r2，

∵圆心C（0，0）到直线l的距离为∴直线与圆C相切，故D选项正确．故选：ABD．

12．（5分）设正整数n＝a0•20+a1•21+…+ak﹣1•2k1+ak•2k，其中ai∈{0，1}，记ω（n）＝

﹣

＝r，

＞r，

＜r，

＝r，

a0+a1+…+ak，则（） A．ω（2n）＝ω（n） C．ω（8n+5）＝ω（4n+3）

B．ω（2n+3）＝ω（n）+1 D．ω（2n﹣1）＝n

【解答】解：∵2n＝a0•21+a1•22+…+ak﹣1•2k+ak•2k+1，∴ω（2n）＝ω（n）＝a0+a1+…+k，∴A对；

当n＝2时，2n+3＝7＝1•20+1•21+1•22，∴ω（7）＝3．∵2＝0•20+1•21，∴ω（2）＝0+1＝1，∴ω（7）≠ω（2）+1，∴B错；

∵8n+5＝a0•23+a1•24+•+ak•2k+3+5＝1•20+1•22+a0•23+a1•24+•+ak•2k+3，

∴ω（8n+5）＝a0•+a1•+•+ak+2．∵4n+3＝a0•22+a1•23+•+ak•2k+2+3＝1•20+1•21+a0•22+a1

103

•23+•+ak•2k+2，

∴ω（4n+3）＝a0•+a1•+•+ak+2＝ω（8n+5）．∴C对； ∵2n﹣1＝1•20+1•21+•+1•2n1，∴ω（2n﹣1）＝n，∴D对．

﹣

故选：ACD．

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分。把答案填在答题卡上） 13．（5分）已知双曲线方程为 y＝±

﹣

＝1（a＞0，b＞0）的离心率e＝2，则该双曲线的渐近线

x ．

，

【解答】解：∵双曲线的方程是

∴双曲线渐近线为y＝

又∵离心率为e＝＝2，可得c＝2a ∴c2＝4a2，即a2+b2＝4a2，可得b＝由此可得双曲线渐近线为y＝故答案为：y＝

14．（5分）写出一个同时具有下列性质①②③的函数f（x）： f（x）＝x2 ．

①f（x1x2）＝f（x1）f（x2）；②当x∈（0，+∞）时，f′（x）＞0；③f′（x）是奇函数．【解答】解：f（x）＝x2时，

+∞）时，f′（x）＝2x＞0；f′（x）＝2x是奇函数．故答案为：f（x）＝x2．

15．（5分）已知向量++＝，||＝1，||＝||＝2，则•+•+•＝ ﹣ ．【解答】解：由++＝得+＝﹣或+＝﹣或+＝﹣， ∴（+）2＝（﹣）2或（+）2＝（﹣）2或（+）2＝（﹣）2，又∵||＝1，||＝||＝2，∴5+2•＝4，5+2∴•＝

，•＝

＝4，8+2

＝1，

；当x∈（0，

，∴•+•+•＝﹣．

故答案为：﹣．

16．（5分）已知函数f（x）＝|ex﹣1|，x1＜0，x2＞0，函数f（x）的图象在点A（x1，f（x1））

104

和点B（x2，f（x2））的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则值范围是（0，1）．

【解答】解：当x＜0时，f（x）＝1﹣ex，导数为f′（x）＝﹣ex，可得在点A（x1，1﹣ex1）处的斜率为k1＝﹣ex1，切线AM的方程为y﹣（1﹣ex1）＝﹣ex1（x﹣x1），令x＝0，可得y＝1﹣ex1+x1ex1，即M（0，1﹣ex1+x1ex1），当x＞0时，f（x）＝ex﹣1，导数为f′（x）＝ex，可得在点B（x2，ex2﹣1）处的斜率为k2＝ex2，

令x＝0，可得y＝ex2﹣1﹣x2ex2，即N（0，ex2﹣1﹣x2ex2），

由f（x）的图象在A，B处的切线相互垂直，可得k1k2＝﹣ex1•ex2＝﹣1，即为x1+x2＝0，x1＜0，x2＞0，

的取

所以＝＝＝∈（0，1）．

故答案为：（0，1）．

四、解答题（本题共6小题，共90分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。把答案填在答题卡上）

17．（10分）记Sn是公差不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式an；（Ⅱ）求使Sn＞an成立的n的最小值．

【解答】解：（Ⅰ）数列Sn是公差d不为0的等差数列{an}的前n项和，若a3＝S5，a2a4＝S4．

根据等差数列的性质，a3＝S5＝5a3，故a3＝0，

根据a2a4＝S4可得（a3﹣d）（a3+d）＝（a3﹣2d）+（a3﹣d）+a3+（a3+d），整理得﹣d2＝﹣2d，可得d＝2（d＝0不合题意），故an＝a3+（n﹣3）d＝2n﹣6．（Ⅱ）an＝2n﹣6，a1＝﹣4， Sn＝﹣4n+

×2＝n2﹣5n，

Sn＞an，即n2﹣5n＞2n﹣6，

105

整理可得n2﹣7n+6＞0，

当n＞6或n＜1时，Sn＞an成立，故n的最小正值为7．

18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边长为a，b，c，b＝a+1，c＝a+2．（Ⅰ）若2sinC＝3sinA，求△ABC的面积；

（Ⅱ）是否存在正整数a，使得△ABC为钝角三角形？若存在，求出a的值；若不存在，说明理由．

【解答】解：（I）∵2sinC＝3sinA， ∴根据正弦定理可得2c＝3a， ∵b＝a+1，c＝a+2， ∴a＝4，b＝5，c＝6，在△ABC中，运用余弦定理可得∵sin2C+cos2C＝1， ∴sinC＝∴

（II）∵c＞b＞a，

∴△ABC为钝角三角形时，必角C为钝角，

＝

∴a2﹣2a﹣3＜0， ∵a＞0， ∴0＜a＜3，

∵三角形的任意两边之和大于第三边， ∴a+b＞c，即a+a+1＞a+2，即a＞1， ∴1＜a＜3， ∵a为正整数， ∴a＝2．

19．（12分）在四棱锥Q﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，若AD＝2，QD＝QA＝QC＝3．

（Ⅰ）求证：平面QAD⊥平面ABCD；

106

，

，＝

．

，

（Ⅱ）求二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：△QCD中，CD＝AD＝2，QD＝所以CD⊥QD；

又CD⊥AD，AD∩QD＝D，AD⊂平面QAD，QD⊂平面QAD，所以CD⊥平面QAD；又CD⊂平面ABCD，所以平面QAD⊥平面ABCD．（Ⅱ）解：取AD的中点O，在平面ABCD内作Ox⊥AD，

以OD为y轴，OQ为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，如图所示：

，QC＝3，所以CD2+QD2＝QC2，

则O（0，0，0），B（2，﹣1，0），D（0，1，0），Q（0，0，2），因为Ox⊥平面ADQ，所以平面ADQ的一个法向量为设平面BDQ的一个法向量为由得

＝（﹣2，2，0），

，即

＝（x，y，z），

＝（1，0，0），

＝（0，﹣1，2），

，

令z＝1，得y＝2，x＝2，所以所以cos＜

，

＞＝

＝（2，2，1）；

＝

107

＝，

所以二面角B﹣QD﹣A的平面角的余弦值为．

20．（12分）已知椭圆C的方程为+＝1（a＞b＞0），右焦点为F（，0），且离心

率为．

（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2+y2＝b2（x＞0）相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝

．

，又

，

【解答】（Ⅰ）解：由题意可得，椭圆的离心率＝所以a＝

，则b2＝a2﹣c2＝1，

；

故椭圆的标准方程为

（Ⅱ）证明：先证明充分性，

若M，N，F三点共线时，设直线MN的方程为x＝my+则圆心O（0，0）到直线MN的距离为

，

，解得m2＝1，

联立方程组，可得，即，

所以

所以充分性成立；下面证明必要性，当|MN|＝

时，设直线MN的方程为x＝ty+m，

；

此时圆心O（0，0）到直线MN的距离

，则m2﹣t2＝1，

联立方程组

，可得（t2+3）y2+2tmy+m2﹣3＝0，

则△＝4t2m2﹣4（t2+3）（m2﹣3）＝12（t2﹣m2+3）＝24，

108

因为

所以t2＝1，m2＝2，

，

因为直线MN与曲线x2+y2＝b2（x＞0）相切，所以m＞0，则则直线MN的方程为故M，N，F三点共线，所以必要性得证．

综上所述，M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝

．

，

恒过焦点F（

），

（Ⅰ）已知p0＝0.4，p1＝0.3，p2＝0.2，p3＝0.1，求E（X）；

（Ⅲ）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．

【解答】（Ⅰ）解：由题意，P0＝0.4，P1＝0.3，P2＝0.2，P3＝0.1，故E（X）＝0×0.4+1×0.3+2×0.2+3×0.1＝1；

（Ⅱ）证明：由题意可知，p0+p1+p2+p3＝1，则E（X）＝p1+2p2+3p3，所以p0+p1x+p2x2+p3x3＝x，变形为p0﹣（1﹣p1）x+p2x2+p3x3＝0，所以p0+p2x2+p3x3﹣（p0+p2+p3）x＝0，

即p0（1﹣x）+p2x（x﹣1）+p3x（x﹣1）（x+1）＝0，

109

即（x﹣1）[p3x2+（p2+p3）x﹣p0]＝0，令f（x）＝p3x2+（p2+p3）x﹣p0，则f（x）的对称轴为

，

注意到f（0）＝﹣p0＜0，f（1）＝2p3+p2﹣p0＝p1+2p2+3p3﹣1＝E（X）﹣1，当E（X）≤1时，f（1）≤0，f（x）的正实根x0≥1，原方程的最小正实根p＝1，当E（X）＞1时，f（1）＞0，f（x）的正实根x0＜1，原方程的最小正实根p＝x0＜1；（Ⅲ）解：当1个微生物个体繁殖下一代的期望小于等于1时，这种微生物经过多代繁殖后临近灭绝；

当1个微生物个体繁殖下一代的期望大于1时，这种微生物经过多代繁殖后还有继续繁殖的可能．

22．（12分）已知函数f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b．（Ⅰ）讨论f（x）的单调性；

（Ⅱ）从下面两个条件中选一个，证明：f（x）有一个零点． ①＜a≤

，b＞2a； ②0＜a＜，b≤2a．

【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+b，f'（x）＝x（ex﹣2a）， ①当a≤0时，当x＞0时，f'（x）＞0，当x＜0时，f'（x）＜0， ∴f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增， ②当a＞0时，令f'（x）＝0，可得x＝0或x＝ln2a，（i）当

时，

当x＞0或x＜ln2a时，f'（x）＞0，当ln2a＜x＜0时，f'（x）＜0，

∴f（x）在（﹣∞，ln2a），（0，+∞）上单调递增，在（ln2a，0）上单调递减，（ii）a＝时，

f'（x）＝x（ex﹣1）≥0 且等号不恒成立，∴f（x）在R上单调递增，（iii）当

时，

当x＜0或x＞ln2a时，f'（x）＞0，当0＜x＜ln2a时，f'（x）＜0，

f（x）在（﹣∞，0），（ln2a，+∞）上单调递增，在（0，ln2a）上单调递减．综上所述：

110

当 a⩽0 时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减；在（0，+∞）上单调递增；当

时，f（x）在（﹣∞，ln2a）和（0，+∞）上单调递增；在（ln2a，

0）上单调递减；当当

时，f（x）在 R 上单调递增；

时，f（x）在（﹣∞，0）和（ln2a，+∞）上单调递增；在（0，ln2a）上

单调递减．

（Ⅱ）证明：若选①，由（Ⅰ）知，f（x）在（﹣∞，0）上单调递增，（0，ln2a）单调递减，（ln2a，+∞）上 f（x）单调递增．

注意到 ∴f（x）在

上有一个零点；

．

f（ln2a）＝（ln2a﹣1）⋅2a﹣a⋅ln22a+b＞2aln2a﹣2a﹣aln22a+2a＝aln2a（2﹣ln2a），由

得 0＜ln2a⩽2，∴aln2a（2﹣ln2a）⩾0，

∴f（ln2a）＞0，当 x⩾0 时，f（x）⩾f（ln2a）＞0，此时 f（x）无零点．综上：f（x）在 R 上仅有一个零点．

若选②，则由（Ⅰ）知：f（x）在（﹣∞，ln2a）上单调递增，在（ln2a，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增．

f（ln2a）＝（ln2a﹣1）2a﹣aln22a+b⩽2aln2a﹣2a﹣aln22a+2a＝aln2a（2﹣ln2a）， ∵

，∴ln2a＜0，∴aln2a（2﹣ln2a）＜0，∴f（ln2a）＜0，

∴当 x⩽0 时，f（x）⩽f（ln2a）＜0，此时 f（x）无零点．当 x＞0 时，f（x）单调递增，注意到 f（0）＝b﹣1⩽2a﹣1＜0，取∴

，∵b＜2a＜1，∴

，又易证 ec＞c+1，

﹣1＝1＞0，

∴f（x）在（0，c）上有唯一零点，即f（x）在（0，+∞）上有唯一零点．综上：f（x）在 R 上有唯一零点．

111

2021年上海市高考数学试卷

一、填空题（本大题共有12题，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分，满分54分） 1．（4分）已知z1＝1+i，z2＝2+3i，求z1+z2＝．

2．（4分）已知A＝{x|2x≤1}，B＝{﹣1，0，1}，则A∩B＝． 3．（4分）若x2+y2﹣2x﹣4y＝0，求圆心坐标为． 4．（4分）如图正方形ABCD，求

•

＝．

5．（4分）已知f（x）＝+2，则f1（1）＝．

﹣

6．（4分）已知二项式（x+a）5展开式中，x2的系数为80，则a＝． 7．（5分）已知

，z＝x﹣y，则z的最大值为．

8．（5分）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为．

9．（5分）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则ABC的面积的取值范围为．

10．（5分）已知花博会有四个不同的场馆A，B，C，D，甲、乙两人每人选2个去参观，则他们的选择中，恰有一个馆相同的概率为．

11．（5分）已知抛物线y2＝2px（p＞0），若第一象限的A，B在抛物线上，焦点为F，|AF|＝2，|BF|＝4，|AB|＝3，求直线AB的斜率为．

12．（5分）已知ai∈N*（i＝1，2，…，9）对任意的k∈N*（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1中有且仅有一个成立，a1＝6，a9＝9，则a1+…+a9的最小值为．二、选择题（本大题共有4题，每题5分，满分20分） 13．（5分）以下哪个函数既是奇函数，又是减函数（） A．y＝﹣3x

B．y＝x3

C．y＝log3x

D．y＝3x

14．（5分）已知参数方程，t∈[﹣1，1]，以下哪个图符合该方程（）

112

A． B．

C． D．

]，都存在x2∈[0，

]，使得f（x）

15．（5分）已知f（x）＝3sinx+2，对任意的x1∈[0，

＝2f（x+θ）+2成立，则下列选项中，θ可能的值是（） A．

B．

C．

D．

16．（5分）已知x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2

＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪个选项恒成立（） A．2x2＜x1+x3 三、解答题

17．（14分）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB＝BC＝2，AA1＝3．（1）若P是棱A1D1上的动点，求三棱锥C﹣PAD的体积；（2）求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小．

B．2x2＞x1+x3

C．x22＜x1x3

D．x22＞x1x3

18．（14分）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．（1）若A＝

，求S△ABC．

113

（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．

19．（14分）已知一企业一年营业额1.1亿元，每年增加0.05亿元，利润0.16亿元，每年增长4%．

（1）求营业额前20季度的和；

（2）请问哪年哪季度营业额是利润的18%？ 20．（16分）已知Г：﹣

+y2＝1，F1，F2是其左、右交焦点，直线l过点P（m，0）（m≤

），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．

|＝|

|，求m的值；

，求直线l的方程；

（1）若B是上顶点，|（2）若

•

＝，且原点O到直线l的距离为

，使得

∥

（3）证明：对于任意m＜﹣的直线有且仅有一条．

21．（16分）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的．

（1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？

（2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3．

（3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”．

114

2021年上海市高考数学试卷

参与试题解析

一、填空题（本大题共有12题，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分，满分54分） 1．（4分）已知z1＝1+i，z2＝2+3i，求z1+z2＝ 3+4i ．【解答】解：因为z1＝1+i，z2＝2+3i，所以z1+z2＝3+4i．故答案为：3+4i．

2．（4分）已知A＝{x|2x≤1}，B＝{﹣1，0，1}，则A∩B＝ {﹣1，0} ．【解答】解：因为A＝{x|2x≤1}＝{x|x所以A∩B＝{﹣1，0}．故答案为：{﹣1，0}．

3．（4分）若x2+y2﹣2x﹣4y＝0，求圆心坐标为（1，2）．

【解答】解：由x2+y2﹣2x﹣4y＝0，可得圆的标准方程为（x−1）2+（y−2）2＝5，所以圆心坐标为（1，2）．故答案为：（1，2）．

4．（4分）如图正方形ABCD，求

•

＝ AB2 ．

}，B＝{﹣1，0，1}，

【解答】解：由数量积的定义，可得因为

故答案为：AB2．

5．（4分）已知f（x）＝+2，则f1（1）＝ ﹣3 ．

﹣

，

．

，所以

【解答】解：因为f（x）＝+2，令f（x）＝1，即+2＝1，解得x＝﹣3，故f1（1）＝﹣3．

﹣

115

故答案为：﹣3．

6．（4分）已知二项式（x+a）5展开式中，x2的系数为80，则a＝ 2 ．【解答】解：（x+a）5的展开式的通项公式为Tr+1＝所以x2的系数为故答案为：2． 7．（5分）已知

，z＝x﹣y，则z的最大值为 4 ． a3＝80，解得a＝2．

x5rar，

﹣

【解答】解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数即：y＝x﹣z，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距的相反数，

据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点B处取得最大值，联立直线方程：

，可得点的坐标为：B（3，−1），

据此可知目标函数的最大值为：zmax＝3−（−1）＝4．故答案为：4．

116

8．（5分）已知{an}为无穷等比数列，a1＝3，an的各项和为9，bn＝a2n，则数列{bn}的各项和为

．

【解答】解：设{an}的公比为q，由a1＝3，an的各项和为9，可得解得q＝，

所以an＝3×（）n1，

﹣

＝9，

bn＝a2n＝3×（）2n1，

﹣

可得数列{bn}是首项为2，公比为的等比数列，则数列{bn}的各项和为

＝

．

故答案为：．

9．（5分）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，AB为上底面圆的一条直径，C是下底面圆周上的一个动点，则ABC的面积的取值范围为

．

【解答】解：如图1，上底面圆心记为O，下底面圆心记为O'，连结OC，过点C作CM⊥AB，垂足为点M，则

，

根据题意，AB为定值2，所以S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化，如图2所示，当点M与点O重合时，CM＝OC＝此时S△ABC取得最大值为

；

，

如图3所示，当点M与点B重合，CM取最小值2，此时S△ABC取得最小值为综上所述，S△ABC的取值范围为故答案为：

．

117

10．（5分）已知花博会有四个不同的场馆A，B，C，D，甲、乙两人每人选2个去参观，则他们的选择中，恰有一个馆相同的概率为【解答】解：甲选2个去参观，有＝36种，

若甲乙恰有应该馆相同，则选确定相同的馆有行排列，有

＝6种，共有4×6＝24种，

＝，

＝4种，然后从剩余3个馆种选2个进．

＝6种，共有6×6

＝6种，乙选2个去参观，有

则对应概率P＝故答案为：．

11．（5分）已知抛物线y2＝2px（p＞0），若第一象限的A，B在抛物线上，焦点为F，|AF|＝2，|BF|＝4，|AB|＝3，求直线AB的斜率为

．

【解答】解：如图所示，设抛物线的准线为l，作AC⊥l于点C，BD⊥l于点D，AE⊥BD于点E，

118

由抛物线的定义，可得AC＝AF＝2，BD＝BF＝4， ∴

∴直线AB的斜率故答案为：

．

，．

12．（5分）已知ai∈N*（i＝1，2，…，9）对任意的k∈N*（2≤k≤8），ak＝ak﹣1+1或ak＝ak+1﹣1中有且仅有一个成立，a1＝6，a9＝9，则a1+…+a9的最小值为 31 ．【解答】解：设bk＝ak+1﹣ak，由题意可得，bk，bk﹣1恰有一个为1，如果b1＝b3＝b5＝b7＝b9＝1，那么a1＝6，a2＝7，a3≥1，a4＝a3+1≥2，同样也有，a5≥1，a6＝a5+1≥2，a7≥1，a8＝a7+1≥2，全部加起来至少是6+7+1+2+1+2+1+2+9＝31；

如果b2＝b4＝b6＝b8＝1，那么a8＝8，a2≥1，a3＝a2+1≥2，同样也有，a4≥1，a5≥2，a6≥1，a7≥2，全部加起来至少是6+1+2+1+2+1+2+8+9＝32．综上所述，最小应该是31．

119

故答案为：31．

二、选择题（本大题共有4题，每题5分，满分20分） 13．（5分）以下哪个函数既是奇函数，又是减函数（） A．y＝﹣3x

B．y＝x3

C．y＝log3x

D．y＝3x

【解答】解：y＝﹣3x在R上单调递减且为奇函数，A符合题意；因为y＝x3在R上是增函数，B不符合题意； y＝log3x，y＝3x为非奇非偶函数，C不符合题意；故选：A．

14．（5分）已知参数方程

，t∈[﹣1，1]，以下哪个图符合该方程（）

A． B．

C． D．

【解答】解：利用特殊值法进行排除，当y＝0时，t＝0，1，﹣1，当t＝0时，x＝0，当t＝1时，x＝﹣1，当t＝﹣1时，x＝1，

故当y＝0时，x＝0或1或﹣1，即图象经过（﹣1，0），（0，0），（1，0）三个点，对照四个选项中的图象，只有选项B符合要求．故选：B．

120

15．（5分）已知f（x）＝3sinx+2，对任意的x1∈[0，]，都存在x2∈[0，]，使得f（x）

＝2f（x+θ）+2成立，则下列选项中，θ可能的值是（） A．

B．

]，

C．

D．

【解答】解：∵x1∈[0，∴sinx1∈[0，1]， ∴f（x1）∈[2，5]， ∵都存在x2∈[0，∴f（x2+θ）min≤0，∵f（x）＝3sinx+2， ∴

y＝sinx在x∈当∴当∴

时，时，

]，使得f（x）＝2f（x+θ）+2成立，

，

上单调递减，

，

，故A选项错误，，

，

，故B选项正确，

当

时，x2+θ，

，故C选项错误，

，

，故D选项错误．

sin（x2+θ）max＝当

时，

sin（x2+θ）max＝故选：B．

16．（5分）已知x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2

＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪个选项恒成立（） A．2x2＜x1+x3

B．2x2＞x1+x3

121

C．x22＜x1x3 D．x22＞x1x3

【解答】解：设x1+y1＝x2+y2＝x3+y3＝2m，

，

根据题意，应该有，

且m2﹣a2+m2﹣c2＝2（m2﹣b2）＞0，则有

，

则x1+x3﹣2x2＝（m﹣a）+（m﹣c）﹣2（m﹣b）＝2b﹣（a+c），因为（2b）2﹣（a+c）2＝2（a2+c2）﹣（a+c）2＞0，所以x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，所以A项正确，B错误．

2x1x3﹣x22＝（m﹣a）（m﹣c）﹣（m﹣b）＝（2b﹣a﹣c）m+ac﹣b2＝（2b﹣a﹣c）m﹣

，

而上面已证（2b﹣a﹣c）＞0，因为不知道m的正负，所以该式子的正负无法恒定．故选：A．三、解答题

【解答】解：（1）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，＝

；

（2）连接A1C1∩B1D1＝O，

122

∵AB＝BC，

∴四边形A1B1C1D1为正方形，则OB1⊥OA1，又AA1⊥OB1，OA1∩AA1＝A1， ∴OB1⊥平面ACC1A1，

∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1，

∴．

∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为．

18．（14分）在△ABC中，已知a＝3，b＝2c．（1）若A＝

，求S△ABC．

（2）若2sinB﹣sinC＝1，求C△ABC．【解答】解：（1）由余弦定理得cosA＝﹣＝解得c2＝， ∴S△ABC＝

＝

；

＝

，

（2）∵b＝2c，∴由正弦定理得sinB＝2sinC，又∵2sinB﹣sinC＝1， ∴sinC＝，sinB＝，∴sinC＜sinB，∴C＜B，∴C为锐角， ∴cosC＝

＝

．

由余弦定理得：c2＝a2+b2﹣2abcosC，又∵a＝3，b＝2c， ∴c2＝9+4c2﹣8当c＝

c，得：3c2﹣8时，b＝

c+9＝0，解得：c＝，∴C△ABC＝3+4

123

．

；

当c＝时，b＝，∴C△ABC＝3+4﹣．

19．（14分）已知一企业一年营业额1.1亿元，每年增加0.05亿元，利润0.16亿元，每年增长4%．

（1）求营业额前20季度的和；

（2）请问哪年哪季度营业额是利润的18%？

【解答】解：（1）由题意可知，可将每个季度的营业额看做等差数列，则首项a1＝1.1，公差d＝0.05， ∴S20＝20a1+

d＝20×1.1+10×19×0.05＝31.5，

即营业额前20季度的和为31.5亿元．

（2）假设今年第一季度往后的第n（n∈N*）季度的利润首次超过该季度营业额的18%，则0.16×（1+4%）n＞（1.1+0.05n）•18%，

令f（n）＝0.16×（1+4%）n﹣（1.1+0.05n）•18%，（n∈N*），即要解f（n）＞0，

则当n≥2时，f（n）﹣f（n﹣1）＝0.00•（1+4%）n1﹣0.009，

﹣

令f（n）﹣f（n﹣1）＞0，解得：n≥10，

即当1≤n≤9时，f（n）递减；当n≥10时，f（n）递增，由于f（1）＜0，因此f（n）＞0的解只能在n≥10时取得，经检验，f（24）＜0，f（25）＞0，

所以今年第一季度往后的第25个季度，即2027年第二季度的利润首次超过该季度营业额的18%． 20．（16分）已知Г：﹣

+y2＝1，F1，F2是其左、右交焦点，直线l过点P（m，0）（m≤

），交椭圆于A，B两点，且A，B在x轴上方，点A在线段BP上．

|＝|

|，求m的值；

，求直线l的方程；

（1）若B是上顶点，|（2）若

•

＝，且原点O到直线l的距离为

，使得

∥

（3）证明：对于任意m＜﹣的直线有且仅有一条．

【解答】解：（1）因为Г的方程：所以a2＝2，b2＝1，

+y2＝1，

124

所以c2＝a2﹣b2＝1，

所以F1（﹣1，0），F2（1，0），若B为Г的上顶点，则B（0，1），所以|BF1|＝又|BF1|＝|PF1|，所以m＝（2）设点A（则

＝；

cosθ，sinθ），

＝

，

＝

，|PF1|＝﹣1﹣m，

因为A在线段BP上，横坐标小于0，解得故

设直线l的方程为

由原点O到直线l的距离为

，

，，

，

则＝

，化简可得3k2﹣10k+3＝0，解得k＝3或k＝，

故直线l的方程为所以直线l的方程为

或；

（舍去，无法满足m＜），

（3）联立方程组

，可得（1+2k2）x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2＝0，

设A（x1，y1），B（x2，y2），则

，

因为∥，

所以（x2﹣1）y1＝（x1+1）y2，又y＝kx﹣km，故化简为

，

125

又＝，

两边同时平方可得，4k2﹣2k2m2+1＝0，整理可得当m＜

时，

，

＞0，

因为点A，B在x轴上方，所以k有且仅有一个解，故对于任意m＜﹣

，使得

∥

的直线有且仅有一条．

21．（16分）已知x1，x2∈R，若对任意的x2﹣x1∈S，f（x2）﹣f（x1）∈S，则有定义：f（x）是在S关联的．

（1）判断和证明f（x）＝2x﹣1是否在[0，+∞）关联？是否有[0，1]关联？

（2）若f（x）是在{3}关联的，f（x）在x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，求解不等式：2≤f（x）≤3．

（3）证明：f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”．

【解答】解：（1）f（x）在[0，+∞）关联，在[0，1]不关联，

任取x1﹣x2∈[0，+∞），则f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）∈[0，+∞），∴f（x）在[0，+∞）关联；

取x1＝1，x2＝0，则x1﹣x2＝1∈[0，1]，

∵f（x1）﹣f（x2）＝2（x1﹣x2）＝2∉[0，1]，∴f（x）在[0，1]不关联；（2）∵f（x）在{3}关联，∴对于任意x1﹣x2＝3，都有f（x1）﹣f（x2）＝3， ∴对任意x，都有f（x+3）﹣f（x）＝3，

由x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，得f（x）在x∈[0，3）的值域为[﹣1，3）， ∴f（x）在x∈[3，6）的值域为[2，6），

∴2≤f（x）≤3仅在x∈[0，3）或x∈[3，6）上有解， x∈[0，3）时，f（x）＝x2﹣2x，令2≤x2﹣2x≤3，解得

≤x＜3，

x∈[3，6）时，f（x）＝f（x﹣3）+3＝x2﹣8x+18，令2≤x2﹣8x+18≤3，解得3＜x≤5， ∴不等式2≤f（x）≤3的解为[

，5]，

（3）证明：①先证明：f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的⇒f（x）在[1，2]

126

是关联的，

∵f（x）是在{1}关联的，∴当x1﹣x2＝1时，f（x1）﹣f（x2）＝1，即f（x+1）﹣f（x）＝1，

∵f（x）是在[0，+∞）关联的，∴当x1﹣x2≥0时，f（x1）﹣f（x2）≥0，

任取x1﹣x2∈[1，2]，即1≤x1﹣x2≤2，∴x1≥x2+1，x1≤x2+2，∴f（x2+1）≤f（x1）≤f（x2+2），

∴f（x1）﹣f（x2）≥f（x2+1）﹣f（x2）＝1，f（x1）﹣f（x2）≤f（x2+2）﹣f（x2）＝f（x2+2）﹣f（x2+1）+f（x2+1）﹣f（x2）＝2， ∴f（x）在[1，2]是关联的；

②再证明：f（x）在[1，2]是关联的⇒f（x）是在{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的， ∵f（x）在[1，2]是关联的，∴任取x1﹣x2∈[1，2]，都有f（x1）﹣f（x2）∈[1，2]成立，即满足1≤x1﹣x2≤2，都有1≤f（x1）﹣f（x2）≤2，下面用反证法证明f（x+1）﹣f（x）＝1，

若f（x+1）﹣f（x）＞1，则f（x+2）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）+f（x+1）﹣f（x）＞2，与f（x）在[1，2]是关联的矛盾，

若f（x+1）﹣f（x）＜1，则f（x+2）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）+f（x+1）﹣f（x）＜2，与f（x）在[1，2]是关联的矛盾，

∴f（x+1）﹣f（x）＝1成立，即f（x）是在{1}关联的，再证明f（x）是在[0，+∞）关联的，

任取x1﹣x2∈[n，n+1]（n∈N），有1≤x1﹣（n﹣1）﹣x2≤2， ∵f（x）在[1，2]是关联的，∴1≤f[x1﹣（n﹣1）]﹣f（x2）≤2，

∵f（x）是在{1}关联的，∴f（x+1）﹣f（x）＝1，∴f（x+k）﹣f（x）＝k，

∴f[x1﹣（n﹣1）]﹣f（x2）＝f（x1）﹣（n﹣1）﹣f（x2）∈[1，2]，∴n≤f（x1）﹣f（x2）≤n+1，

∴对任意n∈N，f（x）在[n，n+1]是关联的，∴f（x）是在[0，+∞）关联的；

综上所述，f（x）是{1}关联的，且是在[0，+∞）关联的，当且仅当“f（x）在[1，2]是关联的”，故得证．

2021年天津市高考数学试卷

127

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．

1．（5分）设集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，3，5}，C＝{0，2，4}，则（A∩B）∪C＝（） A．{0}

B．{0，1，3，5}

C．{0，1，2，4}

D．{0，2，3，4}

2．（5分）已知a∈R，则“a＞6”是“a2＞36”的（） A．充分不必要条件 C．充要条件 3．（5分）函数f（x）＝

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

的图象大致为（）

A． B．

C． D．

4．（5分）从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其评分数据，将所得400个评分数据分为8组：[66，70），[70，74），…，[94，98），并整理得到如下的频率分布直方图，则评分在区间[82，86）内的影视作品数量是（）

A．20

B．40

C．

D．80

0.4，c＝0.40.3，则三者大小关系为（）

C．b＜c＜a

128

5．（5分）设a＝log20.3，b＝A．a＜b＜c

B．c＜a＜b D．a＜c＜b

6．（5分）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为两个圆锥的高之比为1：3，则这两个圆锥的体积之和为（） A．3π

B．4π

C．9π

D．12π

，

7．（5分）若2a＝5b＝10，则+＝（） A．﹣1

8．（5分）已知双曲线

B．lg7 ﹣

C．1

D．log710

＝1（a＞0，b＞0）的右焦点与抛物线y2＝2px（p＞0）的焦

点重合，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|＝A．

|AB|，则双曲线的离心率为（）

B．

C．2

D．3

，若函数f（x）在区间（0，

9．（5分）设a∈R，函数f（x）＝

+∞）内恰有6个零点，则a的取值范围是（） A．（2，]∪（，C．（2，]∪[

]

B．（，2]∪（，D．（，2）∪[

]

，3），3）

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． 10．（5分）i是虚数单位，复数

＝．

11．（5分）在（2x3+）6的展开式中，x6的系数是． 12．（5分）若斜率为

的直线与y轴交于点A，与圆x2+（y﹣1）2＝1相切于点B，则|AB|

＝．

13．（5分）已知a＞0，b＞0，则+

+b的最小值为．

14．（5分）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．

129

15．（5分）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E，DF∥AB且交AC于点F，则|2

|的值为（；

）•

的最小值为．

三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 16．（14分）在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sinA：sinB：sinC＝2：1：

，b＝

．

（1）求a的值；（2）求cosC的值；（3）求sin（2C﹣

）的值．

17．（15分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．

（1）求证：D1F∥平面A1EC1；

（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．

18．（15分）已知椭圆且|BF|＝

．

＝1（a＞b＞0）的右焦点为F，上顶点为B，离心率为

，

（1）求椭圆的标准方程；

（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP∥BF，求直线l的方程．

19．（15分）已知数列{an}是公差为2的等差数列，其前的和为．数列{bn}是公比大于0的等比数列，b1＝4，b3﹣b2＝48．（1）求数列{an}和{bn}的通项公式；（2）记cn＝b2n+

，n∈N*．

130

（i）证明：{cn2﹣c2n}是等比数列；（ii）证明：

＜2

（n∈N*）．

20．（16分）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xex．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；

（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．

131

2021年天津市高考数学试卷

参与试题解析

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．

1．（5分）设集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，3，5}，C＝{0，2，4}，则（A∩B）∪C＝（） A．{0}

B．{0，1，3，5}

C．{0，1，2，4}

D．{0，2，3，4}

【解答】解：因为集合A＝{﹣1，0，1}，B＝{1，3，5}，C＝{0，2，4}，所以A∩B＝{1}，

则（A∩B）∪C＝{0，1，2，4}．故选：C．

2．（5分）已知a∈R，则“a＞6”是“a2＞36”的（） A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【解答】解：①∵a＞6，∴a2＞36，∴充分性成立， ②∵a2＞36，∴a＞6或a＜﹣6，∴必要性不成立， ∴a＞6是a2＞36的充分不必要条件，故选：A．

3．（5分）函数f（x）＝

的图象大致为（）

A． B．

C． D．

，其定义域为{x|x≠0}，

【解答】解：根据题意，f（x）＝有f（﹣x）＝

＝f（x），是偶函数，排除AC，

在区间（0，1）上，ln|x|＝lnx＜0，必有f（x）＜0，排除D，

132

故选：B．

A．20

B．40

C．

D．80

【解答】解：由频率分布直方图知，

评分在区间[82，86）内的影视作品的频率为（86﹣82）×0.05＝0.2，故评分在区间[82，86）内的影视作品数量是400×0.2＝80，故选：D．

5．（5分）设a＝log20.3，b＝A．a＜b＜c

0.4，c＝0.40.3，则三者大小关系为（）

C．b＜c＜a

D．a＜c＜b

B．c＜a＜b

【解答】解：∵log20.3＜log21＝0，∴a＜0， ∵

＞log0.5＝1，∴b＞1，

∵0＜0.40.3＜0.40＝1，∴0＜c＜1， ∴a＜c＜b，故选：D．

6．（5分）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为两个圆锥的高之比为1：3，则这两个圆锥的体积之和为（） A．3π

B．4π

C．9π

D．12π ，

，

【解答】解：如图，设球O的半径为R，由题意，可得R＝2，则球O的直径为4，

133

∵两个圆锥的高之比为1：3，∴AO1＝1，BO1＝3，由直角三角形中的射影定理可得：r2＝1×3，即r＝∴这两个圆锥的体积之和为V＝故选：B．

．

7．（5分）若2a＝5b＝10，则+＝（） A．﹣1

B．lg7

C．1

D．log710

【解答】解：∵2a＝5b＝10，∴a＝log210，b＝log510， ∴

＝

＝log102+log105＝lg10＝1，

故选：C． 8．（5分）已知双曲线

﹣

＝1（a＞0，b＞0）的右焦点与抛物线y2＝2px（p＞0）的焦

点重合，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|＝A．

|AB|，则双曲线的离心率为（）

B．

C．2

D．3

【解答】解由题意可得抛物线的准线方程为x＝﹣，设AB，CD与x轴分别交于M，N，由|CD|＝

|AB|，再由双曲线渐近线及抛物线的对称性可得|CN|＝

|AM|，

由题意可得：＝c，即p＝2c，

可得解得：|y|＝，所以|AM|＝，

134

可得：|y|＝，所以|CN|＝，

所以可得＝•，可得c＝b，

所以c2＝2b2＝2（c2﹣a2），解得：c＝故选：A．

9．（5分）设a∈R，函数f（x）＝

+∞）内恰有6个零点，则a的取值范围是（） A．（2，]∪（，C．（2，]∪[

]

B．（，2]∪（，D．（，2）∪[

]

，若函数f（x）在区间（0，

a，所以双曲线的离心率e＝＝

，

，3），3）

【解答】解：∵f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点又∵二次方程最多有两个零点，

∴f（x）＝cos（2πx﹣2πa）至少有四个根， ∵f（x）＝cos（2πx﹣2πa）＝cos2π（x﹣a）， ∴令f（x）＝0，即∴

，

k∈Z，

又∵x∈（0，+∞）， ∴

，即

，

﹣4，f（x）有4个零点，即

，，

，

①当x＜a时，﹣5≤﹣6≤﹣7≤

﹣5，f（x）有5个零点，即﹣6，f（x）有6个零点，即

②当x≥a时，f（x）＝x2﹣2（a+1）x+a2+5，

∴△＝b2﹣4ac＝4（a+1）2﹣4（a2+5）＝8a﹣16＝0，解得a＝2，当a＜2时，△＜0，f（x）无零点，当a＝2时，△＝0，f（x）有1个零点，

135

当a＞2时，f（a）＝a2﹣2a（a+1）+a2+5＝﹣2a+5， ∵f（x）的对称轴x＝a+1，即f（a）在对称轴的左边， ∴当﹣2a+5≥0时，即2＜a≤，f（x）有两个零点，当﹣2a+5＜0时，即a＞，f（x）有1个零点，

综合①②可得，若函数f（x）在区间（0，+∞）内恰有6个零点，则需满足：

或或，

解得a∈（2，]∪（，故选：A．

]．

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． 10．（5分）i是虚数单位，复数【解答】解：复数故答案为：4﹣i．

11．（5分）在（2x3+）6的展开式中，x6的系数是 160 ．【解答】解：（2x3+）6的展开式的通项公式为Tr+1＝

﹣4r

＝ 4﹣i ．

＝

＝4﹣i，

＝

（2x3）6

﹣r

＝

26rx18

﹣

，

令18﹣4r＝6，解得r＝3，所以x6的系数是故答案为：160． 12．（5分）若斜率为＝

．

的直线与x轴交于D，

，如图所示，由圆C的方程可得，圆的半

的直线与y轴交于点A，与圆x2+（y﹣1）2＝1相切于点B，则|AB|23＝160．

【解答】解：假设A在x轴的上方，斜率为则可得tan∠ADO＝径为|BC|＝1，

，所以cot∠BAC＝

由于B为切点，所以AB⊥BC，所以|AB|＝|BC|•cot∠BAC＝

136

，

故答案为：．

13．（5分）已知a＞0，b＞0，则+

+b的最小值为 2

．

【解答】解：∵a＞0，b＞0，∴++b+b＝+b≥2，

当且仅当＝∴+

且b＝，即a＝b＝

，

时取等号，

+b的最小值为 2

．

故答案为：2

14．（5分）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

．

【解答】解：∵一次活动中，甲获胜的概率为×（1﹣）＝， ∴3次活动中，甲至少获胜2次的概率为故答案为：，

．

×（1﹣）＝

．

15．（5分）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E，DF∥AB且交AC于点F，则|2 ．

【解答】解：如图，设BE＝x，

|的值为 1 ；（

）•

的最小值为

137

∵△ABC是边长为1等边三角形，DE⊥AB， ∴∠BDE＝30°，BD＝2x，DE＝

x，DC＝1﹣2x，

∵DF∥AB，∴△DFC是边长为1﹣2x等边三角形，DE⊥DF， ∴（2则|2∵（＝＝5∴（

）•+++

）2＝4|＝1，）•

＝（

）（•

）＝

•

＝4x2+4x（1﹣2x）×cos0°+（1﹣2x）2＝1，

+（1﹣2x）×（1﹣x）＝5x2﹣3x+1 +

，x∈（0，），的最小值为．

．

故答案为：1，

，b＝

．

（1）求a的值；（2）求cosC的值；（3）求sin（2C﹣

）的值．

，∴a：b：c＝2：1：

，

【解答】解：（1）∵△ABC中，sinA：sinB：sinC＝2：1：∵b＝

，∴a＝2b＝2

，c＝

b＝2．

＝

（2）△ABC中，由余弦定理可得cosC＝＝．

（3）由（2）可得sinC＝∴sin2C＝2sinCcosC＝

＝，

，cos2C＝2cos2C﹣1＝，

138

sin（2C﹣）＝sin2Ccos﹣cos2Csin＝．

17．（15分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CD的中点．

（1）求证：D1F∥平面A1EC1；

（2）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值；（3）求二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值．

【解答】（1）证明：以点A为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，则A1（0，0，2），E（2，1，0），C1（2，2，2），故

设平面A1EC1的法向量为

，，

则，即，

令z＝1，则x＝2，y＝﹣2，故又F（1，2，0），D1（0，2，2），所以则

，

，又D1F⊄平面A1EC，

，

故D1F∥平面A1EC1；（2）解：由（1）可知，

，

则＝＝，

故直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值为；

139

（3）解：由（1）可知，设平面AA1C1的法向量为

，

则，即，

令a＝1，则b＝﹣1，故，

所以＝＝，

故二面角A﹣A1C1﹣E的正弦值为＝．

18．（15分）已知椭圆且|BF|＝

．

＝1（a＞b＞0）的右焦点为F，上顶点为B，离心率为

，

（1）求椭圆的标准方程；

（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP∥BF，求直线l的方程．【解答】解：（1）因为离心率e＝

，|BF|＝

，

所以，解得a＝，c＝2，b＝1，

所以椭圆的方程为

+y2＝1．

（2）设M（x0，y0），

140

则切线MN的方程为令x＝0，得yN＝

，

+y0y＝1，

因为PN⊥BF，所以kPN•kBF＝﹣1，

所以kPN•（﹣）＝﹣1，解得kNP＝2，

设P（x1，0），则kNP＝因为MP∥BF，所以kMP＝kBF，所以

＝2，即x1＝﹣，

＝﹣，即﹣2y0＝x0+，

所以x0＝﹣2y0﹣，

又因为

+y02＝1，

所以++

+y02＝1，

解得y0＝±因为yN＞0，所以y0＞0，所以y0＝

，

，x0＝﹣﹣＝﹣，

所以+y＝1，即x﹣y+＝0．

141

，n∈N*．

（i）证明：{cn2﹣c2n}是等比数列；（ii）证明：

＜2

（n∈N*）．

【解答】证明：（1）由数列{an}是公差d为2的等差数列，其前的和为，可得8a1+×8×7d＝，解得a1＝1，所以an＝1+2（n﹣1）＝2n﹣1，n∈N*；

由数列{bn}是公比q大于0的等比数列，b1＝4，b3﹣b2＝48，可得4q2﹣4q＝48，解得q＝4（﹣3舍去），所以bn＝4n，n∈N*；

（2）（i）证明：因为an＝2n﹣1，bn＝4n，所以cn＝b2n+

＝42n+

，

）＝

＝2•4n，

则cn2﹣c2n＝（42n+）2﹣（44n+

所以又

，

所以数列{cn2﹣c2n}是以8为首项，4为公比的等比数列；

142

（ii）证明：设＝，

考虑

，则pn＜qn，

所以

qk＝++...+，

则，

两式相减可得，＝＝，

所以，

则＜＜2，

故＜2．

20．（16分）已知a＞0，函数f（x）＝ax﹣xex．（1）求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；（2）证明函数f（x）存在唯一的极值点；

（3）若∃a，使得f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，求实数b的取值范围．【解答】（1）解：因为f'（x）＝a﹣（x+1）ex，所以f'（0）＝a﹣1，而f（0）＝0，所以在（0，f（0））处的切线方程为y＝（a﹣1）x（a＞0）；（2）证明：令f'（x）＝a﹣（x+1）ex＝0，则a＝（x+1）ex，

令g（x）＝（x+1）ex，则g'（x）＝（x+2）ex，令g'（x）＝0，解得x＝﹣2，当x∈（﹣∞，﹣2）时，g'（x）＜0，g（x）单调递减，当x∈（﹣2，+∞）时，g'（x）＞0，g（x）单调递增，当x→﹣∞时，g（x）＜0，当x→+∞时，g（x）＞0，作出图象

143

所以当a＞0时，y＝a与y＝g（x）仅有一个交点，令g（m）＝a，则m＞﹣1，且f（m）＝a﹣g（m）＝0，

当x∈（﹣∞，m）时，a＞g（m），f'（x）＞0，f（x）为增函数；当x∈（m，+∞）时，a＜g（m），f'（x）＜0，f（x）为减函数；所以x＝m时f（x）的极大值点，故f（x）仅有一个极值点；（3）解：由（2）知f（x）max＝f（m），此时a＝（1+m）em，（m＞﹣1），

所以{f（x）﹣a}max＝f（m）﹣a＝（1+m）em﹣m﹣mem﹣（1+m）em＝（m2﹣m﹣1）em（m＞﹣1），

令h（x）＝（x2﹣x﹣1）ex（x＞﹣1），

若存在a，使f（x）≤a+b对任意的x∈R恒成立，

则等价于存在x∈（﹣1，+∞），使得h（x）≤b，即b≥h（x）min，而h'（x）＝（x2+x﹣2）ex＝（x﹣1）（x+2）ex，（x＞﹣1），当x∈（﹣1，1）时，h'（x）＜0，h（x）为单调减函数，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＞0，h（x）为单调增函数，所以h（x）min＝h（1）＝﹣e，故b≥﹣e，所以实数b的取值范围[﹣e，+∞）．

2021年浙江省高考数学试卷

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．（4分）设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（） A．{x|x＞﹣1}

B．{x|x≥1}

C．{x|﹣1＜x＜1}

D．{x|1≤x＜2}

2．（4分）已知a∈R，（1+ai）i＝3+i（i为虚数单位），则a＝（）

144

A．﹣1 B．1

→

→→

C．﹣3

→→

→

D．3

3．（4分）已知非零向量𝑎，𝑏，𝑐，则“𝑎•𝑐=𝑏•𝑐”是“𝑎=𝑏”的（） A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）

A．3

3√22

B．3 C．

D．3√2

𝑥+1≥0

5．（4分）若实数x，y满足约束条件{𝑥−𝑦≤0，则z＝x−1

2𝑥+3𝑦−1≤02y的最小值是（ A．﹣2

B．−32

C．−12

D．

6．（4分）如图，己知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（

A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1 C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1

7．（4分）已知函数f（x）＝x2+1

4，g（x）＝sinx，则图象为如图的函数可能是（ 145

）

A．y＝f（x）+g（x）−4 C．y＝f（x）g（x）

B．y＝f（x）﹣g（x）−4 D．y=

𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥)1

8．（4分）已知α，β，r是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（）

A．0 B．1 C．2 D．3

9．（4分）已知a，b∈R，ab＞0，函数f（x）＝ax2+b（x∈R）．若f（s﹣t），f（s），f（s+t）成等比数列，则平面上点（s，t）的轨迹是（） A．直线和圆 C．直线和双曲线

10．（4分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=则（） A．＜S100＜3

B．直线和椭圆 D．直线和抛物线

𝑎𝑛（n∈N*）．记数列{an}的前n项和为Sn，1+√𝑎𝑛B．3＜S100＜4

C．4＜S100＜2

D．＜S100＜5

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

11．（4分）我国古代数学家赵爽用弦图给出了勾股定理的证明．弦图是由四个全等的直角三角形和中间的一个小正方形拼成的一个大正方形（如图所示）．若直角三角形直角边的长分别为3，4，记大正方形的面积为S1，小正方形的面积为S2，则

𝑆1𝑆2

= ．

146

𝑥2−4，𝑥＞2，12．（4分）已知a∈R，函数f（x）={若f（f（√6））＝3，则a＝．

|𝑥−3|+𝑎，𝑥≤2．13．（6分）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝；a2+a3+a4

＝．

14．（6分）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2√3，则AC＝；cos∠MAC＝．

15．（6分）袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝，E（ξ）

＝． 16．（6分）已知椭圆

𝑥21𝑎2+

𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过

F1的直线和圆（x−2c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是，椭圆的离心率是． 17．（4分）已知平面向量𝑎，𝑏，𝑐（𝑐≠0）满足|𝑎|＝1，|𝑏|＝2，𝑎•𝑏=0，（𝑎−𝑏）•𝑐=0．记平面向量𝑑在𝑎，𝑏方向上的投影分别为x，y，𝑑−𝑎在𝑐方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是．

三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（14分）设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．（Ⅰ）求函数y＝[f（x+）]2的最小正周期；

（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x−4）在[0，]上的最大值．

𝜋

2→

→

→→

→

19．（15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC＝120°，AB＝1，BC＝4，PA=√15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．（Ⅰ）证明：AB⊥PM；

（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．

147

20．（15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=−，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．

21．（15分）如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2．（Ⅰ）求抛物线的方程：

（Ⅱ）设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2＝|PN|•|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围．

22．（15分）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．

148

（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；

（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞𝑏𝑙𝑛𝑏𝑒2

x+． 1

𝑏2𝑒2（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）

149

2021年浙江省高考数学试卷

参与试题解析

一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40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．（4分）设集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∩B＝（） A．{x|x＞﹣1}

B．{x|x≥1}

C．{x|﹣1＜x＜1}

D．{x|1≤x＜2}

【解答】解：因为集合A＝{x|x≥1}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，所以A∩B＝{x|1≤x＜2}．故选：D．

2．（4分）已知a∈R，（1+ai）i＝3+i（i为虚数单位），则a＝（） A．﹣1

B．1

C．﹣3

D．3

【解答】解：因为（1+ai）i＝3+i，即﹣a+i＝3+i，由复数相等的定义可得，﹣a＝3，即a＝﹣3．故选：C．

3．（4分）已知非零向量𝑎，𝑏，𝑐，则“𝑎•𝑐=𝑏•𝑐”是“𝑎=𝑏”的（） A．充分不必要条件 C．充分必要条件

→

→→

→

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

→

【解答】解：当𝑎⊥𝑏且𝑏⊥𝑐，则𝑎⋅𝑏=𝑏⋅𝑐=0，但𝑎与𝑏不一定相等，故𝑎⋅𝑏=𝑏⋅𝑐不能推出𝑎=𝑏，

则“𝑎•𝑐=𝑏•𝑐”是“𝑎=𝑏”的不充分条件；由𝑎=𝑏，可得𝑎−𝑏=0，则(𝑎−𝑏)⋅𝑐=0，即𝑎⋅𝑏=𝑏⋅𝑐，所以𝑎=𝑏可以推出𝑎⋅𝑏=𝑏⋅𝑐，

故“𝑎•𝑐=𝑏•𝑐”是“𝑎=𝑏”的必要条件．

综上所述，“𝑎•𝑐=𝑏•𝑐”是“𝑎=𝑏”的必要不充分条件．故选：B．

150

→→

→

→→

→

→→

→

4．（4分）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）

A．

B．3 C．

3√2 2

D．3√2

【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

该几何体为直四棱柱，底面四边形ABCD为等腰梯形，

其中AB∥CD，由三视图可知，延长AD与BC后相交于一点，且AD⊥BC，

√2√2𝐴𝐵−𝐶𝐷2√且AB=2√2，CD=√2，AA1＝1，等腰梯形的高为√𝐴𝐷2−()=1−()2=，

222则该几何体的体积V=2×(√2+2√2)×2×1=2．故选：A．

𝑥+1≥0

5．（4分）若实数x，y满足约束条件{𝑥−𝑦≤0，则z＝x−2y的最小值是（）

2𝑥+3𝑦−1≤0A．﹣2

B．−2

1√23

C．−2

D．

【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

151

联立{𝑥+1=02𝑥+3𝑦−1=0

，解得A（﹣1，1），

化目标函数z＝x−1

2𝑦为y＝2x﹣2z，由图可知，当直线y＝2x﹣2z过A时，直线在y轴上的截距最大，z有最小值为﹣1−1

2×1=−2．故选：B．

6．（4分）如图，己知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（

A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1 C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1 【解答】解：连接AD1，如图：

由正方体可知A1D⊥AD1，A1D⊥AB，∴A1D⊥平面ABD1，

152

）

∴A1D⊥D1B，由题意知MN为△D1AB的中位线，∴MN∥AB，又∵AB⊂平面ABCD，MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．∴A对；由正方体可知A1D与平面BDD1相交于点D，D1B⊂平面BDD1，D∉D1B， ∴直线A1D与直线D1B是异面直线，∴B、C错；

∵MN∥AB，AB不与平面BDD1B1垂直，∴MN不与平面BDD1B1垂直，∴D错．故选：A．

7．（4分）已知函数f（x）＝x2+4，g（x）＝sinx，则图象为如图的函数可能是（）

A．y＝f（x）+g（x）−4 C．y＝f（x）g（x）

B．y＝f（x）﹣g（x）−4 D．y=

𝑔(𝑥)

𝑓(𝑥)1

【解答】解：由图可知，图象关于原点对称，则所求函数为奇函数，因为f（x）＝x2+为偶函数，g（x）＝sinx为奇函数，

函数y＝f（x）+g（x）−4=x2+sinx为非奇非偶函数，故选项A错误；函数y＝f（x）﹣g（x）−4=x2﹣sinx为非奇非偶函数，故选项B错误；

函数y＝f（x）g（x）＝（x2+4）sinx，则y'＝2xsinx+（x2+4）cosx＞0对x∈(0，4)恒成立，

则函数y＝f（x）g（x）在(0，)上单调递增，故选项C错误．故选：D．

8．（4分）已知α，β，r是互不相同的锐角，则在sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα三个值中，大于的个数的最大值是（）

𝜋

14A．0 B．1

153

C．2 D．3

𝑠𝑖𝑛2𝛼+𝑐𝑜𝑠2𝛽𝑠𝑖𝑛2𝛽+𝑐𝑜𝑠2𝛾

【解答】解：由基本不等式可得：𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽≤，𝑠𝑖𝑛𝛽𝑐𝑜𝑠𝛾≤，22𝑠𝑖𝑛2𝛾+𝑐𝑜𝑠2𝛼𝑠𝑖𝑛𝛾𝑐𝑜𝑠𝛼≤，

2三式相加，可得：𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽+𝑠𝑖𝑛𝛽𝑐𝑜𝑠𝛾+𝑠𝑖𝑛𝛾𝑐𝑜𝑠𝛼≤2，很明显sinαcosβ，sinβcosγ，sinγcosα 不可能均大于．

取α＝30°，β＝60°，γ＝45°，

则𝑠𝑖𝑛𝛼𝑐𝑜𝑠𝛽=4＜2，𝑠𝑖𝑛𝛽𝑐𝑜𝑠𝛾=4＞2，𝑠𝑖𝑛𝛾𝑐𝑜𝑠𝛼=4＞2，则三式中大于的个数的最大值为2，

211

√61√61

故选：C．

B．直线和椭圆 D．直线和抛物线

【解答】解：函数f（x）＝ax2+b，因为f（s﹣t），f（s），f（s+t）成等比数列，则f2（s）＝f（s﹣t）f（s+t），即（as2+b）2＝[a（s﹣t）2+b][a（s+t）2+b]，即a2s4+2abs2+b2＝a2[（s﹣t）2（s+t）2]+ab（s﹣t）2+ab（s+t）2+b2，整理可得a2t4﹣2a2s2t2+2abt2＝0，

因为a≠0，故at4﹣2as2t2+2bt2＝0，即t2（at2﹣2as2+2b）＝0，所以t＝0或at2﹣2as2+2b＝0，当t＝0时，点（s，t）的轨迹是直线；当at﹣2as+2b＝0，即

𝑎𝑠2𝑏

−

𝑎𝑡22𝑏

=1，因为ab＞0，故点（s，t）的轨迹是双曲线．

综上所述，平面上点（s，t）的轨迹是直线或双曲线．故选：C．

10．（4分）已知数列{an}满足a1＝1，an+1=1+𝑛𝑎（n∈N*）．记数列{an}的前n项和为Sn，

√𝑛𝑎则（） A．＜S100＜3

B．3＜S100＜4

1𝑎𝑛+1

C．4＜S100＜2 +

1√𝑎𝑛

D．＜S100＜5

【解答】解：由题意可得：=

1𝑎𝑛

=(1√𝑎𝑛

+)−

＜(1√𝑎𝑛

+)，

154

∴1√𝑎𝑛+1

＜1√𝑎𝑛4

，1√𝑎𝑛

≤1+

𝑎√𝑛𝑛−12

𝑛+12

，

从而𝑎𝑛≥∴3．

𝑎𝑛+1𝑎𝑛

(𝑛+1)

𝑛2，𝑎𝑛+1=1+𝑎≤

𝑎𝑛𝑛+1

=𝑎， 2𝑛+3𝑛1+𝑛+1≤

𝑛+1𝑛+3

⇒𝑎𝑛≤

6(𝑛+1)(𝑛+2)

⇒𝑆100≤1+

+6(−

115

+⋯)＜1+

故选：A．

二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分。

𝑆1𝑆2

= 25 ．

【解答】解：∵直角三角形直角边的长分别为3，4， ∴直角三角形斜边的长为√32+42=5，即大正方形的边长为5，∴S1＝52＝25，

则小正方形的面积S2＝S1﹣S阴影＝25﹣4×2×3×4＝1， ∴

𝑆1𝑆2

=25．

故答案为：25．

𝑥2−4，𝑥＞2，12．（4分）已知a∈R，函数f（x）={若f（f（√6））＝3，则a＝ 2 ．

|𝑥−3|+𝑎，𝑥≤2．【解答】解：因为函数f（x）={所以𝑓(√6)=(√6)2−4=2，

则f（f（√6））＝f（2）＝|2﹣3|+a＝3，解得a＝2．故答案为：2．

155

𝑥2−4，𝑥＞2|𝑥−3|+𝑎，𝑥≤2

，

13．（6分）已知多项式（x﹣1）3+（x+1）4＝x4+a1x3+a2x2+a3x+a4，则a1＝ 5 ；a2+a3+a4

＝ 10 ．

【解答】解：a1即为展开式中x3的系数，

所以a1=𝐶3(−1)0+𝐶4=5；

令x＝1，则有1+a1+a2+a3+a4＝（1﹣1）3+（1+1）4＝16，所以a2+a3+a4＝16﹣5﹣1＝10．故答案为：5；10．

14．（6分）在△ABC中，∠B＝60°，AB＝2，M是BC的中点，AM＝2√3，则AC＝ 2√13 ；cos∠MAC＝ 2√39 ． 13【解答】解：在△ABM中：AM2＝BA2+BM2﹣2BA•BMcos60°，∴（2√3）2＝22+BM2﹣2×2•BM•，∴BM2﹣2BM﹣8＝0，解得：BM＝4或﹣2（舍去）．

∵点M是BC中点，∴MC＝4，BC＝8，在△ABC中：AC2＝22+82﹣2×2×8cos60°＝52，∴AC＝2√13；

(2√3)+(2√13)−422√39在△AMC中：cos∠MAC==．

132×2√3×2√132

故答案为：2√13；2√39． 13

15．（6分）袋中有4个红球，m个黄球，n个绿球．现从中任取两个球，记取出的红球数为ξ，若取出的两个球都是红球的概率为，一红一黄的概率为，则m﹣n＝ 1 ，E（ξ）

＝

．

2【解答】解：由题意，P（ξ＝2）=又一红一黄的概率为

2𝐶𝑚+𝑛+41𝐶1𝐶4𝑚

𝐶42

𝐶𝑚+𝑛+41236

=6=36，

=，

所以𝐶𝑚+𝑛+4=36，𝐶𝑚=3，

解得m＝3，n＝2，故m﹣n＝1；由题意，ξ的可能取值为0，1，2，所以P（ξ＝0）=P（ξ＝1）=

𝐶4𝐶5𝐶91

211

𝐶52𝐶9

=36=18，

105

=36=18，

P（ξ＝2）=6=18，

156

所以E（ξ）＝0×

51038+1×+2×=． 18181故答案为：1；． 16．（6分）已知椭圆

𝑥212𝑎2+

𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0），焦点F1（﹣c，0），F2（c，0）（c＞0）．若过

F1的直线和圆（x−c）2+y2＝c2相切，与椭圆的第一象限交于点P，且PF2⊥x轴，则该直线的斜率是

2√5√5 ，椭圆的离心率是． 55【解答】解：直线斜率不存在时，直线与圆不相切，不符合题意；由直线过F1，设直线的方程为y＝k（x+c）， ∵直线和圆（x−c）2+y2＝c2相切， ∴圆心（𝑐，0）到直线的距离与半径相等，

𝑐

|𝑘⋅−0+𝑘𝑐|2∴√𝑘2+1121

=𝑐，解得k=5，

𝑦2

2√5𝑏

将x＝c代入2+2=1，可得P点坐标为𝑃(𝑐，𝑎)，

𝑎𝑏

𝑥2

∵𝑡𝑎𝑛∠𝑃𝐹1𝐹2=∴

𝑎2−𝑐22𝑎𝑐

√5𝑃𝐹22√5==𝑘=， 𝐹1𝐹22𝑐52

𝑏𝑎2√51−𝑒22√5=，∴=，

52𝑒5

∴𝑒=

5．

2√5√5故答案为：，．

17．（4分）已知平面向量𝑎，𝑏，𝑐（𝑐≠0）满足|𝑎|＝1，|𝑏|＝2，𝑎•𝑏=0，（𝑎−𝑏）•𝑐=0．记平面向量𝑑在𝑎，𝑏方向上的投影分别为x，y，𝑑−𝑎在𝑐方向上的投影为z，则x2+y2+z2的最小值是

25→

→

→→

→

→→

→

．

→

【解答】解：令𝑎=(1，0)，𝑏=(0，2)，𝑐=(𝑚，𝑛)，

因为(𝑎−𝑏)⋅𝑐=0，故（1，−2）⋅（m，n）＝0，∴m−2n＝0，令𝑐=(2𝑛，𝑛)， 𝑑−𝑎 在𝑐 方向上的投影分别为x，y，设𝑑=(𝑥，𝑦)，

则：𝑑−𝑎=(𝑥−1，𝑦)，(𝑑−𝑎)⋅𝑐=2𝑛(𝑥−1)+𝑛𝑦，|𝑐|=√5𝑛，

157

→

(𝑑−𝑎)⋅𝑐2𝑥+𝑦−2从而：𝑧==，故2𝑥+𝑦−√5𝑧=2， →√5|𝑐|

→→→

则x2+y2+z2表示空间中坐标原点到平面2𝑥+𝑦−√5𝑧−2=0 上的点的距离的平方，由平面直角坐标系中点到直线距离公式推广得到的空间直角坐标系中点到平面距离公式可得：

(𝑥2+𝑦2+𝑧2)𝑚𝑖𝑛=(故答案为：．

2×0+0−√5×0−2242

)=10=5．

√4+1+5三、解答题：本大题共5小题，共74分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 18．（14分）设函数f（x）＝sinx+cosx（x∈R）．（Ⅰ）求函数y＝[f（x+2）]2的最小正周期；

𝜋𝜋

（Ⅱ）求函数y＝f（x）f（x−）在[0，]上的最大值．

𝜋

【解答】解：函数f（x）＝sinx+cosx=√2𝑠𝑖𝑛(𝑥+4)，

（Ⅰ）函数y＝[f（x+2）]2＝[√2𝑠𝑖𝑛(𝑥+2+4)]2＝2cos2（x+4）＝1+cos[2（x+）]＝1+cos（2x+）＝1﹣sin2x，则最小正周期为T=2=𝜋；

（Ⅱ）函数y＝f（x）f（x−）=√2𝑠𝑖𝑛(𝑥+)⋅√2𝑠𝑖𝑛(𝑥−＝（√2(sinx+cosx）sinx=√2(𝑠𝑖𝑛2𝑥+𝑠𝑖𝑛𝑥𝑐𝑜𝑠𝑥) =√2(√21−𝑐𝑜𝑠2𝑥1𝜋

+𝑠𝑖𝑛2𝑥)=sin（2x−）+， 2242𝜋

𝜋𝜋𝜋𝜋

𝜋4𝜋22𝜋

𝜋4𝜋4𝜋𝜋+) 44因为x∈[0，2]，所以2x−4∈[−4，4]，所以当2x−4=2，即x=8时，f（x）max＝1+2．

（Ⅱ）求直线AN与平面PDM所成角的正弦值．

𝜋

3𝜋

√2𝜋𝜋𝜋3𝜋

158

【解答】（Ⅰ）证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD＝AB＝1， CM=2BC＝2，∠DCM＝60°，

∴由余弦定理可得，DM2＝CD2+CM2﹣2CD×CM×cos60° =1+4−2×1×2×

=3， 21

则CD2+DM2＝1+3＝4＝CM2，即CD⊥DM，又PM⊥MD，PM∩DM＝M，∴CD⊥平面PDM，而PM⊂平面PDM，∴CD⊥PM， ∵CD∥AB，∴AB⊥PM；

（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，CD⊥平面PDM，又CD⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，且平面ABCD∩平面PDM＝DM，

∵PM⊥MD，且PM⊂平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，连接AM，则PM⊥MA，

在△ABM中，AB＝1，BM＝2，∠ABM＝120°，可得𝐴𝑀2=1+4−2×1×2×(−)=7，

又PA=√15，在Rt△PMA中，求得PM=√𝑃𝐴2−𝑀𝐴2=2√2，

取AD中点E，连接ME，则ME∥CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（−√3，2，0），P（0，0，2√2），C（√3，−1，0），

→1√33√35又N为PC的中点，∴N（，−，√2），𝐴𝑁=(2，−2，√2)，

2平面PDM的一个法向量为𝑛=(0，1，0)，

159

→

设直线AN与平面PDM所成角为θ，则sinθ＝|cos＜𝐴𝑁，𝑛＞|=

→

|𝐴𝑁⋅𝑛||𝐴𝑁|⋅|𝑛|

→→→→

52√27+25+2×144=

√156．

故直线AN与平面PDM所成角的正弦值为

√15． 6

20．（15分）已知数列{an}的前n项和为Sn，a1=−4，且4Sn+1＝3Sn﹣9（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

（Ⅱ）设数列{bn}满足3bn+（n﹣4）an＝0（n∈N*），记{bn}的前n项和为Tn．若Tn≤λbn对任意n∈N*恒成立，求实数λ的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）由4Sn+1＝3Sn−9 可得4Sn＝3Sn−1−9（n≥2），两式作差，可得：4an+1＝3an， ∴

𝑎𝑛+1𝑎𝑛

=，所以数列{an} 是以 −4为首项，为公比的等比数列，

434343

其通项公式为：𝑎𝑛=(−)×()𝑛−1=−3×()𝑛．

（Ⅱ）由3bn+（n−4）an＝0，得𝑏𝑛=−3𝑎𝑛=(𝑛−4)(4)𝑛，

𝑇𝑛=−3×−2×()2−1×()3+⋯+(𝑛−5)()𝑛−1+(𝑛−4)⋅()𝑛，

434343434𝑛−4

𝑇𝑛=−3×()−2×()−1×()+⋯+(𝑛−5)⋅()+(𝑛−4)⋅()4

𝑛

𝑛+1

，

两式作差可得：

𝑇𝑛=−3×

+()+()+()+⋯()−(𝑛−4)⋅()4

𝑛

𝑛+1

93𝑛−1[1−(]94)−4+16−(𝑛1−34−4)(4)𝑛+1

160

=−+−4()𝑛+1−(𝑛−4)⋅()𝑛+1=−𝑛⋅()𝑛+1，则𝑇𝑛=−4𝑛⋅()𝑛+1．

据此可得−4𝑛⋅(4)𝑛+1≤𝜆(𝑛−4)(4)𝑛 恒成立，即λ（n−4）+3n≥0 恒成立． n＝4时不等式成立； n＜4时，𝜆≤−n＞4时，𝜆≥−

3𝑛1212

=−3−，由于n＝1时(−3−)=1，故λ≤1； 𝑛−4𝑛−4𝑛−4𝑚𝑖𝑛3𝑛1212

=−3−，而−3−＜−3，故：λ≥−3； 𝑛+4𝑛−4𝑛−43

349494343434综上可得，{λ|−3≤λ≤1}．

21．（15分）如图，已知F是抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|＝2．（Ⅰ）求抛物线的方程：

【解答】解：（Ⅰ）依题意，p＝2，故抛物线的方程为y2＝4x；

（Ⅱ）由题意得，直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB：y＝k（x﹣1），将直线AB方程代入抛物线方程可得，k2x2﹣（2k2+4）x+k2＝0，则由韦达定理有，𝑥𝐴+𝑥𝐵=2+

4𝑘

2，𝑥𝐴𝑥𝐵

=1，则yAyB＝﹣4，

161

𝐴𝐵设直线AM：y＝k1（x+1），其中𝑘1=𝑥+1，设直线BM：y＝k2（x+1），其中𝑘2=𝑥+1，

𝐵𝐴

𝑦𝑦

则

𝑘1+𝑘2=

𝑦𝐴𝑦𝑦𝑥+𝑦+𝑦𝑥+𝑦

+𝐵=𝐴𝐵𝐴𝐵𝐴𝐵=𝑥𝐴+1𝑥𝐵+1(𝑥𝐴+1)(𝑥𝐵+1)𝑘(𝑥𝐴−1)𝑥𝐵+𝑘(𝑥𝐴−1)+𝑘(𝑥𝐵−1)𝑥𝐴+𝑘(𝑥𝐵−1)0

==0，

(𝑥𝐴+1)(𝑥𝐵+1)(𝑥𝐴+1)(𝑥𝐵+1)2𝑦𝐴𝑦𝐵−4−𝑘

𝑘1𝑘2===，

(𝑥𝐴+1)(𝑥𝐵+1)1+2+4+11+𝑘2𝑘2设直线l：y＝2（x﹣t），

𝑦=2(𝑥−𝑡)𝑘−2𝑡𝑘−2𝑡𝑘−𝑘𝑡联立{，可得𝑥𝑅=，则|𝑥𝑅−𝑡|=|−𝑡|=||，

𝑘−2𝑘−2𝑘−2𝑦=𝑘(𝑥−1)𝑦=2(𝑥−𝑡)𝑘+2𝑡𝑘+2𝑡𝑘+𝑘𝑡

联立{，可得𝑥𝑃=1，则|𝑥𝑃−𝑡|=|1−𝑡|=|11|，

2−𝑘12−𝑘12−𝑘1𝑦=𝑘1(𝑥+1)

222同理可得，𝑥𝑄=2−𝑘，|𝑥𝑄−𝑡|=|2−𝑘|，

𝑘+2𝑡𝑘+𝑘𝑡

又|RN|2＝|PN|•|QN|，

𝑘1+𝑘1𝑡𝑘2+𝑘2𝑡𝑘−𝑘𝑡2𝑘−𝑘𝑡2𝑘(1+𝑡)

∴|𝑘−2|=|2−𝑘⋅2−𝑘|，即(𝑘−2)=， 2123𝑘+4

(1+𝑡)23𝑘2+43(𝑘−2)2+12(𝑘−2)+1616

∴

(𝑡−1)234

(𝑘−2)2

12𝑘−2

+3=(

4𝑘−2

+)2+

≥（t≠1），

∴4（t2+2t+1）≥3（t2﹣2t+1），即t2+14t+1≥0，解得𝑡≥4√3−7或𝑡≤−7−4√3（t≠1）， ∴直线l在x轴上截距的取值范围为(−∞，−7−4√3]∪[4√3−7，1)∪(1，+∞)． 22．（15分）设a，b为实数，且a＞1，函数f（x）＝ax﹣bx+e2（x∈R）．（Ⅰ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若对任意b＞2e2，函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围；

（Ⅲ）当a＝e时，证明：对任意b＞e4，函数f（x）有两个不同的零点x1，x2，满足x2＞𝑏𝑙𝑛𝑏𝑒2x+． 1

𝑏2𝑒2（注：e＝2.71828⋯是自然对数的底数）【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝axlna﹣b，

①当b≤0时，由于a＞1，则axlna＞0，故f′（x）＞0，此时f（x）在R上单调递增；

𝑏𝑏

𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎②当b＞0时，令f′（x）＞0，解得𝑥＞𝑙𝑛𝑎，令f′（x）＜0，解得𝑥＜𝑙𝑛𝑎， 𝑏𝑏𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎∴此时f（x）在(−∞，𝑙𝑛𝑎)单调递减，在(𝑙𝑛𝑎，+∞)单调递增；

综上，当b≤0时，f（x）的单调递增区间为（﹣∞，+∞）；当b＞0时，f（x）的单调递

162

𝑏𝑏𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎减区间为(−∞，)，单调递增区间为(，+∞)；

𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，要使函数f（x）有两个不同的零点，只需𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛

𝑏𝑏

𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎∴𝑎−𝑏⋅+𝑒2＜0对任意b＞2e2均成立，

𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑎𝑏

𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎=𝑓(𝑙𝑛𝑎)＜0即可，

𝑏𝑏𝑏𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑙𝑛𝑎𝑏𝑙𝑛t2tlna2

令𝑡=𝑙𝑛𝑎，则a﹣bt+e＜0，即e﹣bt+e＜0，即𝑒𝑙𝑛𝑎−𝑏⋅𝑙𝑛𝑎+𝑒2＜0，即−𝑏⋅

𝑙𝑛𝑎

𝑙𝑛

𝑏𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑎

+𝑒2＜0，

𝑏

+𝑒2𝑙𝑛𝑎＜0对任意b＞2e2均成立， 𝑙𝑛𝑎𝑏𝑏𝑙𝑛𝑎1+𝑒2𝑙𝑛𝑎，𝑏＞2𝑒2，则𝑔′(𝑏)=1−(𝑙𝑛+𝑏⋅⋅)=𝑙𝑛𝑎𝑙𝑛𝑎𝑏𝑙𝑛𝑎∴𝑏−𝑏⋅𝑙𝑛

记𝑔(𝑏)=𝑏−𝑏⋅𝑙𝑛𝑙𝑛(𝑙𝑛𝑎)−𝑙𝑛𝑏，

令g′（b）＝0，得b＝lna，

①当lna＞2e2，即𝑎＞𝑒2𝑒时，易知g（b）在（2e2，lna）单调递增，在（lna，+∞）单调递减，

此时g（b）≤g（lna）＝lna﹣lna•ln1+e2lna＝lna•（e2+1）＞0，不合题意； ②当lna≤2e2，即1＜𝑎≤𝑒2𝑒时，易知g（b）在（2e2，+∞）单调递减，

2𝑒2

此时𝑔(𝑏)＜𝑔(2𝑒)=2𝑒−2𝑒⋅𝑙𝑛+𝑒2𝑙𝑛𝑎=2e2﹣2e2[ln（2e2）﹣ln（lna）]+e2lna，

𝑙𝑛𝑎2

故只需2﹣2[ln2+2﹣ln（lna）]+lna≤0，即lna+2ln（lna）≤2+2ln2，则lna≤2，即a≤e2；

综上，实数a的取值范围为（1，e2]；

（Ⅲ）证明：当a＝e时，f（x）＝ex﹣bx+e2，f′（x）＝ex﹣b，令f′（x）＝0，解得x＝lnb＞4，

易知𝑓(𝑥)𝑚𝑖𝑛=𝑓(𝑙𝑛𝑏)=𝑒𝑙𝑛𝑏−𝑏⋅𝑙𝑛𝑏+𝑒2=𝑏−𝑏𝑙𝑛𝑏+𝑒2＜𝑏−4𝑏+e2＝e2﹣3b＜e2﹣3e4＝e2（1﹣3e2）＜0，

∴f（x）有两个零点，不妨设为x1，x2，且x1＜lnb＜x2，由𝑓(𝑥2)=𝑒

𝑥2

𝑒𝑥2𝑒2

−𝑏𝑥2+𝑒=0，可得𝑥2=+，

𝑏𝑏2

2𝑒𝑥2𝑏𝑙𝑛𝑏𝑏𝑙𝑛𝑏𝑒2𝑏𝑙𝑛𝑏𝑥2

∴要证𝑥2＞2𝑥1+𝑏，即证＞𝑥，即证𝑒＞𝑥，

2𝑒2𝑒21𝑏2𝑒212𝑒2𝑒2𝑒22𝑒222222𝑒𝑏𝑏而𝑓(𝑏)=𝑒−2𝑒+𝑒=𝑒−𝑒＜𝑒−𝑒＜0，则𝑥1＜𝑏，

163

𝑏𝑙𝑛𝑏

∴要证𝑒＞𝑥1，即证𝑒𝑥2＞𝑏𝑙𝑛𝑏，即证x2＞ln（blnb）， 22𝑒

𝑥2

而f（ln（blnb））＝eln

（blnb）

﹣bln（blnb）+e2＝blnb﹣bln（blnb）+e2＜blnb﹣bln（4b）

+e2=𝑏⋅𝑙𝑛+𝑒2=𝑒2−𝑏𝑙𝑛4＜0， ∴x2＞ln（blnb），即得证．

2021年北京市高考数学试卷

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{x|0≤x≤2}，则A∪B＝（） A．{x|0≤x＜1}

B．{x|﹣1＜x≤2}

C．{x|1＜x≤2}

D．{x|0＜x＜1}

2．（4分）在复平面内，复数z满足（1﹣i）•z＝2，则z＝（） A．2+i

B．2﹣i

C．1﹣i

D．1+i

3．（4分）设函数f（x）的定义域为[0，1]，则“函数f（x）在[0，1]上单调递增”是“函数f（x）在[0，1]上的最大值为f（1）”的（） A．充分不必要条件 C．充分必要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．（4分）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

A．

B．4

C．3+

D．2

5．（4分）双曲线C：﹣＝1过点（，），离心率为2，则双曲线的解析式为（）

A．

﹣y2＝1

B．x2﹣

＝1

C．﹣＝1 D．﹣＝1

6．（4分）已知{an}和{bn}是两个等差数列，且b1＝192，则b3的值为（） A．

B．100

（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，

C．128 D．132

7．（4分）已知函数f（x）＝cosx﹣cos2x，试判断该函数的奇偶性及最大值（） A．奇函数，最大值为2 C．奇函数，最大值为

B．偶函数，最大值为2 D．偶函数，最大值为

8．（4分）对24小时内降水在平地上的积水厚度（mm）进行如下定义：

0～10 小雨

10～25 中雨

25～50 大雨

50～100 暴雨

小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级（）

A．小雨

B．中雨

C．大雨

D．暴雨

9．（4分）已知圆C：x2+y2＝4，直线l：y＝kx+m，若当k的值发生变化时，直线被圆C所截的弦长的最小值为2，则m的取值为（） A．±2

B．±

C．±

D．±3

10．（4分）数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（） A．9

B．10

165

C．11 D．12

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 11．（5分）（x3﹣）4的展开式中常数项是．

12．（5分）已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且|FM|＝6，则M的横坐标是；作MN⊥x轴于N，则S△FMN＝．

13．（5分）已知＝（2，1），＝（2，﹣1），＝（0，1），则（+）•＝；•＝． 14．（5分）若P（cosθ，sinθ）与Q（cos（θ+个符合题意的θ值．

15．（5分）已知f（x）＝|lgx|﹣kx﹣2，给出下列四个结论：（1）若k＝0，则f（x）有两个零点；（2）∃k＜0，使得f（x）有一个零点；（3）∃k＜0，使得f（x）有三个零点；（4）∃k＞0，使得f（x）有三个零点．以上正确结论的序号是．

三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16．（13分）已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝（1）求B的大小；

（2）在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度． ①c＝

b；②周长为4+2

；③面积为S△ABC＝

．．），sin（θ+

））关于y轴对称，写出一

17．（13分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．

（1）求证：点F为B1C1中点；

（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为

，求

．

166

18．（14分）为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可确定所有样本都是阴性的，若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测．现有100人，已知其中2人感染病毒．

（1）①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数； ②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为为总检测次数，求检测次数X的分布列和数学期望E（X）；

（2）若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E（Y），试比较E（X）和E（Y）的大小．（直接写出结果） 19．（15分）已知函数f（x）＝

．

，定义随机变量X

（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值． 20．（15分）已知椭圆E：边形面积为4

．

＝1（a＞b＞0）过点A（0，﹣2），以四个顶点围成的四

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）过点P（0，﹣3）的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB、AC交y＝﹣3于点M、N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围． 21．（15分）定义Rp数列{an}：对p∈R，满足：

①a1+p≥0，a2+p＝0；②∀n∈N*，a4n﹣1＜a4n；③∀m，n∈N*，am+n∈{am+an+p，am+an+p+1}．（1）对前4项2，﹣2，0，1的数列，可以是R2数列吗？说明理由；（2）若{an}是R0数列，求a5的值；

（3）若Sn是数列{an}的前n项和，是否存在p∈R，使得存在Rp数列{an}，对任意n∈N*，满足Sn≥S10？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．

167

2021年北京市高考数学试卷

参与试题解析

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．（4分）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{x|0≤x≤2}，则A∪B＝（） A．{x|0≤x＜1}

B．{x|﹣1＜x≤2}

C．{x|1＜x≤2}

D．{x|0＜x＜1}

【解答】解：∵A＝{x|﹣1＜x＜1}，B＝{x|0≤x≤2}， ∴A∪B＝{x|﹣1＜x＜1}∪{x|0≤x≤2}＝{x|﹣1＜x≤2}．故选：B．

2．（4分）在复平面内，复数z满足（1﹣i）•z＝2，则z＝（） A．2+i

B．2﹣i

C．1﹣i

D．1+i

【解答】解：因为（1﹣i）•z＝2，所以故选：D．

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

．

【解答】解：若函数f（x）在[0，1]上单调递增，则函数f（x）在[0，1]上的最大值为f（1），

若f（x）＝（x﹣）2，则函数f（x）在[0，1]上的最大值为f（1），但函数f（x）在[0，1]上不单调，故选：A．

4．（4分）某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（）

168

A．

B．4

C．3+

D．2

【解答】解：由三视图还原原几何体如图，

PA⊥底面ABC，AB⊥AC，PA＝AB＝AC＝1，则△PBC是边长为

的等边三角形，

则该四面体的表面积为S＝．

故选：A． 5．（4分）双曲线C：

﹣

＝1过点（

，

），离心率为2，则双曲线的解析式为（A．

﹣y2＝1 B．x2﹣

＝1

C．﹣＝1 D．﹣＝1

【解答】解：因为双曲线﹣＝1过点（，），

则有

①，

又离心率为2，

169

）

则②，

由①②可得，a2＝1，b2＝3，所以双曲线的标准方程为故选：B．

6．（4分）已知{an}和{bn}是两个等差数列，且b1＝192，则b3的值为（） A．

B．100

C．128

D．132

（1≤k≤5）是常值，若a1＝288，a5＝96，

．

【解答】解：{an}和{bn}是两个等差数列，且＝96，故

，

（1≤k≤5）是常值，由于a1＝288，a5

由于

所以b3＝128．故选：C．

7．（4分）已知函数f（x）＝cosx﹣cos2x，试判断该函数的奇偶性及最大值（） A．奇函数，最大值为2 C．奇函数，最大值为

B．偶函数，最大值为2 D．偶函数，最大值为

【解答】解：因为f（x）＝cosx﹣cos2x＝cosx﹣（2cos2x﹣1）＝﹣2cos2x+cosx+1，因为f（﹣x）＝﹣2cos2（﹣x）+cos（﹣x）+1＝﹣2cos2x+cosx+1＝f（x），故函数f（x）为偶函数，令t＝cosx，则t∈[﹣1，1]，

故f（t）＝﹣2t2+t+1是开口向下的二次函数，所以当t＝

故函数的最大值为．

170

时，f（t）取得最大值f（）＝﹣2×（）2++1＝，

综上所述，函数f（x）是偶函数，有最大值．故选：D．

8．（4分）对24小时内降水在平地上的积水厚度（mm）进行如下定义：

0～10 小雨

10～25 中雨

25～50 大雨

50～100 暴雨

小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级（）

A．小雨

B．中雨

C．大雨，

D．暴雨

【解答】解：圆锥的体积为

因为圆锥内积水的高度是圆锥总高度的一半，所以圆锥内积水部分的半径为

mm，

将r＝50，h＝150代入公式可得V＝125000π（mm3），图上定义的是平地上积水的厚度，即平地上积水的高，

平底上积水的体积为V＝Sh，且对于这一块平地的面积，即为圆锥底面圆的面积，所以

则平地上积水的厚度h＝因为10＜12.5＜25，

由题意可知，这一天的雨水属于中雨．故选：B．

9．（4分）已知圆C：x2+y2＝4，直线l：y＝kx+m，若当k的值发生变化时，直线被圆C所

171

（mm2），

（mm），

截的弦长的最小值为2，则m的取值为（） A．±2

B．±

C．±

D．±3

【解答】解：圆C：x2+y2＝4，直线l：y＝kx+m，直线被圆C所截的弦长的最小值为2，设弦长为a，则圆心C到直线l的距离d＝

当弦长取得最小值2时，则d有最大值又

，因为k2≥0，则

，

，，

故d的最大值为故选：C．

，解得m＝．

10．（4分）数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1+a2+a3+…+an＝100，则n的最大值为（） A．9

B．10

C．11

D．12

【解答】解：∵数列{an}是递增的整数数列， ∴n要取最大，递增幅度尽可能为小的整数，假设递增的幅度为1， ∵a1＝3， ∴an＝n+2，则

＝

，

当n＝10时，a10＝12，S10＝75，

∵100﹣S10＝25＞a10＝12，即n可继续增大，n＝10非最大值，当n＝12时，a12＝14，S12＝102， ∵100﹣S12＝100﹣102＜0，不满足题意，即n＝11为最大值．故选：C．

二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。 11．（5分）（x3﹣）4的展开式中常数项是 ﹣4 ．

172

【解答】解：设1）r•

•x12

﹣4r

展开式的通项为Tr+1，则Tr+1＝

（•x3）4r•

﹣

＝（﹣

•

令12﹣4r＝0得r＝3． ∴开式中常数项为：（﹣1）3•故答案为：﹣4．

12．（5分）已知抛物线C：y2＝4x，C的焦点为F，点M在C上，且|FM|＝6，则M的横坐标是 5 ；作MN⊥x轴于N，则S△FMN＝ 4【解答】解：抛物线C：y2＝4x，则焦点F（1，0），准线方程l为x＝﹣1，过点M作ME⊥l，垂足为E，设M（x0，y0），则MF＝ME＝6，所以x0+1＝6，则x0＝5，所以M的点横坐标为5；点M在抛物线上，故所以|y0|＝所以

故答案为：5；4

．，即MN＝

，

＝4

．

，

．

＝﹣4．

13．（5分）已知＝（2，1），＝（2，﹣1），＝（0，1），则（+）•＝ 0 ；•＝ 3 ．

【解答】解：∵＝（2，1），＝（2，﹣1），＝（0，1），∴（+）•＝（4，0）（•0，

173

1）＝4×0+0×1＝0， •＝2×2+1×（﹣1）＝3．故答案为：0；3．

14．（5分）若P（cosθ，sinθ）与Q（cos（θ+个符合题意的θ值

），sin（θ+

））关于y轴对称，写出一

（答案不唯一）．

），sin（θ+

））关于y轴对称，

【解答】解：因为P（cosθ，sinθ）与Q（cos（θ+故其横坐标相反，纵坐标相等，即sinθ＝sin（θ+

）且cosθ＝﹣cos（θ+

），

由诱导公式sinα＝sin（π﹣α），cosα＝﹣cos（π﹣α），所以θ+

＝π﹣θ，解得θ＝

．

，

则符合题意的θ值可以为故答案为：

（答案不唯一）．

15．（5分）已知f（x）＝|lgx|﹣kx﹣2，给出下列四个结论：（1）若k＝0，则f（x）有两个零点；（2）∃k＜0，使得f（x）有一个零点；（3）∃k＜0，使得f（x）有三个零点；（4）∃k＞0，使得f（x）有三个零点．以上正确结论的序号是（1）（2）（4）．

【解答】解：函数f（x）＝|lgx|﹣kx﹣2的零点的个数可转化为函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的交点的个数；

作函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象如右图，

若k＝0，则函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象在（0，1）与（1，+∞）上各有一个交点，则f（x）有两个零点，故（1）正确；

若k＜0，则当函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象相切时，f（x）有一个零点，故（2）正确；

当k＜0时，函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象至多有两个交点，故（3）不正确；当k＞0且k足够小时，函数y＝|lgx|与直线y＝kx+2的图象在（0，1）与（1，+∞）上分

174

别有1个、2个交点，故（4）正确；故答案为：（1）（2）（4）．

三、解答题共6小题，共85分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。 16．（13分）已知在△ABC中，c＝2bcosB，C＝（1）求B的大小；

（2）在三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在且唯一确定，并求BC边上的中线的长度． ①c＝

b；②周长为4+2

；③面积为S△ABC＝

．．

【解答】解：（1）∵c＝2bcosB，

由正弦定理可得sinC＝2sinBcosB，即sinC＝sin2B， ∵C＝∴2B＝即B＝

，，．

b，

（2）选①c＝由正弦定理可得

175

，与已知条件c＝b矛盾，故△ABC不存在，

选②周长为4+2∵C＝∴

，B＝，

，，

由正弦定理可得，即，

∴

∴a+b+c＝（2+

，）R＝4+2

，，

∴R＝2，即a＝2，b＝2，c＝2∴△ABC存在且唯一确定，设BC的中点为D， ∴CD＝1，

在△ACD中，运用余弦定理，AD2＝AC2+CD2﹣2AC•CD•cos∠C，即

∴BC边上的中线的长度选③面积为S△ABC＝∵∴a＝b， ∴

余弦定理可得

AD2＝AC2+CD2﹣2×AC×CD×

．

17．（13分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E为A1D1中点，直线B1C1交平面CDE于点F．

（1）求证：点F为B1C1中点；

176

，AD＝

．，

，

，解得a＝，

＝，

（2）若点M为棱A1B1上一点，且二面角M﹣CF﹣E的余弦值为，求．

【解答】（1）证明：连结DE，

在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD∥C1D1，C1D1⊂平面A1B1C1D1，CD⊄平面A1B1C1D1，则CD∥平面A1B1C1D1，因为平面A1B1C1D1∩平面CDEF＝EF，所以CD∥EF，则EF∥C1D1，

故A1B1∥EF∥C1D1，又因为A1D1∥B1C1，

所以四边形A1B1EF为平行四边形，四边形EFC1D1为平行四边形，所以A1E＝B1F，ED1＝FC1，

而点E为A1D1的中点，所以A1E＝ED1，故B1F＝FC1，则点F为B1C1的中点；

（2）解：以点B1为原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设正方体边长为2，设点M（m，0，0），且m＜0，则C（0，2，﹣2），E（﹣2，1，0），F（0，1，0），故

设平面CMF的法向量为

，

则，即，

所以，b＝2，故，，

设平面CDEF的法向量为

则，即，

所以x＝0，y＝2，故

，

177

因为二面角M﹣CF﹣E的余弦值为则

＝

，

＝

，

解得m＝±1，又m＜0，所以m＝﹣1，故

＝．

（2）若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E（Y），试比较E（X）和E（Y）的大小．（直接写出结果）

【解答】解：（1））①若采用“10合1检测法”，每组检查一次，共10次；又两名患者在同一组，需要再检查10次，

178

，定义随机变量X

因此一共需要检查20次． ②由题意可得：X＝20，30． P（X＝20）＝可得分布列：

X P

E（X）＝20×

+30×

＝

．

，P（X＝30）＝

．

（2）由题意可得：Y＝25，30． P（Y＝20）＝20×可得分布列：

Y P

E（Y）＝25×

+30×

＝

＞

＝ 25

．

＝

，P（Y＝30）＝

．

E（X）＜E（Y）．

19．（15分）已知函数f（x）＝

．

（1）若a＝0，求y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程；

（2）若函数f（x）在x＝﹣1处取得极值，求f（x）的单调区间，以及最大值和最小值．【解答】解：（1）f（x）＝

的导数为f′（x）＝

＝

，

可得y＝f（x）在（1，1）处的切线的斜率为﹣4，

则y＝f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝﹣4（x﹣1），即为y＝﹣4x+5；（2）f（x）＝

的导数为f′（x）＝

，

由题意可得f′（﹣1）＝0，即＝0，解得a＝4，

179

可得f（x）＝f′（x）＝

，

当x＞4或x＜﹣1时，f′（x）＞0，f（x）递增；当﹣1＜x＜4时，f′（x）＜0，f（x）递减．

函数y＝f（x）的图象如右图，当x→﹣∞，y→0；x→+∞，y→0，

则f（x）在x＝﹣1处取得极大值1，且为最大值1；在x＝4处取得极小值﹣，且为最小值﹣．

所以f（x）的增区间为（﹣∞，﹣1），（4，+∞），减区间为（﹣1，4）； f（x）的最大值为1，最小值为﹣．

20．（15分）已知椭圆E：边形面积为4

．

＝1（a＞b＞0）过点A（0，﹣2），以四个顶点围成的四

（1）求椭圆E的标准方程；

（2）过点P（0，﹣3）的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB、AC交y＝﹣3于点M、N，若|PM|+|PN|≤15，求k的取值范围．【解答】解：（1）因为椭圆E：

＝1（a＞b＞0）过点A（0，﹣2），则b＝2，

，

又因为以四个顶点围成的四边形面积为4所以

，解得a＝

，

故椭圆E的标准方程为；

（2）由题意，设直线l的方程为y﹣（﹣3）＝k（x﹣0），即y＝kx﹣3，

180

当k＝0时，直线l与椭圆E没有交点，而直线l交椭圆E于不同的两点B，C，所以k≠0，

设B（x1，y1），C（x2，y2），

联立方程组

，可得（4+5k2）x2﹣30kx+25＝0，

则△＝（﹣30k）2﹣4×25（4+5k2）＞0，解得|k|＞1，所以

，

则y1y2＝（kx1﹣3）（kx2﹣3）＝k2x1x2﹣3k（x1+x2）+9＝y1+y2＝（kx1﹣3）+（kx2﹣3）＝k（x1+x2）﹣6＝

，

直线AB的方程为y﹣（﹣2）＝，即，

直线AC的方程为y﹣（﹣2）＝因为直线AB交y＝﹣3于点M，所以令y＝﹣3，则

，

，即，

故，

同理可得，

注意到

＞0，所以x1，x2同号，

因为y1+2＞0，y2+2＞0，所以xM，xN同号，故|PM|+|PN|＝|xM|+|xN|＝|xM+xN|，则|PM|+|PN|＝

＝

181

＝

＝5|k|，

故|PM|+|PN|＝5|k|，

又|PM|+|PN|≤15，即5|k|≤15，即|k|≤3，又|k|＞1，所以1＜|k|≤3，

故k的取值范围为[﹣3，﹣1）∪（1，3]． 21．（15分）定义Rp数列{an}：对p∈R，满足：

（3）若Sn是数列{an}的前n项和，是否存在p∈R，使得存在Rp数列{an}，对任意n∈N*，满足Sn≥S10？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．

【解答】解：（1）由性质③，结合题意可得0＝a3∈{a1+a2+2，a1+a2+2+1}＝{2，3}，矛盾，

故前4项2，﹣2，0，1的数列，不可能是R2数列；（2）性质①，a1≥0，a2＝0；

由性质③am+2∈{am，am+1}，因此a3＝a1或a3＝a1+1，a4＝0或a4＝1，若a4＝0，由性质②可得a3＜a4，即a1＜0或a1+1＜0，矛盾；若a4＝1，a3＝a1+1，由a3＜a4，则a1+1＜1，矛盾，因此只能是a4＝1，a3＝a1，

又因为a4＝a1+a或a4＝a1+a3+1，所以a1＝或a1＝0．

若a1＝，则a2＝a1+1∈{a1+a1+0，a1+a1+0+1}＝{2a1，2a1+1}＝{1，2}，不满足a2＝0，舍去；

当a1＝0，则{an}的前四项为0，0，0，1，

下面用数学归纳法证明a4n+i＝n（i＝1，2，3），a4n+4＝n+1（n∈N），

182

当n＝0时，经检验命题成立；假设n≤k（k≥0）时命题成立．当n＝k+1时，

若i＝1，则a4（k+1）+1＝a4k+5＝aj+（4k+5﹣j），

利用性质③：{aj+a4k+5﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+4}＝{k，k+1}，此时可得a4k+5＝k+1，否则a4k+5＝k，取k＝0可得a5＝0，而由性质②可得a5＝a1+a4∈{1，2}，与a5＝0矛盾．同理可得，{aj+a4k+6﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+5}＝{k，k+1}，此时可得a4k+6＝k+1， {aj+a4k+8﹣j|j∈N*，2≤j≤4k+6}＝{k+1，k+2}，此时可得a4k+8＝k+2，

{aj+a4k+7﹣j|j∈N*，1≤j≤4k+6}＝{k+1}，又因为a4k+7＜a4k+8，此时可得a4k+7＝k+1，即当n＝k+1时，命题成立．综上可得，a5＝a4×1+1＝1；

（3）令bn＝an+p，由性质③可知，∀m，n∈N*，bm+n＝am+n+p∈{am+p+an+p，am+p+an+p+1}＝{bm+bn，bm+bn+1}，

由于b1＝a1+p≥0，b2＝a2+p＝0，b4n﹣1＝a4n﹣1+p＜a4n+p＝b4n，因此数列{bn}为R0数列，

由（2）可知，若∀n∈N*，a4n+1＝n﹣p（i＝1，2，3），a4n+1＝n+1﹣p； S11﹣S10＝a11＝a4×2+3＝2﹣p≥0，

S9﹣S10＝﹣a10＝﹣a4×2+2＝﹣（2﹣p）≥0，

因此p＝2，此时a1，a2，，a10≤0，aj≥0（j≥11）•，满足题意．

183

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