2021年全国统一高考数学试卷(理科)答案及解析

一、选择题 1.设2(zz)3(zz)46i，则z( ） A.12i B.12i C.1i D.1i 答案： C 解析： 设zabi，则zabi，2(zz)3(zz)4a6bi，所以z1i.

2.已知集合S{s|s2n1,nZ}，T{t|t4n1,nZ}，则ST( ) A. B.S C.T D.Z 答案： C 解析： 数学（理） 46i，所以a1，b1s2n1，nZ； 当n2k，kZ时，S{s|s4k1,kZ}；当n2k1，kZ时，

S{s|s4k3,kZ}.所以TÜS，STT.故选C.

3.已知命题p:xR﹐sinx1；命题q:xR,e（ ） |x|1，则下列命题中为真命题的是

A.

pq pq B.pq C.

D.(pq) 答案： A 解析： 根据正弦函数的值域sinx[1,1]，故xR，sinx1，

p为真命题，而函数

yye|x|为偶函数，且x0时，ye|x|1，故xR，ye|x|1恒成立.，则q也

为真命题，所以

pq为真，选A.

1x，则下列函数中为奇函数的是（ ） 1x4.设函数f(x)A.f(x1)1 B.f(x1)1 C.f(x1)1 D.f(x1)1 答案： B 解析： f(x)函数.

21x2，f(x)向右平移一个单位，向上平移一个单位得到g(x)为奇1x1x1x5.在正方体ABCD（ ） A.B.C.

A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为

2 34D.

6 答案： D 解析： 如图，PBC1为直线PB与AD1所成角的平面角. 易知A1BC1为正三角形，又P为AC11中点，所以PBC16.

6.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰，短道速滑､冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者，则不同的分配方案共有（ ） A.60种 B.120种 C.240种 D.480种 答案： C 解析： 所求分配方案数为C5A424240.

1倍，纵坐标不变，再把所得曲27.把函数yf(x)图像上所有点的横坐标缩短到原来的线向右平移A.sin(3个单位长度，得到函数ysin(x4)的图像，则f(x)（ ） x7) 212xB.sin() 212C.sin(2xD.sin(2x答案： B 解析： 7) 1212) 左移1横坐标变为原来的2倍3ysin(x)ysin(x). 逆向：ysin(x)412212故选B.

8.在区间(0,1)与(1,2)中各随机取1个数，则两数之和大于

7的概率为（ ） 47 923B. 329C. 322D. 9A.答案： B 解析： 由题意记x(0,1)，y(1,2)，题目即求xy7的概率，绘图如下所示. 4故PS阴S正ABCD113311AMAN1224423. 11132 9.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作.其中第一题是测量海岛的高.

如图，点E,H,G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，EG称为“表距”，GC和EH都称为“表目距”.GC与EH的差称为“表目距的差”，则海岛的高AB（ ） A.

表高表距表高 表目距的差表高表距表高 B.

表目距的差表高表距表距 C.

表目距的差D.

表高表距表距 表目距的差 答案： A 解析： 连接DF交AB于M，则ABAMBM.

记BDM，BFM，则而tanMBMBMFMDDF. tantanFGED，tan.所以GCEHMBMB11GCEHGCEHMB()MB()MB. tantantantanFGEDED故MBEDDF表高表距表高表距表高. ，所以高ABGCEH表目距的差表目距的差 10.设a0，若xa为函数A.ab B.ab C.aba2 D.aba2 答案： D 解析： 若a0，其图像如图（1），此时，0ab；若a0，时图像如图（2），此时，

f(x)a(xa)2(xb)的极大值点，则 ba0.

综上，aba2.

x2y211.设B是椭圆C：221(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足，

abPB2b，则C的离心率的取值范围是（ ） A.[2,1) 212B.[,1) C.(0,2] 212D.(0,] 答案： C 解析： 222x0y0y022由题意，点B(0,b)，设P(x0,y0)，则221x0a(12)，故 abb22yc222PBx0(y0b)2a2(10)y02by0b22y02by0a2b2， 2bb2y0[b,b].

b3由题意，当y0b时，PB最大，则2b，b2c2，a2c2c2，

c2cc22]. ，c(0,a2212.设a2ln1.01，bln1.02，cA.abc B.bca C.bac D.cab 答案： B

1.041，则（ ） 解析: 设

f(x)ln(1x)12x1，则bcf(0.02)，易得 f(x)1212x(1x). 1x212x(1x)12x当x0时，1x(1x)212x，故f(x)0.

所以f(x)在[0,)上单调递减，所以f(0.02)f(0)0，故bc. 再设g(x)2ln(1x)14x1，则acg(0.01)，易得 g(x)2414x(1x). 21x214x(1x)14x当0x2时，14x12xx21x，所以g(x)在[0.2)上0.

故g(x)在[0.2)上单调递增，所以g(0.01)g(0)0，故ac. 综上，acb. 二、填空题 x2y21(m0)的一条渐近线为3xmy0，则C的焦距13.已知双曲线C：m为 . 答案： 4 解析： 易知双曲线渐近线方程为ybx，由题意得a2m，b21，且一条渐近线方程为ay3x，则有m0（舍去），m3，故焦距为2c4. m14.已知向量a(1,3)，b(3,4)，若(ab)b，则 .

答案： 3 5解析： 3由题意得(ab)b0，即15250，解得.

515.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 .

答案： 22 解析： 13SABCacsinBac3，所以ac4， 24由余弦定理，b2a2c2ac3acac2ac8，所以b22.

16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为 （写出符合要求的一组答案即可）.

答案： ②⑤或③④ 解析： 由高度可知，侧视图只能为②或③. 侧视图为②，如图（1），平面PAC平面ABC，PAPC2，BABC5，

AC2，俯视图为⑤. 俯视图为③，如图（2），PA平面ABC，PA1，AC为④. AB5，BC2，俯视图

三、解答题 17.某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到产品该项指标数据如下：

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x和己为s1和S2. （1）求x，

2y，s12，s2： 22y， 样本方差分别 （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

2s12s2，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 yx210则不认为有显著提高 ) 。 答案： 见解析 解析： （1）各项所求值如下所示.

1(9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7)10.0，101y(10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5)10.3，

101s12[(9.710.0)22(9.810.0)2(9.910.0)22(10.010.0)2(10.110.0)210x2(10.210.0)2(10.310.0)2]0.036，

2s21[(10.010.3)23(10.110.3)2(10.310.3)22(10.410.3)2102(10.510.3)2(10.610.3)2]0.04.

22s12s2s12s20.34.显然yx2（2）由（1）中数据得yx0.3,21010.所以不认

为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。 18.如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1,M为

BC的中点，且PBAM.

（1）求BC； （2）求二面角APMB的正弦值.

答案： 见解析 解析： （1）因为PD平面ABCD，且矩形ABCD中，ADDC.所以以DA，DC，DP分别为x，

y，z轴正方向，D为原点建立空间直角坐标系Dxyz.设BCt，

ttA(t,0,0)，B(t,1,0)，M(,1,0)，P(0,0,1)，所以PB(t,1,1)，AM(,1,0) 222，所以BC2. t2因为PBAM，所以PBAM10所以t2(2)设平面

APM的

一个法向量为m(x,y,z)，由于

AP(2,0,1)，

则

mncosm,n|m||n| mAP2xz0.令x2，的m(2,1,2).设平面PMB的一个法向量为2xy0mAM2nCB2x0n(x,y,z)，则.令y1，的n(0,1,1).所以nPB2xyz0703314，所以二面角APMNB的正弦值为. 14147219.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. 答案： 见解析 解析： （1）由已知

212. Snbnb212，则nSn(n2)，Snbnbn12bn11122bn122bnbnbn1(n2)，b13， bnbn2231为首项，为公差的等差数列. 22故{bn}是以

（2）由（1）知bn22n231n22S，则， (n1)nSnn2n1222n2n1n1时，a1S13，n2时，anSnSn12n1n1， n(n1)3,n12故an. 1,n2n(n1)20.设函数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)答案： 见解析 解析： （1）令h(x)xf(x)xln(ax) 则h(x)ln(ax)xf(x)，证明：g(x)1.

xf(x)x. ax∵x0是函数yxf(x)的极值点. ∴h(0)0. 解得：a1； （2）由（1）可知：f(x)ln(1x)

g(x)xf(x)11， xf(x)f(x)x1111x10（x1且x0） f(x)xln(1x)x要证g(x)1，即证

x(1x)ln(1x)0.

xln(1x)∵当x0时，xln(1x)0.

当0x1时，xln(1x)0. ∴只需证明x(1x)ln(1x)0 令H(x)x(1x)ln(1x)，且易知H(0)0. 则H(x)1ln(1x)1(1x)ln(1x) 1x（i）当x0时，易得H(x)0，则H(x)在(,0)上单调递减， ∵H(0)0，∴H(x)H(0)0，得证.

（ii）当0x1时，易得H(x)0，则H(x)在(0,1)上单调递增. ∵H(0)0，∴H(x)H(0)0，得证. 综上证得g(x)1. 21.已知抛物线C：x22py(p0)的焦点为F，且F与圆M：x2(y4)21上点

的距离的最小值为4. （1）求

p； A，B是切点，求PAB面积的

（2）若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，最大值. 答案： 见解析 解析： 22pp)到x(y4)1的最短距离为34，所以p2. 221（2）抛物线yx2，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，P(x0,y0)，得 4lPA：y1x1(xx1)y11x1x1x121x1xy1， 2242lPB：y1x2xy2，且x02y028y015， 2（1）焦点F(0,1yx1x0y102lPA，lPB都过点P(x0,y0)，则， y1xxy02022故lAB：y011x0xy，即yx0xy0， 22122yx0xy0联立，得x2x0x4y00，4x016y0， 2x24yx02所以AB14x0216y04x02x024y0， 4dPABx024y0x024，所以SPAB11ABdPABx024y0x024y022331212(x04y0)2(y012y015)2. 22而y0[5,3]，故当y0 5时，SPAB达到最大，最大值为205. 22.在直角坐标系xOy中，C的圆心为C(2,1)，半径为1. （1）写出C的一个参数方程;

（2）过点F(4,1)作C的两条切线.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立坐标系，求这两条切线的极坐标方程. 答案： 见解析 解析： （1）C的参数方程为x2cos（为参数） y1sin22（2）C的方程为(x2)(y1)1 ①当直线斜率不存在时，直线方程为x4，此时圆心到直线距离为2r，舍去； ②当直线斜率存在时，设直线方程为y1k(x4)，化简为kxy4k10， 此时圆心C(2,1)到直线的距离为d|2k14k1|k12r1， 化简得2|k|k21， 两边平方有4kk1，所以k223. 3代入直线方程并化简得x3y340或x3y340化为极坐标方程为 cos3sin43sin(或cos3sin43 23.已知函数f(x)|xa||x3|.

5)43 66

sin()43.

（1）当a1时，求不等式f(x)6的解集； （2）若f(x)a，求a的取值范围. 答案： 见解析 解析： 当a1时，f(x)6|x1||x3|6， 当x3时，不等式1xx36，解得x4； 当3x1时，不等式1xx36，解得x； 当x1时，不等式x1x36，解得x2. 综上，原不等式的解集为(,4][2,). （2）若f(x)a，即f(x)mina， 因为f(x)|xa||x3||(xa)(x3)||a3|（当且仅当(xa)(x3)0时，等号成立），所以f(x)min|a3|，所以|a3|a，即a3a或a3a，解得

3a(,).

2