2021年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷(理科)新課標(biāo)

2021年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅱ）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。

1.設(shè)集合A＝{x|x2-5x+6>0}，B＝{x|x-1<0}，則A∩B＝（A.(-∞,?1)B.(-2,?1)C.(-3,?-1)D.(3,?+∞)

2.設(shè)z＝-3+2i，則在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

3.已知AB→=(2,?3)，AC→=(3,?t)，|BC→|A.-3B.-2C.2D.3

4.2019年1月3日嫦娥四號(hào)探測(cè)器成功實(shí)現(xiàn)人類(lèi)歷史上首次月球背面軟著陸，我國(guó)航天事業(yè)取得又一重大成就．實(shí)現(xiàn)月球背面軟著陸需要解決的一個(gè)關(guān)鍵技術(shù)問(wèn)題是地面與探測(cè)器的通訊聯(lián)系．為解決這個(gè)問(wèn)題，發(fā)射了嫦娥四號(hào)中繼星“鵲橋”，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日L2點(diǎn)的軌道運(yùn)行．L2點(diǎn)是平衡點(diǎn)，位于地月連線的延長(zhǎng)線上．設(shè)地球質(zhì)量為M1，月球質(zhì)量為M2，地月距離為R，L2點(diǎn)到月球的距離為r，根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，r滿足方程：M1(R+r)2+M2r2=(R+r)A.MB.MC.3D.3

5.演講比賽共有9位評(píng)委分別給出某選手的原始評(píng)分，評(píng)定該選手的成績(jī)時(shí)，從9個(gè)原始評(píng)分中去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到7個(gè)有效評(píng)分.7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分相比，不變的數(shù)字特征是（）A.中位數(shù)B.平均數(shù)C.方差D.極差

6.若a>b，則（）A.lnB.3C.aD.|a|>|b|

7.設(shè)α，β為兩個(gè)平面，則α?//?β的充要條件是（）A.α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行B.α內(nèi)有兩條相交直線與β平行C.α，β平行于同一條直線D.α，β垂直于同一平面

8.若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)是橢圓x23p+y2A.2B.3C.4D.8

9.下列函數(shù)中，以π2為周期且在區(qū)間(π4,?A.f(x)＝|B.f(x)＝|C.f(x)＝cosD.f(x)＝sin

10.已知α∈(0,?π2)，2sin2α＝cos2α+1A.1B.5C.3D.2

11.設(shè)F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,?b>0)的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2+y2＝aA.2B.3C.2D.5

12.設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，滿足f(x+1)＝2f(x)，且當(dāng)x∈(0,?1]時(shí)，f(x)＝x(x-1)．若對(duì)任意x∈(-∞,?m]，都有f(x)≥-89，則m的取值范圍是（A.(-∞,?B.(-∞,?C.(-∞,?D.(-∞,?二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

13.我國(guó)高鐵發(fā)展迅速，技術(shù)先進(jìn)．經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在經(jīng)停某站的高鐵列車(chē)中，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.97，有20個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.99，則經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為_(kāi)_______．

14.已知f(x)是奇函數(shù)，且當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝-eax．若f(ln2)＝8，則a

15.△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c．若b＝6，a＝2c，B=π3，則△ABC的面積為_(kāi)_______63

16.中國(guó)有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長(zhǎng)方體、正方體或圓柱體，但南北朝時(shí)期的官員獨(dú)孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）．半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體．半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對(duì)稱美．圖2是一個(gè)棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)正方體的表面上，且此正方體的棱長(zhǎng)為1．則該半正多面體共有________個(gè)面，其棱長(zhǎng)為_(kāi)_______．

三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。

17.如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD（1）證明：BE⊥平面EB（2）若AE＝A1E，求二面角

18.11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當(dāng)某局打成10:10平后，每球交換發(fā)球權(quán)，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結(jié)束．甲、乙兩位同學(xué)進(jìn)行單打比賽，假設(shè)甲發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.5，乙發(fā)球時(shí)甲得分的概率為0.4，各球的結(jié)果相互獨(dú)立．在某局雙方10:10平后，甲先發(fā)球，兩人又打了X個(gè)球該局比賽結(jié)束．（1）求P(X＝2)；（2）求事件“X＝4且甲獲勝”的概率．

19.已知數(shù)列{an}和{bn}滿足a1＝1，b1＝0，4(1)證明：{an+(2)求{an}

20.已知函數(shù)f(x)＝lnx-x+1（1）討論f(x)的單調(diào)性，并證明f(x)有且僅有兩個(gè)零點(diǎn)；（2）設(shè)x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，證明曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0,?ln

21.已知點(diǎn)A(-2,?0)，B(2,?0)，動(dòng)點(diǎn)M(x,?y)滿足直線AM與BM的斜率之積為-12．記M的軌跡為曲線C（1）求C的方程，并說(shuō)明C是什么曲線；（2）過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連結(jié)QE并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)G．

(i)證明：△PQG是直角三角形；

(ii)求△PQG面積的最大值．（二）選考題：共10分。請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（10分）

22.在極坐標(biāo)系中，O為極點(diǎn)，點(diǎn)M(ρ0,?θ0)(ρ0>0)在曲線C:ρ＝4sin（1）當(dāng)θ0=π3時(shí)，求（2）當(dāng)M在C上運(yùn)動(dòng)且P在線段OM上時(shí)，求P點(diǎn)軌跡的極坐標(biāo)方程．[選修4-5：不等式選講]（10分）

23.已知f(x)＝|x-a|x+|x-2|(x-a)．（1）當(dāng)a＝1時(shí)，求不等式f(x)<0的解集；（2）當(dāng)x∈(-∞,?1)時(shí)，f(x)<0，求a的取值范圍．

參考答案與試題解析2019年全國(guó)統(tǒng)一高考數(shù)學(xué)試卷（理科）（新課標(biāo)Ⅱ）一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.【答案】A【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算【解析】根據(jù)題意，求出集合A、B，由交集的定義計(jì)算可得答案．【解答】根據(jù)題意，A＝{x|x2-5x+6>0}＝{x|x>3或x<2}，

B＝{x|x-1<0}＝{x|x<1}，

則A∩B2.【答案】C【考點(diǎn)】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義【解析】求出z的共軛復(fù)數(shù)，根據(jù)復(fù)數(shù)的幾何意義求出復(fù)數(shù)所對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)即可．【解答】∵z＝-3+2i，

∴z=-3-2i，

∴在復(fù)平面內(nèi)z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(-3,?-2)3.【答案】C【考點(diǎn)】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算【解析】由BC→=AC→-AB→先求出BC【解答】∵AB→=(2,?3)，AC→=(3,?t)，

∴BC→=AC→-AB→=(1,?t-3)，

∵|BC4.【答案】D【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類(lèi)型【解析】由α=rR．推導(dǎo)出M2M1【解答】∵α=rR．∴r＝αR，

r滿足方程：M1(R+r)2+M2r5.【答案】A【考點(diǎn)】眾數(shù)、中位數(shù)、平均數(shù)【解析】根據(jù)題意，由數(shù)據(jù)的數(shù)字特征的定義，分析可得答案．【解答】根據(jù)題意，從9個(gè)原始評(píng)分中去掉1個(gè)最高分、1個(gè)最低分，得到7個(gè)有效評(píng)分，

7個(gè)有效評(píng)分與9個(gè)原始評(píng)分相比，最中間的一個(gè)數(shù)不變，即中位數(shù)不變，6.【答案】C【考點(diǎn)】不等式的基本性質(zhì)【解析】取a＝0，b＝-1，利用特殊值法可得正確選項(xiàng)．【解答】取a＝0，b＝-1，則

ln(a-b)＝ln1＝0，排除A；

3a=30=1>3b=3-1=13，排除B；

a3＝03>(-17.【答案】B【考點(diǎn)】充分條件、必要條件、充要條件【解析】充要條件的定義結(jié)合面面平行的判定定理可得結(jié)論【解答】對(duì)于A，α內(nèi)有無(wú)數(shù)條直線與β平行，α∩β或α?//?β；

對(duì)于B，α內(nèi)有兩條相交直線與β平行，α?//?β；

對(duì)于C，α，β平行于同一條直線，α∩β或α?//?β；

對(duì)于D，α，β垂直于同一平面，α∩β或α?//?β．8.【答案】D【考點(diǎn)】圓錐曲線的綜合問(wèn)題【解析】根據(jù)拋物線的性質(zhì)以及橢圓的性質(zhì)列方程可解得．【解答】由題意可得：3p-p＝(p2)2，解得9.【答案】A【考點(diǎn)】正弦函數(shù)的單調(diào)性【解析】根據(jù)正弦函數(shù)，余弦函數(shù)的周期性及單調(diào)性依次判斷，利用排除法即可求解．【解答】f(x)＝sin|x|不是周期函數(shù)，可排除D選項(xiàng)；

f(x)＝cos|x|的周期為2π，可排除C選項(xiàng)；

f(x)＝|sin2x|在π410.【答案】B【考點(diǎn)】二倍角的三角函數(shù)【解析】由二倍角的三角函數(shù)公式化簡(jiǎn)已知可得4sinαcosα＝2cos2α，結(jié)合角的范圍可求sinα>0，【解答】∵2sin2α＝cos2α+1，

∴可得：4sinαcosα＝2cos2α，

∵α∈(0,?π2)，sinα>0，cosα>0，

∴cosα11.【答案】A【考點(diǎn)】雙曲線的離心率【解析】由題意畫(huà)出圖形，先求出PQ，再由|PQ|＝|OF|列式求C的離心率．【解答】如圖，

以O(shè)F為直徑的圓的方程為x2+y2-cx＝0，

又圓O的方程為x2+y2＝a2，

∴PQ所在直線方程為x=a2c．

把x=a2c代入x2+y2＝a2，得12.【答案】B【考點(diǎn)】函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用【解析】因?yàn)閒(x+1)＝2f(x)，∴f(x)＝2f(x-1)，分段求解析式，結(jié)合圖象可得．【解答】因?yàn)閒(x+1)＝2f(x)，∴f(x)＝2f(x-1)，

∵x∈(0,?1]時(shí)，f(x)＝x(x-1)∈[-14,?0]，

∴x∈(1,?2]時(shí)，x-1∈(0,?1],f(x)＝2f(x-1)＝2(x-1)(x-2)∈[-12,?0]；

∴x∈(2,?3]時(shí)，x-1∈(1,?2],f(x)＝2f(x-1)＝4(x-2)(x-3)∈[-1,?0]，

當(dāng)x∈(2,?3]時(shí)，由4(x-2)(x-3)=-89解得x=73或二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13.【答案】0.98【考點(diǎn)】概率的基本性質(zhì)【解析】利用加權(quán)平均數(shù)公式直接求解．【解答】∵經(jīng)統(tǒng)計(jì)，在經(jīng)停某站的高鐵列車(chē)中，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.97，

有20個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.98，有10個(gè)車(chē)次的正點(diǎn)率為0.99，

∴經(jīng)停該站高鐵列車(chē)所有車(chē)次的平均正點(diǎn)率的估計(jì)值為：

x=110+20+1014.【答案】-3【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)函數(shù)的求值【解析】奇函數(shù)的定義結(jié)合對(duì)數(shù)的運(yùn)算可得結(jié)果【解答】∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(-ln2)＝-8，

又∵當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝-eax，

∴f(-ln2)＝-e-aln2＝-8，15.【答案】6【考點(diǎn)】解三角形三角形的面積公式【解析】利用余弦定理得到c2，然后根據(jù)面積公式S△ABC=【解答】由余弦定理有b2＝a2+c2-2accosB，

∵b＝6，a＝2c，B=π3，

∴36＝16.【答案】26,2【考點(diǎn)】球內(nèi)接多面體【解析】中間層是一個(gè)正八棱柱，有8個(gè)側(cè)面，上層是有8+1，個(gè)面，下層也有8+1個(gè)面，故共有26個(gè)面；半正多面體的棱長(zhǎng)為中間層正八棱柱的棱長(zhǎng)加上兩個(gè)棱長(zhǎng)的cos45【解答】該半正多面體共有8+8+8+2＝26個(gè)面，設(shè)其棱長(zhǎng)為x，則x+22x+22三、解答題：共70分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。第17～21題為必考題，每個(gè)試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據(jù)要求作答。（一）必考題：共60分。17.【答案】長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，B1C1⊥平面AB以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，

則E(1,?1,?1)，A(1,?1,?0)，B1(0,?1,?2)，C1(0,?0,?2)，C(0,?0,?0)，

∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，

故取平面EBC的法向量為m→=EB1→=(-1,?0,?1)，

設(shè)平面ECC1【考點(diǎn)】二面角的平面角及求法直線與平面垂直【解析】（1）推導(dǎo)出B1C1⊥BE，BE⊥EC1，由此能證明BE⊥平面EB1C【解答】長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，B1C1⊥平面AB以C為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

設(shè)AE＝A1E＝1，∵BE⊥平面EB1C1，∴BE⊥EB1，∴AB＝1，

則E(1,?1,?1)，A(1,?1,?0)，B1(0,?1,?2)，C1(0,?0,?2)，C(0,?0,?0)，

∵BC⊥EB1，∴EB1⊥面EBC，

故取平面EBC的法向量為m→=EB1→=(-1,?0,?1)，

設(shè)平面ECC1

18.【答案】設(shè)雙方10:10平后的第k個(gè)球甲獲勝為事件Ak(k＝1,?2,?3,…)，

則P(X＝2)＝P(A1A2)+P(A1P（X＝4且甲獲勝）＝P(A1A2A3A4)+P(【考點(diǎn)】相互獨(dú)立事件的概率乘法公式相互獨(dú)立事件【解析】（1）設(shè)雙方10:10平后的第k個(gè)球甲獲勝為事件Ak(k＝1,?2,?3,…)，則P(X＝2)＝P(A1A2)+P(A1A2)＝P(A1)P(A2)+P(A1)P(A【解答】設(shè)雙方10:10平后的第k個(gè)球甲獲勝為事件Ak(k＝1,?2,?3,…)，

則P(X＝2)＝P(A1A2)+P(A1P（X＝4且甲獲勝）＝P(A1A2A3A4)+P(19.【答案】(1)證明：∵4an+1＝3an-bn+4，4bn+1＝3bn-an-4，

∴4(an+1+bn+1)＝2(an+bn)，4(an+1-bn+1)＝4((2)解：由(1)可得：an+bn＝(12)n-1，

an-bn＝1+2(n-1)＝【考點(diǎn)】數(shù)列遞推式等比數(shù)列的通項(xiàng)公式等差數(shù)列的通項(xiàng)公式【解析】（1）定義法證明即可；

（2）由（1）結(jié)合等差、等比的通項(xiàng)公式可得【解答】(1)證明：∵4an+1＝3an-bn+4，4bn+1＝3bn-an-4，

∴4(an+1+bn+1)＝2(an+bn)，4(an+1-bn+1)＝4((2)解：由(1)可得：an+bn＝(12)n-1，

an-bn＝1+2(n-1)＝20.【答案】函數(shù)f(x)＝lnx-x+1x-1．定義域?yàn)椋?0,?1)∪(1,?+∞)；

f'(x)=1x+2(x-1)2>0，(x>0且x≠1)，

∴f(x)在(0,?1)和(1,?+∞)上單調(diào)遞增，

①在(0,?1)區(qū)間取值有1e2，1e代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，

∵f(1e2)<0，f(1e)>0，f(1e2)?f(1e)<0，

∴f(x)在x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，則有l(wèi)nx0=x0+1x0-1，

曲線y＝lnx，則有y'=1x；

由直線的點(diǎn)斜式可得曲線的切線方程，

曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0,?lnx0)處的切線方程為：y-lnx0=1x0(x-x0)，

即：y=1x0x-1+ln【考點(diǎn)】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性【解析】（1）討論f(x)的單調(diào)性，求函數(shù)導(dǎo)數(shù)，在定義域內(nèi)根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)大致區(qū)間求零點(diǎn)個(gè)數(shù)，

（2）運(yùn)用曲線的切線方程定義可證明．【解答】函數(shù)f(x)＝lnx-x+1x-1．定義域?yàn)椋?0,?1)∪(1,?+∞)；

f'(x)=1x+2(x-1)2>0，(x>0且x≠1)，

∴f(x)在(0,?1)和(1,?+∞)上單調(diào)遞增，

①在(0,?1)區(qū)間取值有1e2，1e代入函數(shù)，由函數(shù)零點(diǎn)的定義得，

∵f(1e2)<0，f(1e)>0，f(1e2)?f(1e)<0，

∴f(x)在x0是f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，則有l(wèi)nx0=x0+1x0-1，

曲線y＝lnx，則有y'=1x；

由直線的點(diǎn)斜式可得曲線的切線方程，

曲線y＝lnx在點(diǎn)A(x0,?lnx0)處的切線方程為：y-lnx0=1x0(x-x0)，

即：y=1x0x-1+ln21.【答案】由題意得yx+2×yx-2=-12，

整理得曲線C的方程：x

(i)設(shè)P(x0,?y0)，則Q(-x0,?-y0)，

E(x0,?0)，G(xG,?yG)，

∴直線QE的方程為：y=y02x0(x-x0)，

與x24+y22=1聯(lián)立消去y，

得(2x02+y02)x2-2x0y02x+x02y02-8x02=0，

∴-x0xG=【考點(diǎn)】橢圓的應(yīng)用直線與橢圓的位置關(guān)系【解析】（1）利用直接法不難得到方程；

(2)(i)設(shè)P(x0,?y0)，則Q(-x0,?-y0)，E(x0,?0)，利用直線QE的方程與橢圓方程聯(lián)立求得G點(diǎn)坐標(biāo)，去證PQ，【解答】由題意得yx+2×yx-2=-12，

整理得曲線C的方程：x

(i)設(shè)P(x0,?y0)，則Q(-x0,?-y0)，

E(x0,?0)，G(xG,?yG)，

∴直線QE的方程為：y=y02x0(x-x0)，

與x24+y22=1聯(lián)立消去y，

得(2x02+y02)x2-2x0y02x+x02y02-8x02=0，

∴-x0xG=（二）選考題：共10分。請(qǐng)考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計(jì)分。[選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程]（10分）22.【答案】當(dāng)θ0=π3時(shí)，ρ0=4sinπ3=23，

在