2024年2月13日发(作者：初三数学试卷图片写完的)

2021年普通高等学校招生全国统一考试〔全国卷3〕

理科数学

一、选择题：此题共12小题，每题5分，共60分。在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的。

221．集合A{(x,y)xy1}，B{(x,y)yx}，那么AB中元素的个数为

D．0 A．3 B．2 C．1

2．设复数z满足(1i)z2i，那么|z|

A．1

2 B．2

2 C．2 D．2

3．某城市为理解游客人数的变化规律，进步旅游效劳质量，搜集并整理了2021年1月至2021年12月期间月接待游客量〔单位：万人〕的数据，绘制了下面的折线图．

根据该折线图，以下结论错误的选项是

A．月接待游客量逐月增加

B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量顶峰期大致在7，8月

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比拟平稳

4．(xy)(2xy)的展开式中xy的系数为〔〕

A．-80 B．-40 C．40 D．80

533x2y255．双曲线C:221(a0,b0)的一条渐近线方程为yx，且与椭圆ab2x2y21有公共焦点．那么C的方程为〔〕

123x2y2A．1

8106．设函数f(x)cos(xx2y2B．1

45x2y2C．1

54x2y2D．1

433)，那么以下结论错误的选项是〔〕

A．f(x)的一个周期为2

C．f(x)的一个零点为x B．yf(x)的图像关于直线xD．f(x)在(8对称

36

2,)单调递减

7．执行右图的程序框图，为使输出S的值小于91，那么输入的正整数N的最小值为

A．5

B．4

C．3

D．2

8．圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，那么该圆柱的体积为〔〕

A． B．3

4C．

2 D．

49．等差数列{an}的首项为1，公差不为0．假设a2,a3,a6成等比数列，那么{an}前6项的和为

A．-24 B．-3 C．3 D．8

x2y210．椭圆C:221〔ab0〕的左、右顶点分别为A1,A2，且以线段A1A2为直径的ab圆与直线bxay2ab0相切，那么C的离心率为〔〕

A．6

3

2 B．3

3 C．2

３

1D．

311．函数f(x)x2xa(eA．x1ex1)有唯一零点，那么a〔〕

C．1

2 B．1

31

2 D．1

12．在矩形ABCD中，AB1,AD2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．假设APABAD，那么的最大值为

A．3 B．22 C．5 D．2

二、填空题：〔此题共4小题，每题5分，共20分〕

xy0,13．假设x,y满足约束条件xy20,那么z3x4y的最小值为________．

y0

14．设等比数列{an}满足a1a21,a1a33，那么a4________．

x1,x0,115．设函数f(x)x那么满足f(x)f(x)1的x的取值范围是________．

22,　x016．a,b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a,b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有以下结论：

①当直线AB与a成60角时，AB与b成30角；

②当直线AB与a成60角时，AB与b成60角；

③直线AB与a所成角的最小值为45；

④直线AB与a所成角的最大值为60．

其中正确的选项是________〔填写所有正确结论的编号〕

三、解答题：〔共70分．第17-20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〕

ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，sinA3cosA0,a27,b2

〔1〕求c；

〔2〕设D为BC边上一点，且ADAC，求△ABD的面积．

18．〔12分〕某超市方案按月订购一种酸奶，每天进货量一样，进货本钱每瓶4元，售价每瓶6元，未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经历，每天需求量与当天最高气温〔单位：℃〕有关．假如最高气温不低于25，需求量为500瓶；假如最高气温位于区间[20,25)，需求量为300瓶；假如最高气温低于20，需求量为200瓶，为了确定六月份的订购方案，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：

最高气温

天数

15

10，2

20

20，25

25，30

30，35

35，40

15，16 36 25 7 4

以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率．

〔1〕求六月份这种酸奶一天的需求量X〔单位：瓶〕的分布列；

〔2〕设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y〔单位：元〕．当六月份这种酸奶一天的进货量〔单位：瓶〕为多少时，Y的数学期望到达最大值？

19．〔12分〕如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，△ACD是直角三角形．ABD〔1〕证明：平面ACDCBD，AB

DEBD．

C平面ABC；

BA

〔2〕过AC的平面交BD于点E，假设平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两局部．求二面角DAEC的余弦值．

20．〔12分〕抛物线C:y22x，过点〔2，0〕的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB为直径的圆．

〔1〕证明：坐标原点O在圆M上；

〔2〕设圆M过点P〔4，2〕，求直线l与圆M的方程．

21．〔12分〕函数f(x)x1alnx．

〔1〕假设f(x)≥0，求a的值；

〔2〕设m为整数，且对于任意正整数n，(1小值．

〔二〕选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。假如多做，那么按所做的第一题计分。

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]〔10分〕

1)(121)22(11)2nm，求m的最x2t,在直角坐标系xOy中，直线l1的参数方程为〔t为参数〕，直线l2的参数方yktx2m,程为〔m为参数〕，设l1与l2的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲myk线C．

〔1〕写出C的普通方程：

〔2〕以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3：(cossin)20，M为l3与C的交点，求M的极径．

23．[选修4-5：不等式选讲]〔10分〕

函数f(x)|x||x|．

〔1〕求不等式f(x)的解集；

〔2〕假设不等式f(x)xxm的解集非空，求m的取值范围．

2021年普通高等学校招生全国统一考试〔全国3〕

理科数学参考答案

一、选择题

1．B

7．D

二、填空题

13．1

三、解答题

17．解：

〔1〕由可得tanA3，所以A14．8 15．(,)

2．C

8．B

3．A

9．A

4．C 5．B 6．D

10．A 11．C 12．A

1416．②③

2

32在ABC中，由余弦定理得284c4ccos解得c6〔舍去〕，c4

〔2〕由题设可得CAD2，即c22c240

32，所以BADBACCAD6

1ABADsin261 故ABD面积与ACD面积的比值为1ACAD2又ABC的面积为

18．解：

〔1〕由题意知，X所有可能取值为200,300,500，由表格数据知

142sinBAC23，所以ABD的面积为3

2PX2002163625740.2，PX3000.4，PX5000.4.

909090因此X的分布列为：

X

P

200

300

500

〔2〕由题意知，这种酸奶一天的需求量至多为500，至少为200，因此只需考虑200n500

当300n500时，

假设最高气温不低于25，那么Y6n4n2n；

假设最高气温位于区间[20,25〕，那么Y63002(n300)4n12002n；

假设最高气温低于20，那么Y62002(n200)4n8002n

因此EY2n0.4(12002n)0.4(8002n)0.26400.4n

当200n300时，

假设最高气温不低于20，那么Y6n4n2n；

假设最高气温低于20，那么Y62002(n200)4n8002n

因此EY2n(0.40.4)(8002n)0.21601.2n

所以n300时，Y的数学期望到达最大值，最大值为520元。

19．解：

〔1〕由题设可得，ABDCBD，从而ADDC

又ACD是直角三角形，所以ADC90

取AC的中点O，连结DO,BO，

那么DOAC,DOAO

又由于ABC是正三角形，故BOAC

所以DOB为二面角DACB的平面角

在RtAOB中，BOAOAB

又ABBD，所以

222

D

ACEO

BBO2DO2BO2AO2AB2BD2，故DOB90

所以平面ACD平面ABC

〔2〕由题设及〔1〕知，OA,OB,OD两两垂直，以O为坐标原点，OA的方向为x轴正方向，|OA|为单位长，建立如下图的空间直角坐标系Oxyz，那么

A(1,0,0),B(0,3,0),C(1,0,0),D(0,0,1)

由题设知，四面体ABCE的体积为四面体ABCD的体积的

zD1，从而E到平面ABC的间隔 为D到21，即E为DB的中点，得2AxCOE平面ABC的间隔 的31E(0,,)，故

22AD(1,0,1),AC(2,0,0),AE(1,31,)

22By

mAC0,n(x,y,z)设是平面DAE的法向量，那么同理可取m(0,1,3)

mAE0那么cosn,mnm7

|n||m|77

7所以二面角DAEC的余弦值为20．解：

〔1〕设A(x1,y1),B(x2,y2),l:xmy2

xmy2,2由2可得y2my40，那么y1y24

y2x2y12y2(y1y2)2又x1，故x1x2,x24

224y1y241，所以OAOB 因此OA的斜率与OB的斜率之积为x1x24故坐标原点O在圆M上

2〔2〕由〔1〕可得y1y22m,x1x2m(y1y2)42m4

故圆心M的坐标为(m+2,m)，圆M的半径r(m2+2)2m2

由于圆M过点P(4,2)，因此APBP0，

故(x14)(x24)(y12)(y22)0，

即x1x24(x1x2)y1y22(y2y2)200

由〔1〕可得y1y24,x1x24

所以2m2m10，解得m1或m21

2当m1时，直线l的方程为xy10，圆心M的坐标为(3,1)，圆M的半径为2210，圆M的方程为(x3)(y1)10

当m191时，直线l的方程为2xy40，圆心M的坐标为(,)，圆M的24292128585，圆M的方程为(x)(y)

42164半径为21．解：

〔1〕f(x)的定义域为(0,)

① 假设a0，因为f()121aln20，所以不满足题意；

2axa知，当x(0,a)时，f(x)0；当xx② 假设a0，由f(x)1x(a,)时，f(x)0。所以f(x)在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增。故xa是f(x)在(0,)的唯一最小值点。

由于f(1)0，所以当且仅当a1时，f(x)0

故a1

〔2〕由〔1〕知当x(1,)时，x1lnx0

令x1111(1)，得，从而

2n2n2n1111111ln(1)ln(12)...ln(1n)2...n1n1

2222222故(1)(1而(1)(122．解：

〔1〕消去参数t得l1的普通方程l1:yk(x2)；消去参数mt得l2的普通方程1211)...(1)e

2n2211)(1)2，所以m的最小值为3

232212l2:y1(x2)

kyk(x2),22设P(x,y)，由题设得消去k得xy4(y0)

1y(x2).k所以C的普通方程为xy4(y0)

〔2〕C的极坐标方程为(cossin)4(22,)

222(cossin)4,联立得cossin2(cossin)

(cossin)2022222故tan21912,sin2 ，从而cos31010222代入(cossin)4得5，所以交点M的极径为5

23．解：

3,　　x1,〔1〕f(x)2x1,1x2,

3,　　x2当x1时，f(x)1无解；

当1x2时，由f(x)1得，2x11，解得1x2；

当x2时，由f(x)1解得x2

所以f(x)1的解集为{x|x1}

〔2〕由f(x)x2xm得m|x1||x2|x2x，而

|x1||x2|x2x|x|1|x|2x2|x|

35(|x|)2

24且当x5

4352时，|x1||x2|xx

2454故m的取值范围为(,]


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