2021广东省高考数学真题及解析

2023年12月3日发(作者：娄底高一联考数学试卷)

2021广东省高考数学试卷及答案解析本试卷共4页，22小题，满分150分，考试时间120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目制定区域内相应位置上，如需改动，先划掉原来答案，然后再写上新答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.设集合Ax2＜x＜4，B2，3，4，5，则AB=（A.2B.2,3C.3,4）C.62iD.42i）D.2,3,4）2.已知z2i，则zzi（A.62iB.42i3.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（A.2B.22C.4D.424.下列区间中，函数fx7sinx单调递增的区间是（6C.，）A.0，2B.，232D.3，22x2y25.已知F1，F2是椭圆C:1的两个焦点，点M在C上，则MF1MF2的最大94值为（A.13）B.12C.9D.6）D.6.若tan2，则A.65sin1sin2（sincos22B.C.55x65）D.0＜b＜ea7.若过点a,b可以左曲线ye的两条切线，则（A.e＜abB.e＜baC.0＜a＜e1b8.有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立D.丙与丁相互独立二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部答对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9.有一组样本数据x1，x2xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2yn，其中yixici1,2,n，c为非零常数，则（A.两组样本数据的样本平均数相同C.两组样本数据的样本标准差相同）B.两组样本数据的样本中位数相同D.两组样本数据的样本极差相同10.已知O为坐标原点，点P1cos,sin，P2cos,sin，P3cos,sin，A1,0，则（1OP3OP1OP2）1OP1OP2OP311.已知点P在圆x5y516上，点A4，0，B0，2，则（22）A.点P到直线AB的距离小于10C.当PBA最小时，PB32B.点P到直线AB的距离大于2D.当PBA最大时，PB3212.在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足PBBCBB1，其中0,1，0,1，则（）A.当1时，AB1P的周长为定值B.当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值1时，有且仅有一个点P，使得A1PBP21D.当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P2C.当2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.已知函数fxxa223xx是偶函数，则a=2.14.已知O为坐标原点，抛物线C:y2pxp＞0的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上的一点，且PQOP，若FQ6，则C的准线方程为.15.函数fx2x12lnx的最小值为.16.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现此纸时常会沿纸的某条对称轴把纸对折。规格为20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm、20dm6dm两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm，对折2次共可以得5dm12dm、10dm6dm、220dm3dm三种规格的图形，她们的面积之和S2180dm2.以此类推.则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折n次，那么Sk1nkdm2.四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字证明、证明过程或演算步骤。17.（10分）已知数列an满足a11，an1an1,n为奇数an2,n为偶数（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求数列an的前20项和.18.（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有A，B两类问题.每位参加比赛的同学先在两类问题中选择，并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束。A类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；B类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分。已知小明能正确回答A类问题的概率为0.8，能正确回答B类问题的概率为0.6.且能正确回答问题的概率与否与回答次序无关。（1）若小明先回答A类问题，记X为小明的累积得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由。19.（12分）记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知bac，点D在边AC上，BDsinABCasinC.（1）证明：BDb；（2）若AD2DC.求cosABC.3220.（12分）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD,ABAD.O为BD的中点.（1）证明：OACD;（2）若OCD是边长为1的等边三角形.点E在棱AD上.DE3EA.且二面角EBCD的大小为45°，求三棱锥ABCD的体积.21.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F117,0，F217,0，点M满足MF1MF22.记M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线x1上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且2TATBTPTQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.22.（12分）已知函数fxx1lnx（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2＜11＜42021广东省高考数学真题及参考答案一、选择题1.B2.C解析：z2i，z2i，zi22i.zzi2i22i44i2i2i262i3.B解析：设母线长为l，则底面周长为22.为侧面展开图半周长：l，故l22，∴l22.4.A5.C解析：法一：由均值不等式及椭圆第一定义MF1MF2当M0，2取等，故所求最大值为9.法二：设Mx,y，则MF1MF23等.故所求最大值为9.6.C解析：法一：由tan2得sin21MF1MF2421629，4535539x29，当x0取xx3942，sincos.552sin1sin2sinsincos2sin2sincos.故sincossincos5法二：sin1sin2sinsincossin2sincostan2tan2222sincossincos5sincostan127.D解析：点a,b在曲线ye的下方，且可做两条，∴0＜b＜e（由b＜e迅速确定D正xaa确）8.A解析：由独立事件的定义知A正确.二、选择题5解析：A..xxi1nin，yxi1nincxc；B.y中x中cn1n1n2C.Sxix；Syxicxcni1ni12x222SxD.x的极差为xmaxxmin，y的极差为xmaxcxmincxmax解析：如图，可知1OP21；B.只有-时成立,OP3，OP1,OP2，故正确D.错误解析：如图1，记条件中圆为☉M，P到直线AB的距离d满足：P1HdP2H又lAB:x2y40，∴MH52541222115∴P1H1154,∴P2H114.51154，∴d1154,又1154＜2，1154＜10.∴A正确，B错误.如图2，P在☉M上，作BP3，BP4切☉M于P3，P4.则PBA在P3处最小，P4处最大.又BP3BP4∴CD正确.6BM242525242322解析：选项A，BPBCBB1CPBB1，故P在C1C上.将平面B1BCC1与平面AA1C1C沿着CC1展开.发现B1PPA在变.周长=B1PPAAB1B1PPA2不为定值.选项B，BPBCBB1B1PBC，故P在B1C1上.P所在得直线B1C1∥BC.且B1C1平面A1BC.∴B1C1∥平面ABC故P到平面A1BC的距离为定值，而底面积A1BC为定值，故VPA1BC为定值.选项C，BP1BCBB1.如图，建立空间直角坐标系.23111，B1,0,0，C0,，0,0,1，A1,0,12222设Px0,y0,z0，B13131BPBCBB1，，00,0,,，又2444413331，A1P，，-1.BPx0,y0,z0∴P，444423320，∴0或116161选项D，BPBCBB1.，取BB1中点为K.21BB1BK，BPBCBK，∴KPBC.2而A1PBP∴KP∥BC，取CC1中点L.∴PKL.331111，A10,，PB,0，0，B1,0.1，A0,，0，1-,0,2222221133131，AB1,，AP,A1B,,1,1,2222222A1BAB101ABAP001122∴1.故仅有一点满足.7三、填空题13.答案：1解析：fxxa223xxfxx3axx222x1a1xx1a2a20a1x22x2x23214.答案：x解析：OFFQPF15.答案：1p26p2p3∴准线方程为x.2312x12lnx,x2解析：法一：fx，12x2lnx,x12111fx在，上是减函数.∴x，时fminxf22222x11x，时，fx2xx21上是减函数，在1，∴fx在，上是增函数.时，fminxf11.且f1＜f.∴x，综上所知，当x1时，fx的最小值是1.法二：易证lnxx1.当且仅当x1时，等号成立.∴fx2x12lnx2x12x22x12x21当且仅当x1且2x10即x1时等号成立.∴fx的最小值是1.12121216.答案：5，2403n3n28解析：对折4次可以得到201212dmdm，20dmdm5种图形可以归纳出对折n次可得出n1种不同图案，每281620122个面积均为dm2n∴2020122012dm12dm，dmdm，dmdm，1682441111S2012234n1k2482nk1n记Tn23n1123n1n，则Tnn1242482211n131n13n311TnTn1nn1nn1n1.2222222248nn3n3S2403∴Tn3，时也成立，∴n1knn22k1四、解答题17.解：（1）b1a2a112，b2a4a31a2215，由bn1a2n2a2n11a2n21a2n3得bn1bna2n3a2n3，∴bn是首项为2，公差为3的等差数列.∴bn2n133n1（2）由（1）知数列an的奇数列与偶数列都是以3为公差的等差数列.设数列an的前n项和为Sn.则S20a1a3a5a19a2a4a2010列an的前20项和为300.109109320330022（1）X=0，20，10018.解：9PX010.80.2∴X的分布列为1812，PX200.80.4，PX1000.80.65252520100XP（2）若小明先回答A类问题的期望为EX.EX0记若小明先回答B类问题，Y为小明的累计得分.18121360201005252525Y0，80,1002312，PY800.60.2，PY1000.60.85252523121440∴EY0801005252525PY010.60.4∵EX＜EY，∴小明应选择先回答B类问题.（1）由条件知BDm＜BACaMCBDbac19.解：又acb，则BDbbBDb（2）若AD2DC则AD2221b，DCb33222ABBDAD2ADBDcosADB则222BCBDDC2BDDCcosBDC42222cbb2bbcosADB93a2b21b22b1bcosBDC9322221222（1）+（2）23c6a11b又bac，∴3c6a11ac即3c6ca2511，令t，则3t11，即3t11t60，atac2或t333a，此时ab解得t当t3时，c3a，b31a＜3a（舍）a2c2b21172∴t.cosABCt1.32ac2t12（1）在ABD中，∵ABAD，O为BD的中点，20.解：10∴AOBD，∵面ABD面BCD，面ABD面BCDBD，AO面ABD∴AO面CBD，CD面CBD∴AOCD（2）过点E作EN∥AO交BD于N，过点N作NM∥CD交BC于M∴AO面CBD，EN∥AO∴EN面CBD在BCD中，∵OBODOC1，∴BCD90即DCBC，∵NM∥CD，∴NMBC∴二面角EBCD的平面角是EMN45，即EMN是等腰直角三角形，∴DE2AE，∴ND2ON，∴MN222CDEN∴ENND333∴AOOD1∴VABCD1113SBCDAO131.332621.解：（1）c17，MF1MF22a2a1y2又cab，则b16，则x1x11622222（2）设T1,M直线AB倾斜角为Q1，直线PQ倾斜角为Q221xtcos1y221x1则直线AB参数方程与x216ymtsin1联立，则16cos1sin1t16cos12sin1tm1202222m212则TATB，2216cos1sin1m2122222同理TPTQ16cossin16cossin21122216cos2sin2cos21cos22又AB与TQ为不同直线，则cos1cos2于是12则k1k201122.解：（1）首先x＞0，fxlnx当x0,1时，fx＞0，fx递增；当x1，时，fx＜0，fx递减11lnx观察端点limfxlimlimxlimx0.x0x0x0x0112xxx0fx0.则fx在x0处连续.容易发现fe0.令fxlim（2）blnaalnbab令x111，x2.x1x2.不妨设x1＜x2ab111111lnlnaaabbb则由（1）知：0＜x1＜1＜x2＜e.待证结论2＜x1x2＜e下面证明x1x2＞2令gxfxf2x，x0,1，gxlnx2x＞0所以gx在0,1上递增.∴0g1＞gx1fx1f2x1即f2x1＞fx1fx2又fx在1，上递减.∴2x1＜x2，即x1x2＞2.方法一：再证明x1x2＜e当x2e1时，结论显然当x2e1，e时，x1＜ex2fx1＜fex2fx2＜fex2，x2e1,e令hxfxfex，xe1,e，hxlnxex，而kxxex0,e1，则kx递减.则hx在e1,e上先减后增，故hx＜maxhe1,hehe1e11lne11＜0ln11＜1显然成立.e1e1故hx＜0，xe1,e故hx2＜0，即fx2＜fex2故fx1＜fex2，结合fx在0,1上递增，有x1＜ex2即x1x2＜e.12方法二：fx在e,0的切线xex令Fxfxx2xxlnxe，x0,eFx1lnx＞0，∴Fx递增，Fx＜Fe0∴x0,e，fx＜x令tfx1fx2，则tfx2＜x2ex2tx2＜e.又tfx1x11lnx1，x10,1∴tx11lnx1＞x1即x1x2＜tx2＜e.证毕.13