1、2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题 文一、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，集合，则（ ）A. B. C. D. 【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：，则.故选：A.2. 设，则（ ）A. B. C. D. 【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：.故选：C.3. 已知命题命题，则下列命题中为真命题的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由正弦函数的有界性确定命题的真假性，由指数函数的知识确定
2、命题的真假性，由此确定正确选项.【详解】由于，所以命题为真命题；由于在上为增函数，所以，所以命题为真命题；所以为真命题，、为假命题.故选：A4. 函数的最小正周期和最大值分别是（ ）A. 和B. 和2C. 和D. 和2【答案】C【解析】【分析】利用辅助角公式化简，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，所以的最小正周期为，最大值为.故选：C5. 若满足约束条件则的最小值为（ ）A. 18B. 10C. 6D. 4【答案】C【解析】【分析】由题意作出可行域，变换目标函数为，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，由可得点,转换目标函数为，上下平移
3、直线，数形结合可得当直线过点时,取最小值，此时.故选：C.6. （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意结合诱导公式可得，再由二倍角公式即可得解.【详解】由题意，.故选：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. 【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“区间随机取1个数”，对应集合为： ，区间长度为，“取到的数小于”， 对应集合为：，区间长度为，所以故选：B8. 下列函数中最小值为4的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二
4、定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意【详解】对于A，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意；对于B，因为，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意；对于C，因为函数定义域为，而，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意；对于D，函数定义域为，而且，如当，D不符合题意故选：C9. 设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）A. B. C. D. 【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，对于A，不是奇函数；对于B，是奇函数；对于C，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，定义域不关于原点对称，不是奇函数.
5、故选：B10. 在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】平移直线至，将直线与所成的角转化为与所成的角，解三角形即可.【详解】如图，连接，因为，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，所以.故选：D11. 设B是椭圆上顶点，点P在C上，则的最大值为（ ）A. B. C. D. 2【答案】A【解析】【分析】设点，由依题意可知，再根据两点间的距离公式得到，然后消元，即可利用二次函数的性质求出最大值【详解】设点，因为，所以，而，所以当时，的最大值为故选：A12. 设，若为函数的极大值点，则（ ）A
6、. B. C. D. 【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，对进行分类讨论，画出图象，即可得到所满足的关系，由此确定正确选项.【详解】若，则为单调函数，无极值点，不符合题意，故.有和两个不同零点，且在左右附近是不变号，在左右附近是变号的.依题意，为函数的极大值点，在左右附近都是小于零的.当时，由，画出的图象如下图所示：由图可知，故.当时，由时，画出的图象如下图所示：由图可知，故.综上所述，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1
7、3. 已知向量，若，则_【答案】【解析】【分析】利用向量平行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：，解方程可得：.故答案为：.14. 双曲线右焦点到直线的距离为_【答案】【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，所以双曲线的右焦点为，所以右焦点到直线的距离为.故答案为：15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，面积为，则_【答案】【解析】【分析】由三角形面积公式可得，再结合余弦定理即可得解.【详解】由题意，所以，所以，解得（负值舍去）.故答案为：.16. 以图为正视图，在图中选两个分别作为
8、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）【答案】（答案不唯一）【解析】【分析】由题意结合所给图形确定一组三视图的组合即可.【详解】选择侧视图为，俯视图为，如图所示，长方体中，分别为棱的中点，则正视图，侧视图，俯视图对应的几何体为三棱锥.故答案为：.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1721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
9、，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.7新设备10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5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）【答案】（1）；（2）新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.【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，
10、结合（1）的结论进行判断.【详解】（1），.（2）依题意，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.18. 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，M为的中点，且（1）证明：平面平面；（2）若，求四棱锥的体积【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）由底面可得，又，由线面垂直的判定定理可得平面，再根据面面垂直的判定定理即可证出平面平面；（2）由（1）可知，由平面知识可知，由相似比可求出，再根据四棱锥的体积公式即可求出【详解】（1）因为底面，平面，所以，又，所以平面，而平面，所以平面平面（2）由（1）可知，平面，所以，从而，设，则，即，解得，所以因为底面，故四棱锥的体积为19.
11、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n项和证明：【答案】（1），；（2）证明见解析.【解析】【分析】利用等差数列的性质及得到，解方程即可；利用公式法、错位相减法分别求出，再作差比较即可.【详解】因为是首项为1的等比数列且，成等差数列，所以，所以，即，解得，所以，所以.（2）证明：由（1）可得，得 ，所以，所以，所以.20. 已知抛物线的焦点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，求直线斜率的最大值.【答案】（1）；（2）最大值为.【解析】【分析】（1）由抛物线焦点与准线的距离即可得解；（2）设，由
12、平面向量的知识可得，进而可得，再由斜率公式及基本不等式即可得解.【详解】（1）抛物线的焦点，准线方程为，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；（2）设，则，所以，由在抛物线上可得，即，所以直线的斜率，当时，；当时，当时，因为，此时，当且仅当，即时，等号成立；当时，；综上，直线的斜率的最大值为.21. 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【答案】(1)答案见解析；(2) 和.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，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
13、题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减. (2)由题意可得：，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：,与联立得，化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，该方程可以分解因式为解得,，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.（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
14、方程22. 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，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【答案】（1），（为参数）；（2）或.【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，的普通方程为，所以的参数方程为，（为参数）（2）由题意，切线的斜率一定存在，设切线方程为，即，由圆心到直线的距离等于1可得，解得，所以切线方程为或，将，代入化简得或选修45:不等式选讲23. 已知函数（1）当时，求不等式的解集;（2）若，求a的取值范围【答案】（1）.（2）.【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，由此求得的取值范围.【详解】（1）当时，表示数轴上的点到和的距离之和，则表示数轴上的点到和的距离之和不小于，当或时所对应的数轴上的点到所对应的点距离之和等于6，数轴上到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或，所以的解集为.（2）依题意，即恒成立，当且仅当时取等号，,故，所以或，解得.所以的取值范围是.