2021年全国高考乙卷文科数学真题及参考答案

2024年3月9日发(作者：四校高三联考数学试卷)

2021年全国高考乙卷文科数学真题及参考答案一、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，只有一项符合题目要求.1.已知全集U1，2，3，4，5，集合M1，2，N3，4，则CUMN（）A.51,2B.）C.3,41,2,3,4D.2.设iz43i，则z（A.34iB.34iC.34ixD.34i3.已知命题p：xR,sinx1；命题q：xR,e（）1，则下列命题中为真命题的是A.pq4.函数fxsinB.pqC.pq）D.pqxxcos的最小正周期和最大值分别是（33B.3和2C.6和2A.3和2D.6和2xy45.若x,y满足约束条件xy2，则z3xy的最小值为（y32）B.10）C.6D.45cos2（1212B.1233A.12C.22）D.327.在区间0，随机取1个数，则取到的数小于1的概率为（3134sinxA.34B.23）C.D.168.下列函数的最小值为4的是（A.yx22x4C.y2x22xB.ysinxD.ylnx4lnx1

9.设函数fx1x，则下列函数中为奇函数的是（1xB.fx11）A.fx11C.fx11D.fx1110.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.2B.3C.4D.6）x211.设B是椭圆y21的上顶点，点P在C上，则PB的最大值为（5A.52B.62C.5D.2）12.设a0，若xa为函数fxaxaxb的极大值点，则（A.abB.aa2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量a2,5，b,4，若a∥b，则x2y214.双曲线1的右焦点到直线x2y80的距离为45..2215.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，面积为3，B60，ac3ac，则b.16.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号一次为（写出符合要求的一组答案即可）.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）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：2

旧设备新设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.710.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别为x，y，样本方差分别为s1，s2.（1）求x，y，s1，s2；（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2222ss2yx21，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，10否则不认为有显著提高.）2218.（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差数列.（1）求an和bn的通项公式；（2）记Sn，Tn分别为an和bn的前n项和.证明：Tn2nan.已知a1,3a2,9a3成等3Sn.220.（12分）已知抛物线C：y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.3

21.（12分）已知函数fxxxax132（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.（10分）22.【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy中，☉C的圆心为C2，1，半径为1.（1）写出☉C的一个参数方程；（2）过点F4，1作☉C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程.23.【选修4-5：不等式选讲】（10分）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.4

参考答案一、选择题1.A解析：由题意可得MN1,2,3,4，∴CUMN52.C解析：在等式iz43i两边同时乘i得，z4i3，∴z34i.3.A4.D解析：p真，q真，∴选A解析：由题可得fx2x2sin，故周期为T6，最大值为2.345.C解析：由约束条件可得可行域如图所示，当直线z3xy过点B1，3时，z取最小值为6.6.D解析：原式cos23sin2cos1212621027.B解析：本题为集合概型，测度为长度，PA3.13028.C解析：由题意可知A的最小值为3，B等号成立条件不成立，D无最小值.9.B解析：fx12关于1，1中心对称，向右1个单位，向上1个单位后关1x于0,0中心对称，∴yfx11为奇函数.10.D解析：如图，PBC1为直线PB与AD1所成的角的平面角.易知A1BC1为正三角形，又P为A1C1的中点，∴PBC1.62x211.A解析：由P在C上，设Px0,y0，且0y01，B0，1，5因此PB22x0y01，22x222由0y01可得x055y0,y01,1，5代入上式得PB255y0y01，225

125化简得PB4y0，y01,1.4422因此当且仅当y012.D15时，PB的最大值为.42解析：若a0，其图象如图（1），此时，0ab；2若a0，其图象如图（2），此时，ba0.综上，aba.二、填空题813.514.58解析：由已知，a∥b，则245，故.5解析有题意可知，双曲线的右焦点坐标为3,0，由点到直线的距离公式得d320812225.13acsinBac3，∴ac4.24215.22解析：SABC22由余弦定理，bacac3acac2ac8，∴b22.16.②⑤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；侧视图为③，如图（2），PA⊥平面ABC，PA1，ACAB俯视图为④.65，BC2，

三、解答题17.解：（1）x110.110.410.110.010.110.310.610.510.410.510.3，1012222s12[9.710.029.810.09.910.0210.010.010y10.110.0210.210.010.310.0]0.036，2222s219.810.310.010.29.99.810.010.110.29.710.01012222[10.010.3310.110.310.310.3210.410.31022210.510.310.610.3]0.04.2s12s2（2）由（1）中数据得yx0.3，220.00760.0304.102s12s2则0.30.090.0304，显然yx2，10∴可判断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.解：（1）∵PD底面ABCD，AM平面ABCD，∴PDAM，∵PDAM，PBAM，PBPDP，PB平面PBD，PD平面PBD，∴AM平面PBD又∵AM平面PAM，∴平面PAM平面PBD.（2）∵M为BC的中点，∴BM1AD且ABDC1……①2∵AM平面PBD，BD平面PBD，∴AMBD.则有BAMMAD90，MADADB90，即BAMADB，则有BAM~ADB，则有BMAB，即将①代入得AD2.ABDASABCDADDC212，VPABCD112SABCDPD21.333n119.解：（1）设an的公比为q，则anq2，∵a1,3a2,9a3成等差数列，∴19q23q，解得q137

1n3113故an，Sn1n.123313n123n1n又bnn，则Tn123n1n，33333311123n1n两边同乘，则Tn234nn1，333333321111n两式相减得Tn123nn1，333333n11111n233即Tn1313整理得Tnn1113n123nn，n1331143nn32n3，nn42323∴2TnSn214n332n3310，nnn4223323故TnSn.2220.解：（1）在抛物线中，焦点F到准线的距离为p，故p2，∴y4x.设Px1,y1，Qx2,y2，F1，0，则PQx2x1,y2y1，QF1x2,y2，∵PQ9QF，∴x2x191x2，y2y19y1，∴x110x29，y110y2，又∵点P在抛物线上，y14x1，∴10y2410x29，22则点Q的轨迹方程为y229.x525设直线OQ的方程为ykx，29相切时，斜率最大，x5252922联立直线与曲线方程，得kxx0，525当直线OQ和曲线y28

11922相切时，0，即4k0，解得k或k（舍去）33255∴直线OQ斜率的最大值为21.3221.解：（1）函数fx的定义域为R，其导数为fx3x2xa.1时，fx0至多有一解，即fx0，∴fx在R上单调递增；312②当a时，令fx0，即3x2xa0，3①当a解得x1113a113a,x2.33fx0时，xx1或xx2；fx0时，x1xx2∴fx在，x1上单调递增，在x1,x2上单调递减，在x2,上单调递增.∴当a当a1时，fx在R上单调递增；3113a113a113a1上单调递增，在上，时，fx在，3333113a，单调递减，在上单调递增.3（2）记曲线yfx过坐标原点的切线为l，切点为Px0,x0x0ax01.32fx03x02x0a.2∴切线l的方程为yx0x0ax013x02x0axx0，322又切线l过坐标原点，则2x0x010，解得x01∴切线l的方程为y1ax若xxax11ax，则有方程xxx10，解得x1或x1323232∴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1,1a和1,1a.（二）选考题9

22.解：（1）∵☉C的圆心为C2，1，半径为1，故☉C的参数方程为x2cos，（为参数）.y1sin2k14k11k2（2）设切线ykx41，即kxy4k10，故1，即2k1k，∴4k1k，解得k2223.3故直线方程为y3x41，y3x41.33故两条切线的极坐标方程为sin3434cos31或sincos31.333323.解：（1）当a1时，fxx1x3，即求x1x36的解集.当x1时，2x26，得x2；当3x1时，46，此时没有x满足条件；当x3时，2x26，解得x4.综上，解集为，42，.（2）fxmina，而由绝对值的几何意义，即求x到a和3距离的最小值.当x在a和3之间时最小，此时fx最小值为a3，即a3a.3a3时，2a30，得a；当a3时，a3a，此时a不存在.23综上，a.210