2021年全国统一高考数学试卷（理科）（乙卷）

2021年全国统一高考数学试卷（理科）（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．设，则　　

A． B． C． D．

2．已知集合，，，，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．设函数，则下列函数中为奇函数的是　　

A． B． C． D．

5．在正方体中，为的中点，则直线与所成的角为　　

A． B． C． D．

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

7．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则　　

A． B． C． D．

8．在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为　　

A． B． C． D．

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，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”， 称为“表距”， 和都称为“表目距”， 与的差称为“表目距的差”，则海岛的高　　

A．表高 B．表高 

C．表距 D．表距

10．设，若为函数的极大值点，则　　

A． B． C． D．

11．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是　　

A．， B．， C．， D．，

12．设，，，则　　

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为　　．

14．已知向量，，若，则　　．

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，，为中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的正弦值．

19．（12分）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知．

（1）证明：数列是等差数列；

（2）求的通项公式．

20．（12分）己知函数，已知是函数的极值点．

（1）求；

（2）设函数．证明：．

21．（12分）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为4．

（1）求；

（2）若点在上，，为的两条切线，，是切点，求面积的最大值．

（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（理科）（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．设，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】利用待定系数法设出，，是实数，根据条件建立方程进行求解即可．

【解析】：设，，是实数，

则，

则由，

得，

得，

得，得，，

即，

故选：．

【归纳总结】本题主要考查复数的基本运算，利用待定系数法建立方程是解决本题的关键，是基础题．

2．已知集合，，，，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】分别讨论当是偶数、奇数时的集合元素情况，结合集合的基本运算进行判断即可．

【解析】：当是偶数时，设，则，

当是奇数时，设，则，，

则，

则，

故选：．

【归纳总结】本题主要考查集合的基本运算，利用分类讨论思想结合交集定义是解决本题的关键，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．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】：解法一：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：．

解法二：（王亮老师补解）直接代入验证为奇函数，满足条件

【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．

5．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】：解法一：，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：．

解法二：（王亮老师补解）由C1P⊥平面BDD1B1，所以C1P⊥PB，又,则,所以）

【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．

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

【思路分析】5分先选2人一组，然后4组全排列即可．

【解析】：5名志愿者选2个1组，有种方法，然后4组进行全排列，有种，

共有种，

故选：．

【归纳总结】本题主要考查排列组合的应用，利用先分组后排列的方法是解决本题的关键，是基础题．

7．把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】由题意利用函数的图像变换规律，得出结论．

【解析】：把函数图像上所有点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，

再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图像，

把函数的图像，向左平移个单位长度，

得到的图像；

再把图像上所有点的横坐标变为原来的2倍，纵坐标不变，

可得的图像．

故选：．

【归纳总结】本题主要考查函数的图像变换规律，属基础题．

8．在区间与中各随机取1个数，则两数之和大于的概率为　　

A． B． C． D．

【思路分析】由题意可得可行域：，可得三角形的面积，结合几何概型即可得出结论．

【解析】：由题意可得可行域：，可得三角形的面积，

．

故选：．

【归纳总结】本题考查了线性规划知识、三角形的面积、几何概型、对立事件的概率计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

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，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”， 称为“表距”， 和都称为“表目距”， 与的差称为“表目距的差”，则海岛的高　　

A．表高 B．表高 

C．表距 D．表距

【思路分析】根据相似三角形的性质、比例的性质、直角三角形的边角关系即可得出．

【解析】：，，故，即，

解得：，，

故：．

故选：．

【归纳总结】本题考查了相似三角形的性质、比例的性质、直角三角形的边角关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

10．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】：解法一：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：．

解法二：（陕西刘兴老师补解）

令

因为，；时，

所以时，函数取得极大值，只需，

即，得，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．

11．设是椭圆的上顶点，若上的任意一点都满足，则的离心率的取值范围是　　

A．， B．， C．， D．，

【思路分析】由题意可得至多一个解，根据判别式即可得到与的关系式，再求出离心率的取值范围．

【解析】：解法一：点的坐标为，因为上的任意一点都满足，

所以点的轨迹可以看成以为圆心，为半径的圆与椭圆至多只有一个交点，

即至多一个解，消去，可得，

△，整理可得，即，

解得，，故的范围为，，故选：．

解法二：（王亮老师补解）设，则

，由题意知：此二次函数在区间端点处取最大值，，所以,则）

【归纳总结】本题考查了椭圆的方程和性质，考查了运算求解能力和转化与化归思想，属于中档题．

12．设，，，则　　

A． B． C． D．

【思路分析】构造函数，，，利用导数和函数的单调性即可判断．

【解析】：解法一：，，，

令，，

令，则，

，

，在上单调递增，

（1），，，

同理令，

再令，则，

，

，在上单调递减，

（1），，，．故选：．

解法二：（王亮老师补解）由，则排除AD,结合选项BC，只需判断a,c的大小，故设，∴

，又∵

∴，∴，∴在上单增，∴，

∴，∴，故选B

【归纳总结】本题考查了不等式的大小比较，导数和函数的单调性和最值的关系，考查了转化思想，属于难题．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13．已知双曲线的一条渐近线为，则的焦距为　4　．

【思路分析】根据题意，由双曲线的性质可得，解可得的值，即可得双曲线的标准方程，据此计算的值，即可得答案．

【解析】：根据题意，双曲线的一条渐近线为，

则有，解可得，

则双曲线的方程为，则，

其焦距；

故答案为：4．

【归纳总结】本题考查双曲线的几何性质，涉及双曲线的渐近线方程的分析，属于基础题．

14．已知向量，，若，则　　．

【思路分析】利用向量的坐标运算求得，再由，可得，即可求解的值．

【解析】：因为向量，，

则，

又，

所以，

解得．

故答案为：．

【归纳总结】本题主要考查数量积的坐标运算，向量垂直的充要条件，考查方程思想与运算求解能力，属于基础题．

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，，

，

；

；

（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，，为中点，且．

（1）求；

（2）求二面角的正弦值．

【思路分析】（1）连结，利用线面垂直的性质定理证明，从而可以证明平面，得到，证明，即可得到的长度；

（2）建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，然后利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式以及同角三角函数关系求解即可．

【解析】：（1）连结，因为底面，且平面，

则，又，，，平面，

所以平面，又平面，则，

所以，又，

则有，所以，

则，所以，解得；

（2）因为，，两两垂直，故以点位坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，

则，，0，，

所以，，

设平面的法向量为，

则有，即，

令，则，，故，

设平面的法向量为，

则有，即，

令，则，故，

所以，

设二面角的平面角为，

则，

所以二面角的正弦值为．

【归纳总结】本题考查了空间中线段长度求解以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．

19．（12分）记为数列的前项和，为数列的前项积，已知．

（1）证明：数列是等差数列；

（2）求的通项公式．

【思路分析】（1）由题意当时，，代入已知等式可得的值，当时，将，代入，可得，进一步得到数列是等差数列；

（2）由，可得，代入已知等式可得，当时，，进一步得到数列的通项公式．

【解析】：（1）证明：当时，，

由，解得，

当时，，代入，

消去，可得，所以，

所以是以为首项，为公差的等差数列．

（2）由题意，得，

由（1），可得，

由，可得，

当时，，显然不满足该式，

所以．

【归纳总结】本题考查了等差数列的概念，性质和通项公式，考查了方程思想，是基础题．

20．（12分）己知函数，已知是函数的极值点．

（1）求；

（2）设函数．证明：．

【思路分析】（1）确定函数的定义域，令，由极值的定义得到，求出的值，然后进行证明，即可得到的值；

（2）将问题转化为证明，进一步转化为证明，令，利用导数研究的单调性，证明，即可证明．

【解答】（1）解：由题意，的定义域为，

令，则，，

则，

因为是函数的极值点，则有，即，所以，

当时，，且，

因为，

则在上单调递减，

所以当时，，

当时，，

所以时，时函数的一个极大值．

综上所述，；

（2）证明：由（1）可知，，

要证，即需证明，

因为当时，，

当时，，

所以需证明，即，

令，

则，

所以，当时，，

当时，，

所以为的极小值点，

所以，即，

故，

所以．

【归纳总结】本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的极值问题，利用导数证明不等式问题，此类问题经常构造函数，转化为证明函数的取值范围问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题．

21．（12分）已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为4．

（1）求；

（2）若点在上，，为的两条切线，，是切点，求面积的最大值．

【思路分析】（1）由点到圆上的点最小值为4建立关于的方程，解出即可；

（2）对求导，由导数的几何意义可得出直线及的方程，进而得到点的坐标，再将的方程与抛物线方程联立，可得，以及点到直线的距离，进而表示出的面积，再求出其最小值即可．

【解析】：（1）点到圆上的点的距离的最小值为，解得；

（2）由（1）知，抛物线的方程为，即，则，

设切点，，，，则易得，从而得到，

设，联立抛物线方程，消去并整理可得，

△，即，且，，

，

，，

①，

又点在圆上，故，代入①得，，

而，，

当时，．

【归纳总结】本题考查圆锥曲线的综合运用，考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，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）由，

∴

∴或无解

∴综上：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．