精品解析：2021年全国高考乙卷数学(文)试题(解析版)

绝密★启用前

河南省2021年普通高等学校招生全国统一考试

文科数学

注意事项:

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

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U1,2,3,4,5，集合M1,2,N3,4，则A. 5 【答案】A 【解析】

【分析】首先进行并集运算，然后进行补集运算即可. 【详解】由题意可得：M故选：A.

2. 设iz43i，则z（ ） A. –34i 【答案】C 【解析】

【分析】由题意结合复数的运算法则即可求得z的值. 【详解】由题意可得：z故选：C.

3. 已知命题p:xR,sinx1﹔命题q:xR﹐e|x|1，则下列命题中为真命题的是（ ） A. pq

B. pq

C. pq

D. pq

B. 34i

C. 34i

D. 34i

B. 1,2

C. 3,4

U(MN)（ ）

D. 1,2,3,4

N1,2,3,4，则

UMN5.

43i43ii4i334i. 2ii1

【答案】A 【解析】

【分析】由正弦函数的有界性确定命题p的真假性，由指数函数的知识确定命题q的真假性，由此确定正确选项.

【详解】由于sin0=0，所以命题p为真命题；

x由于ye在R上为增函数，x0，所以e|x|e01，所以命题q为真命题；

所以pq为真命题，pq、pq、pq为假命题. 故选：A． 4. 函数f(x)sinA. 3π和2 【答案】C 【解析】

【分析】利用辅助角公式化简fx，结合三角函数周期性和值域求得函数的最小正周期和最大值. 【详解】由题，f(x)sinxxcos的最小正周期和最大值分别是（ ） 33B. 3π和2

C. 6π和2

D. 6π和2

2xxx2xxcos2sincos2sin，所以fx的最小正33323342周期为

T2136，最大值为2.

故选：C．

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,A. 18 【答案】C 【解析】

【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为y3xz，数形结合即可得解. 【详解】由题意，作出可行域，如图阴影部分所示，

B. 10

C. 6

D. 4

xy4由可得点A1,3,

y3转换目标函数z3xy为y3xz，

上下平移直线y3xz，数形结合可得当直线过点A时,z取最小值， 此时zmin3136. 故选：C. 6. cos2π5πcos2（ ） 1212B.

A.

1 23 3C.

2 2D.

3 2【答案】D 【解析】

【分析】由题意结合诱导公式可得cos【详解】由题意，cos2212cos25cos2sin2，再由二倍角公式即可得解. 12121212cos25cos2cos2cos2sin2 12121212212cos63. 2故选：D.

7. 在区间0,随机取1个数，则取到的数小于的概率为（ ）

2311A.

3 4B.

2 3C.

1 3D.

1 6【答案】B

【解析】

【分析】根据几何概型的概率公式即可求出.

【详解】设“区间0,随机取1个数”，对应集合为： x0x1211，区间长度为， 22111A“取到的数小于”， 对应集合为：x0x，区间长度为，

3331lA302． 所以PA1l032故选：B．

【点睛】本题解题关键是明确事件“取到的数小于求出．

8. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. yx2x4

21”对应的范围，再根据几何概型的概率公式即可准确3B. ysinx4 sinxC. y22【答案】C 【解析】

x2x

D. ylnx4 lnx【分析】根据二次函数的性质可判断A选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出B,D不符合题意，C符合题意．

【详解】对于A，yx22x4x133，当且仅当x1时取等号，所以其最小值为3，A不符合题意；

对于B，因为0sinx1，ysinx所以其最小值不为4，B不符合题意；

对于C，因为函数定义域为R，而2x0，y22时取等号，所以其最小值为4，C符合题意；

x2x24244，当且仅当sinx2时取等号，等号取不到，sinx2x4244，当且仅当2x2，即x1x2

对于D，ylnxD不符合题意． 故选：C．

4，函数定义域为0,1lnx1,，而lnxR且lnx0，如当lnx1，y5，

【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出． 9. 设函数f(x)A. fx11 【答案】B 【解析】

【分析】分别求出选项的函数解析式，再利用奇函数的定义即可. 【详解】由题意可得f(x)1x，则下列函数中为奇函数的是（ ） 1xB. fx11

C. fx11

D. fx11

1x21， 1x1x对于A，fx1122不是奇函数； x2是奇函数； x22，定义域不关于原点对称，不是奇函数； x22，定义域不关于原点对称，不是奇函数. x2对于B，fx11对于C，fx11对于D，fx11故选：B

【点睛】本题主要考查奇函数定义，考查学生对概念的理解，是一道容易题.

10. 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.

π 2B.

π 3C.

π 4D.

π 6【答案】D 【解析】

【分析】平移直线AD1至BC1，将直线PB与AD1所成的角转化为PB与BC1所成的角，解三角形即可.

【详解】

如图，连接BC1,PC1,PB，因为AD1∥BC1， 所以PBC1或其补角为直线PB与AD1所成的角，

因为BB1平面A1B1C1D1，所以BB1PC1，又PC1B1D1，BB1B1D1B1， 所以PC1平面PBB1，所以PC1PB， 设正方体棱长为2，则BC122,PC11D1B12， 2sinPBC1故选：D

PC11，所以PBC1. BC126x211. 设B是椭圆C:y21的上顶点，点P在C上，则PB的最大值为（ ）

5A.

5 2B.

6

C.

5 D. 2

【答案】A 【解析】

2x022【分析】设点Px0,y0，由依题意可知，B0,1，y01，再根据两点间的距离公式得到PB，然

5后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值． 【详解】设点Px0,y0，因

2x02B0,1，y01，所以

5125222PBx0y0151y0y014y02y064y0，

442222而1y01，所以当y015时，PB的最大值为． 42

故选：A．

【点睛】本题解题关键是熟悉椭圆的简单几何性质，由两点间的距离公式，并利用消元思想以及二次函数的性质即可解出．易错点是容易误认为短轴的相对端点是椭圆上到上定点B最远的点，或者认为是椭圆的长轴的端点到短轴的端点距离最大，这些认识是错误的，要注意将距离的平方表示为二次函数后，自变量的取值范围是一个闭区间，而不是全体实数上求最值.． 12. 设a0，若xa为函数fxaxaA. ab 【答案】D 【解析】

【分析】先考虑函数的零点情况，注意零点左右附近函数值是否编号，结合极大值点的性质，对类讨论，画出

图象，即可得到a,b所满足的关系，由此确定正确选项.

32xb的极大值点，则（ ）

C. aba2

D. aba2

B. ab

进行分

【详解】若ab，则fxaxa为单调函数，无极值点，不符合题意，故ab.

fx有xa和xb两个不同零点，且在xa左右附近是不变号，在xb左右附近是变号的.依题意，

为函数

的极大值点，在xa左右附近都是小于零的.

当a0时，由xb，fx0，画出fx的图象如下图所示：

由图可知ba，a0，故aba2.

当a0时，由xb时，fx0，画出fx的图象如下图所示：

由图可知ba，a0，故aba2. 综上所述，aba2成立. 故选：D

【点睛】本小题主要考查三次函数的图象与性质，利用数形结合的数学思想方法可以快速解答.

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_________． 【答案】

8 5【解析】

【分析】利用向量平行的充分必要条件得到关于的方程，解方程即可求得实数的值. 【详解】由题意结合向量平行的充分必要条件可得：2450， 解方程可得：8. 5故答案为：

8. 5x2y214. 双曲线1的右焦点到直线x2y80的距离为________．

45【答案】5 【解析】

【分析】先求出右焦点坐标，再利用点到直线的距离公式求解.

【详解】由已知，ca2b2543，所以双曲线的右焦点为(3,0)，

所以右焦点(3,0)到直线x2y80距离为|3208|122255. 5故答案为：5 15. 记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为3，B60，a2c23ac，则b________． 【答案】22 【解析】

【分析】由三角形面积公式可得ac4，再结合余弦定理即可得解. 【详解】由题意，S22ABC13acsinBac3， 24所以ac4,ac12，

222所以bac2accosB1224故答案为：22. 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）．

的18，解得b22（负值舍去）. 2

【答案】③④（答案不唯一） 【解析】

【分析】由题意结合所给的图形确定一组三视图的组合即可.

【详解】选择侧视图为③，俯视图为④，

如图所示，长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC2,BB11，

E,F分别为棱B1C1,BC的中点，

则正视图①，侧视图③，俯视图④对应的几何体为三棱锥EADF. 故答案为：③④.

【点睛】三视图问题解决的关键之处是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系.

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. 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 9.8 10.3 10.0 10.2 9.9 9.8 10.0 10.1 10.2 9.7 新设备 10.1 10.4 10.1 10.0 10.1 10.3 10.6 10.5 10.4 10.5 旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为x和y，样本方差分别记为s1和s2． （1）求x，y，s1，s2；

22ss12（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yx2，则认为102222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）．

22【答案】（1）x10,y10.3,s1（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显0.036,s20.04；

著提高. 【解析】

【分析】（1）根据平均数和方差的计算方法，计算出平均数和方差. （2）根据题目所给判断依据，结合（1）的结论进行判断. 【详解】（1）x9.810.31010.29.99.81010.110.29.710，

1010.110.410.11010.110.310.610.510.410.5y10.3，

10210.220.3200.220.120.2200.120.220.32s0.036，

100.220.120.220.320.2200.320.220.120.22s0.04.

1022（2）依题意，yx0.320.1520.15220.0225，20.0360.0420.0076，

102s12s2，所以新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高. yx21018. 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． 【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】

【分析】（1）由PD底面ABCD可得PDAM，又PBAM，由线面垂直的判定定理可得AM平面PBD，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面PAM平面PBD；

（2）由（1）可知，AMBD，由平面知识可知，DAB~ABM，由相似比可求出AD，再根据四棱

2． 3

锥PABCD体积公式即可求出．

【详解】（1）因为PD底面ABCD，AM平面ABCD， 所以PDAM，

又PBAM，PB所以AM平面PBD， 而AM平面PAM，

所以平面PAM平面PBD．

（2）由（1）可知，AM平面PBD，所以AMBD， 从而DAB~ABM，设BMx，AD2x， 则

BMAB2，即2x21，解得x，所以AD2． ABAD2因为PD底面ABCD，

故四棱锥PABCD的体积为V【点睛】本题第一问解题关键是找到平面PAM或平面PBD的垂线，结合题目条件PBAM，所以垂线可以从PB,AM中产生，稍加分析即可判断出AM平面PBD，从而证出；第二问关键是底面矩形面积的计算，利用第一问的结论结合平面几何知识可得出DAB~ABM，从而求出矩形的另一个边长，从而求得该四棱锥的体积．

19. 设an是首项为1的等比数列，数列bn满足bn（1）求an和bn的通项公式；

（2）记Sn和Tn分别为an和bn的前n项和．证明：Tn的PDP，

12． 12133nan．已知a1，3a2，9a3成等差数列． 3Sn． 2n1n1【答案】（1）an()，bnn；（2）证明见解析.

33【解析】

【分析】利用等差数列的性质及a1得到9q6q10，解方程即可； 利用公式法、错位相减法分别求出Sn,Tn，再作差比较即可.

【详解】因为an是首项为1的等比数列且a1，3a2，9a3成等差数列，

2所以6a2a19a3，所以6a1qa19a1q，

2

即9q6q10，解得q所以bn211n1，所以an()，

33nannn. 331(1（2）证明：由（1）可得Sn1)3n3(11)，

n1231312Tn233112Tn23333①②得Tnn1nn，① n133n1nn1，② n33231113323311(1)n1nn11n33nn1 n1(1n)n1，

13332331331n(1n)， n4323S31n31n(1)0， 所以Tnn(1n)24323n43n23nS所以Tnn.

2所以Tn【点晴】本题主要考查数列

求和，涉及到等差数列的性质，错位相减法求数列的和，考查学生的数学运

算能力，是一道中档题，其中证明不等式时采用作差法，或者作商法要根据式子得结构类型灵活选择，关键是要看如何消项化简的更为简洁.

20. 已知抛物线C:y2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. 【答案】（1）y4x；（2）最大值为【解析】

2【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；

225y09（2）设Qx0,y0，由平面向量的知识可得P10x09,10y0，进而可得x0，再由斜率公式及

10基本不等式即可得解.

2【详解】（1）抛物线C:y2px(p0)的焦点F的1. 3pp,0，准线方程为x，

22

由题意，该抛物线焦点到准线的距离为所以该抛物线的方程为y24x；

ppp2， 22（2）设Qx0,y0，则PQ9QF99x0,9y0， 所以P10x09,10y0， 由P在抛物线上可得10y02225y09， 410x09，即x010所以直线OQ的斜率

kOQy0y010y022925y0x025y09， 10当y00时，kOQ0；

当y00时，

kOQ1025y09， y0当y00时，因为25y099225y030， y0y0此时0kOQ913，当且仅当25y0，即y0时，等号成立；

y035当y00时，kOQ0； 综上，直线OQ的斜率的最大值为

1. 3【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用平面向量的知识求得点Q坐标的关系，在求斜率的最值时要注意对y0取值范围的讨论.

21. 已知函数f(x)x3x2ax1． （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． 【答案】(1)答案见解析；(2) 【解析】

，1a. 和1

【分析】(1)首先求得导函数解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；

(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标. 【详解】(1)由函数的解析式可得：fx3x2xa，

2导函数的判别式412a， 当412a0,a1时，fx0,fx在R上单调递增， 3时，

的解为：x1当

113a当x,时，3113a113ax,当时，33113a,当x时，3综上可得：当

时，在,的单调递增；

单调递减；

单调递增；

在R上单调递增，

22113a113a， ,x233当

时，

113a113a,，上 33113a113a,单调递增，在上单调递减. 33 (2)由题意可得：fx0x0x0ax01，fx03x02x0a，

3则切线方程为：yx0x0ax013x02x0a322xx，

0切线过坐标原点，则：0x0x0ax013x02x0a32220x,

032整理可得：2x0x010，即：x012x0x010，

解得：，则

，f'(x0)f11a

切线方程为：ya1x, 与

联立得xxax1(a1)x，

32x1是x3x2x1的一个因化简得x3x2x10,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，

式，∴该方程可以分解因式为x1x10,

2解得x11,x21,

f11a，

综上，曲线

过坐标原点的切线与曲线

的公共点的坐标为

，1a. 和1【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.

（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]

22. 在直角坐标系xOy中，（1）写出

C的圆心为C2,1，半径为1．

C的一个参数方程;

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

（2）过点F4,1作的极坐标方程．

x2cos【答案】（1），（为参数）；（2）2cos()43或2cos()43. 33y1sin【解析】

【分析】（1）直接利用圆心及半径可得的圆的参数方程；

（2）先求得过（4，1）的圆的切线方程，再利用极坐标与直角坐标互化公式化简即可. 【详解】（1）由题意，

C的普通方程为(x2)2(y1)21，

所以

x2cosC的参数方程为，（为参数）

y1sin（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为y1k(x4)，即kxy14k0，

由圆心到直线的距离等于1可得|2k|1k21，

解得k3，所以切线方程为3x3y3430或3x3y3430， 3将xcos，ysin代入化简得

2cos()43或2cos()43 33【点晴】本题主要考查直角坐标方程与极坐标方程的互化，涉及到直线与圆的位置关系，考查学生的数学运算能力，是一道基础题.

[选修4—5:不等式选讲]

23. 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． 【答案】（1）,4【解析】

【分析】（1）利用绝对值的几何意义求得不等式的解集.

（2）利用绝对值不等式化简fxa，由此求得a的取值范围.

【详解】（1）当a1时，fxx1x3，x1x3表示数轴上的点到1和3的距离之和， 则fx6表示数轴上的点到1和3的距离之和不小于6，

当x4或x2时所对应的数轴上的点到1，3所对应的点距离之和等于6，

∴数轴上到1，3所对应的点距离之和等于大于等于6得到所对应的坐标的范围是x4或x2， 所以fx6的解集为,4,2,.（2）. 232,.

（2）依题意fxa，即xax3a恒成立，

xax3axx3a3，

当且仅当axx30时取等号，fxmina3,

故a3a，

所以a3a或a3a， 解得a3. 23,. 2所以a的取值范围是【点睛】解绝对值不等式的方法有零点分段法、几何意义法．解含有两个绝对值，且其中的x的系数相等时，可以考虑利用数轴上绝对值的几何意义求解；利用绝对值三角不等式求最值也是常见的问题，注意表述取等号的条件.