2021全国各地区高考数学试题全详解

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．已知全集，2，3，4，，集合，，，，则　　

A． B．， C．， D．，2，3，

2．设，则　　

A． B． C． D．

3．已知命题，；命题，，则下列命题中为真命题的是　　

A． B． C． D．

4．函数的最小正周期和最大值分别是　　

A．和 B．和2 C．和 D．和2

5．若，满足约束条件则的最小值为　　

A．18 B．10 C．6 D．4

6．　　

A． B． C． D．

7．在区间随机取1个数，则取到的数小于的概率为　　

A． B． C． D．

8．下列函数中最小值为4的是　　

A． B． C． D．

9．设函数，则下列函数中为奇函数的是　　

A． B． C． D．

10．在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为　　

A． B． C． D．

11．设是椭圆的上顶点，点在上，则的最大值为　　

A． B． C． D．2

12．设，若为函数的极大值点，则　　

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分。

13．已知向量，，若，则　　．

14．双曲线的右焦点到直线的距离为　　．

15．记的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，则　　．

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）．

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：

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和，样本方差分别记为和．

（1）求，，，；

（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，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，否则不认为有显著提高）．

18．（12分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求四棱锥的体积．

19．（12分）设是首项为1的等比数列，数列满足，已知，，成等差数列．

（1）求和的通项公式；

（2）记和分别为和的前项和．证明：．

20．（12分）已知抛物线的焦点到准线的距离为2．

（1）求的方程；

（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值．

21．（12分）已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．

（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）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．

（1）写出的一个参数方程；

（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，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．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，求的取值范围．

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（乙卷）

参考答案与试题解析

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．已知全集，2，3，4，，集合，，，，则　　

A． B．， C．， D．，2，3，

【思路分析】利用并集定义先求出，由此能求出．

【解析】：全集，2，3，4，，集合，，，，

，2，3，，．故选：．

【归纳总结】本题考查集合的运算，考查并集、补集定义等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题．

2．设，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．

【解析】：解法一：由，得．故选：．

解法二：（山西运城刘丽补解）：等式两边同乘ｉ可得。两边再同乘即得结果为，故选：．

【归纳总结】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．

3．已知命题，；命题，，则下列命题中为真命题的是　　

A． B． C． D．

【思路分析】先分别判断命题和命题的真假，然后由简单的复合命题的真假判断法则进行判断，即可得到答案．

【解析】：对于命题，，

当时，，故命题为真命题，为假命题；

对于命题，，因为，又函数为单调递增函数，故，

故命题为真命题，为假命题，

所以为真命题，为假命题，为假命题，为假命题，故选：．

【归纳总结】本题考查了命题真假的判断，解题的关键是掌握全称命题和存在性命题真假的判断方法，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

4．函数的最小正周期和最大值分别是　　

A．和 B．和2 C．和 D．和2

【思路分析】化简函数的表达式，再利用三角函数的周期，正弦函数的最值求解即可．

【解析】：，．

当时，函数取得最大值；

函数的周期为，最大值．故选：．

【归纳总结】本题考查了辅助角公式、三角函数的周期性与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

5．若，满足约束条件则的最小值为　　

A．18 B．10 C．6 D．4

【思路分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．

【解析】：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得，

由，得，由图可知，当直线过时，

直线在轴上的截距最小，有最小值为．故选：．

【归纳总结】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．

6．　　

A． B． C． D．

【思路分析】直接利用二倍角的余弦化简求值即可．

【解析】：解法一：

．故选：．

解法二：（山西运城刘丽补解）：

【归纳总结】本题考查三角函数的化简求值和二倍角的余弦，是基础题．

7．在区间随机取1个数，则取到的数小于的概率为　　

A． B． C． D．

【思路分析】我们分别计算出区间和的长度，代入几何概型概率计算公式，即可得到答案．

【解析】：由于试验的全部结果构成的区域长度为，

构成该事件的区域长度为，所以取到的数小于的概率．故选：．

【归纳总结】本题主要考查几何概型的概率计算，其中根据已知条件计算出基本事件总数对应的几何量的大小，和满足条件的几何量的大小是解答本题的关键，属基础题．

8．下列函数中最小值为4的是　　

A． B． C． D．

【思路分析】利用二次函数的性质求出最值，即可判断选项，根据基本不等式以及取最值的条件，即可判断选项，利用基本不等式求出最值，即可判断选项，利用特殊值验证，即可判断选项．

【解析】：对于，，

所以函数的最小值为3，故选项错误；

对于，因为，所以，

当且仅当，即时取等号，

因为，所以等号取不到，所以，故选项错误；

对于，因为，所以，

当且仅当，即时取等号，所以函数的最小值为4，故选项正确；

对于，因为当时，，

所以函数的最小值不是4，故选项错误．．

(详解D) 当x>1时，lnx>0,所以2（当且仅当lnx=2即x=时取等号）；

当0<x<1时，lnx<0,所以-2（当且仅当lnx=-2即x=取等号），综上，,所以选项D错

故选：．

【归纳总结】本题考查了函数最值的求解，涉及了二次函数最值的求解，利用基本不等式求解最值的应用，在使用基本不等式求解最值时要满足三个条件：一正、二定、三相等，考查了转化思想，属于中档题．

9．设函数，则下列函数中为奇函数的是　　

A． B． C． D．

【思路分析】先根据函数的解析式，得到的对称中心，然后通过图象变换，使得变换后的函数图象的对称中心为，从而得到答案．

【解析】：因为，所以函数的对称中心为，

所以将函数向右平移一个单位，向上平移一个单位，

得到函数，该函数的对称中心为，

故函数为奇函数．故选：．

【归纳总结】本题考查了函数奇偶性和函数的图象变换，解题的关键是确定的对称中心，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

10．在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为　　

A． B． C． D．

【思路分析】由，得是直线与所成的角（或所成角的补角），由此利用余弦定理，求出直线与所成的角．

【解析】：，是直线与所成的角（或所成角的补角），

设正方体的棱长为2，

则，，，

，

，直线与所成的角为．故选：．

【归纳总结】本题考查异面直线所成角和余弦定理，考查运算求解能力，是基础题．

11．设是椭圆的上顶点，点在上，则的最大值为　　

A． B． C． D．2

【思路分析】求出的坐标，设，，利用两点间距离公式，结合三角函数的有界性，转化求解距离的最大值即可．

【解析】：解法一：是椭圆的上顶点，所以，

点在上，设，，，，

所以

，

当时，取得最大值，最大值为．故选：．

解法二：（安徽滁州刘家范补解）：是椭圆的上顶点，所以，

设P,因为点在上，所以，PB=

=5（1-）+-2+1=-4-2+6=-4（+）+，因为-11，所以

当= — 时，PB最大值为，，即PB最大值为

【归纳总结】本题考察的考点时椭圆的基本性质（纵坐标的范围），利用二次函数求最值的的方法，考查划归转化思想和计算能力，属中档题。

12．设，若为函数的极大值点，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】分及，结合三次函数的性质及题意，通过图象发现，的大小关系，进而得出答案．

【解析】：令，解得或，即及是的两个零点，

当时，由三次函数的性质可知，要使是的极大值点，则函数的大致图象如下图所示，

则；

当时，由三次函数的性质可知，要使是的极大值点，则函数的大致图象如下图所示，

则；综上，．故选：．

【归纳总结】本题考查三次函数的图象及性质，考查导数知识的运用，考查数形结合思想，属于中档题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，满分20分。

13．已知向量，，若，则　　．

【思路分析】根据题意，由，可得关于的方程，再求出即可．

【解析】：因为，，，

所以，解得．故答案为：．

【归纳总结】本题考查向量平行的坐标表示，涉及向量的坐标计算，属于基础题．

14．双曲线的右焦点到直线的距离为　　．

【思路分析】求出双曲线的右焦点的坐标，利用点到直线的距离公式求解即可．

【解析】：双曲线的右焦点，

所以右焦点到直线的距离为．故答案为：．

【归纳总结】本题考查双曲线的简单性质，点到直线的距离公式，是基础题．

15．记的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，则　　．

【思路分析】由题意和三角形的面积公式以及余弦定理得关于的方程，解方程可得．

【解析】：的内角，，的对边分别为，，，面积为，，，

，

又，（负值舍）故答案为：．

【归纳总结】本题考查三角形的面积公式以及余弦定理的应用，属基础题．

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　②⑤或③④　（写出符合要求的一组答案即可）．

【思路分析】通过观察已知条件正视图，确定该三棱锥的长和高，结合长、高、以及侧视图视图中的实线、虚线来确定俯视图图形．

【解析】：观察正视图，推出三棱锥的长为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．

【归纳总结】该题考查了三棱锥的三视图，需要学生掌握三视图中各个图形边长的等量关系，以及对于三视图中特殊线条能够还原到原立体图形中，需要较强空间想象，属于中等题．

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：

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和，样本方差分别记为和．

（1）求，，，；

（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，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，否则不认为有显著提高）．

【思路分析】（1）利用平均数和方差的计算公式进行计算即可；

（2）比较与的大小，即可判断得到答案．

【解析】：（1）由题中的数据可得，，

，

；

；

解法二：（安徽滁州刘家范补快速解）：

 ，

，

（2），，

所以，

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．

【归纳总结】本题考查了样本特征数的计算，解题的关键是掌握平均数与方差的计算公式，考查了运算能力，属于基础题．

18．（12分）如图，四棱锥的底面是矩形，底面，为的中点，且．

（1）证明：平面平面；

（2）若，求四棱锥的体积．

【思路分析】（1）通过线面垂线即可证明；即只需证明平面．

（2）根据底面，可得即为四棱锥的高，利用体积公式计算即可．

【解答】（1）证明：底面，平面，，

又，，，平面．平面．

平面，平面平面；

（2）解：由底面，

即为四棱锥的高，是直角三角形；

底面是矩形，，为的中点，且．

设，取的中点为．因为点E是CD中点，连接，，，，

可得，，

那么．且．，，．

那么是直角三角形，

是直角三角形，根据勾股定理：，则；

由是直角三角形，可得，解得．

底面的面积，

则四棱锥的体积．

解法二：（安徽滁州刘家范补解第二小题）：

由（1）知：平面．又平面，

设=O,底面ABCD是矩形，

ADBC,易证：OAD∽OMB,又M为中点，，

若设BC=x,,得BM=x,  OB=BD=，OM=AM=，

OMB中，，即+=x，

解得：x=,底面的面积，

则四棱锥的体积

【归纳总结】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，体积计算，考查运算求解能力，是中档题．

19．（12分）设是首项为1的等比数列，数列满足，已知，，成等差数列．

（1）求和的通项公式；

（2）记和分别为和的前项和．证明：．

【思路分析】（1）根据，，成等差数列，是首项为1的等比数列，求出公比，进一步求出和的通项公式；

（2）分别利用等比数列的前项和公式和错位相减法，求出和，再利用作差法证明．

【解析】：（1），，成等差数列，，

是首项为1的等比数列，设其公比为，

则，，，．

（2）证明：由（1）知，，

，

，①

，②

①②得，，

，

，．

【归纳总结】本题考查了等差数列与等比数列的性质，等比数列的前项和公式和利用错位相减法求数列的前项和，考查了方程思想和转化思想，属中档题．

20．（12分）已知抛物线的焦点到准线的距离为2．

（1）求的方程；

（2）已知为坐标原点，点在上，点满足，求直线斜率的最大值．

【思路分析】（1）根据焦点到准线的距离为2求出，进而得到抛物线方程，

（2）设出点的坐标，按照向量关系得出点坐标，再代入抛物线方程中，利用基本不等式即可求出最值．

【解答】（1）解：由题意知，，．

（2）解法一：由（1）知，抛物线，，

设点的坐标为，则，

点坐标为，将点代入得，

整理得，

，当时取最大值．故答案为：．

解法二：（安徽滁州刘家范另解）：

)，同乘以分母可得：，

整理得，当K=0时，n=0;当K0时,n有根，，解得：，综上：，所以k的最大值为故答案为：．

【归纳总结】本题考查抛物线的性质，考察基本不等式求最值，属于中档题．

21．（12分）已知函数．

（1）讨论的单调性；

（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．

【思路分析】（1）对函数求导，分及讨论导函数与零的关系，进而得出的单调性情况；

（2）先设出切点，表示出切线方程，根据切线过原点，可求得切线方程，将切线方程与曲线联立，即可求得公共点坐标．

【解析】：（1），△，

①当△，即时，由于的图象是开口向上的抛物线，故此时，则在上单调递增；

②当△，即时，令，解得，

令，解得或，令，解得，

在，，单调递增，在，单调递减；

综上，当时，在上单调递增；当时，在单调递增，在单调递减．

（2）设曲线过坐标原点的切线为，切点为，

则切线方程为，

将原点代入切线方程有，，解得，

切线方程为，

令，即，解得或，

曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和．

【归纳总结】本题考查导数的几何意义以及利用导数研究函数的单调性，考查分类讨论思想及运算求解能力，属于中档题．

（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）在直角坐标系中，的圆心为，半径为1．

（1）写出的一个参数方程；

（2）过点作的两条切线．以坐标原点为极点，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．

【思路分析】（1）求出的标准方程，即可求得的参数方程；

（2）求出直角坐标系中的切线方程，再由，即可求解这两条切线的极坐标方程．

【解析】：（1）的圆心为，半径为1，则的标准方程为，

的一个参数方程为为参数）．

（2）由题意可知两条切线方程斜率存在，设切线方程为，即，

圆心到切线的距离，解得，

所以切线方程为，

因为，，所以这两条切线的极坐标方程为．

【归纳总结】本题主要考查圆的参数方程，普通方程与极坐标方程的转化，考查运算求解能力，属于基础题．

[选修4-5：不等式选讲]（10分）

23．已知函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若，求的取值范围．

【思路分析】（1）将代入中，根据，利用零点分段法解不等式即可；

（2）利用绝对值三角不等式可得，然后根据，得到，求出的取值范围．

【解析】：（1）当时，，

，或或，

或，不等式的解集为，，．

（2），

若，则，

两边平方可得，解得，即的取值范围是，．

【归纳总结】本题主要考查绝对值不等式的解法，考查运算求解能力，属于基础题．

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