2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

2023年12月2日发(作者：江苏高一数学试卷总分)

2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

2021年全国统一高考数学试卷（文科）（全国新课标II）

一、选择题

1．已知集合A{x|x|3,xZ}，B{x|x|1,xZ}，则AB

A.

【答案】D

【解析】AB{x|1|x|3,xZ}{2,2}，故选D．

2．(1i)4

A.4

【答案】A

【解析】(1i)4(2i)24，故选A．

3．如图，将钢琴上的12个键依次记为a1,a2,...,a12，设1ijk12．若kj3且B.4 C.4i D.4i

（

）

B.{3,2,2,3} C.{2,0,2} D.{2,2}

（

）

ji4，则称ai,aj,ak为原位大三和弦；若kj4且ji3，则称ai,aj,ak为原位小三和弦，用这12个键可以构成的原位大三和弦与原位小三和弦的个数之和为

A. 5 B. 8 C.10 D. 15

（

）

【答案】C

【解析】原位大三和弦：i1，j5，k8；i2，j6，k9；i3，j7，k10；i4，j8，k11；i5，j9，k12共5个；原位小三和弦：i1，j4，k8；i2，j5，k9；i3，j6，k10；i4，j7，k11；i5，j8，k12共5个；总计10个．

4.在新冠肺炎疫情防控期间，某超市开通网上销售业务，每天能完成1200份订单的配货，由于订单量大幅增加，导致订单积压．为解决困难，许多志愿者踊跃报名参加配货工作．已知该超市某日积压500份订单未配货，预计第二天的新订单超过1600份的概率为0.05，志愿者每人2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

每天能完成50份订单的配货，为使第二天完成积压订单及当日订单的配货的概率不小于0.95，则至少需要志愿者

A.10名

【答案】B

【解析】积压500份订单未配货，次日产生新订单超过1600份的概率为0.05，其中1200份不需要志愿者配货，志愿者只需负责400份配货，也就是需要志愿者配货的为900份，故需要18名志愿者．

5．已知单位向量a，b的夹角为60，则在下列向量中， 与b垂直的是

A.a2b

【答案】D

【解析】(2ab)b2abb2112（

）

B.18名 C.24名 D.32名

（ ）

B.2ab C.a2b D.2ab

110，故选D．

26．记Sn为等比数列an的前n项和．若a5a312，a6a424，则A.21

【答案】

B

【解析】

nSn

an（ ）

B.221n C.22n1 D.21n1

设等比数列an的通项公式为ana1qn1，根据a5a312，a6a424．解得a11，q2，故an2n1S12n，Sn2n1，可得n221n ，故选B．

12an（

） 7．执行右面的程序框图，若输入k0，a0，则输出的k为

2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

A.2

【答案】C

B.3 C.4 D.5

【解析】当k0，a0运行后：

a1，k1，再次运行后：

a3，k2，再次运行后：

a7，k3，再次运行后：

a15，k4，此时达到输出条件，所以输出k4，故选C．

8．若过点(2,1)的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线2xy30的距离为

A.（

）

5

5B.25

5C.35

5D.45

5【答案】B

【解析】依题意，因为点(2,1)在直线2xy30上，结合题意可设圆心坐标为(a,a)，则(2a)2(1a)2a2，即a26a50，所以a1，或a5，所以圆心坐标为(1,1)或(5,5)，当圆心坐标为(1,1)时，其到直线2xy30的距离为|213|25；当圆心坐55标为(5,5)时，其到直线2xy30的距离为|2553|25，综上，可知B正确．

55x2y29．设O为坐标原点，直线xa与双曲线221(a0,b0)的两边渐近线分别交于D，abE两点．若ODE的面积为8，则C的焦距的最小值为

A.4

【答案】B

B.8 C.16 D.32

（

） 2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

bx2y2【解析】双曲线C:221(a0,b0)的两条渐近线分别为yx，则容易得到aab|DE|2b，则SODEab8，c2a2b22ab16，当且仅当ab22时，等号成立，所以cmin4，焦距(2c)min8．

310．设函数f(x)x1f(x)

3，则xB.是奇函数，且在(0,)单调递减

D.是偶函数，且在(0,)单调递减

（

）

A.是奇函数，且在(0,)单调递增

C.是偶函数，且在(0,)单调递增

【答案】A

11331f(x)f(x)x(x)0，所以函数【解析】因为f(x)x3，所以33xxx33f(x)是奇函数．又因为f(x)x113(0,)yyx由函数（为增函数）加上函数21x3x33（为(0,)增函数）得到，所以函数f(x)x1为(0,)增函数，故选A．

x330，所以f(x)在x42判断单调性时也可以这样处理：因为当x(0,)，f(x)3x(0,)上是单调递增的．

11．已知ABC是面积为93的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O的表面积4（

）

C.1 D.为16，则O到平面ABC的距离为

A.3

【答案】C

【解析】SABCB.3

23

2393，所以AB3．设球O的半径为R，则4R216，解得AB244233从而O3．32设O在ABC内的射影为O\'，O\'是ABC的重心，故O\'AR2．到平面ABC的距离h2231，故选C．

12．

若2x2y3x3y，则

（

）

(yx1)0 (yx1)0 |xy|0 |xy|0 2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

【答案】A

xyxyxxyyx【解析】223323232111yx2f(x)2．设xyx，333x已知f(x)是定义在R上的增函数，故由211yxy，所以2xy可得33yx0yx11，从而ln(yx1)0，故选A．

二、填空题

13．若sinx【答案】2，则cos2x

．

31

92381．

9922【解析】cos2x12sinx12()114．记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a12，a2a62，则S10______．

【答案】25

【解析】由a2a62，可得a1da15d2，因为a12，可求出d1，由数列的前n项和公式得S1021010(101)1204525．

2xy115．若x，y满足约束条件xy1，则zx2y的最大值是_______．

2xy1【答案】8

【解析】方法一：如图

当x2，y3时，zmax8． 2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

xy1xy1xy1(1,0)(0,1)方法二：联立，得，联立，得，联立，得(2,3)，xy12xy12xy1代入验证可得当x2，y3时，zmax8．

16．设有下列四个命题：

p1:两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．

p2:过空间中任意三点有且仅有一个平面．

p3:若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．

p4:若直线l平面，直线m平面，则ml．

则下列命题中所有真命题的序号是 ．

①p1p4

②p1p2

③p2p3

④p3p4

【答案】①③④

【解析】对于p1:可设l1与l2相交，所得平面为．若l3与l1相交，则交点A必在内，同理，l3与l2交点B也在内，故AB直线在内，即l3在内，故p1为真命题．

对于p2:过空间中任意三点，若三点共线，可形成无数多平面，故p2为假命题．

对于p3:空间中两条直线的位置关系有相交、平行、异面，故p3为假命题．

对于p4:若m平面，则m垂直于平面内的所有直线，故ml，故p4为真命题．

综上可知：p1p4为真命题，p1p2为假命题，p2p3为真命题，p3p4为真命题，故正确的有：①③④．

三、解答题

217.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知cos(2A)cosA5．

4（1）求A； 2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

（2）bc3a，证明：ABC是直角三角形．

32【解析】（1）由cos(2A)cosA552可得：sinAcosA，444cos2A4cosA10(2cosA1)20cosA1，∵A(0,)，∴A．

23b2c2a213（2）解法1：由bc，即a可得a3(bc)，又cosA2bc23222b2c2a2bc，∴bc3(bc)bc，(b2c)(2bc)0，∴b2c或c2b（舍），∴a3c，即a2c2b2，故三角形为直角三角形．

解法2：因为bc于是sin(C331由正弦定理得sinBsinC由于ABC，a，sinA，332113，又因为sin(C)sinCsinCcosCsinC23223)sinC31CC，于是，，所cosCsinCsin(C),又因为366223C(,)333以B(AC)2，故三角形为直角三角形．

18.某沙漠地区经过治理，生态系统得到很大改善，野生动物数量有所增加，为调查该地区某种野生动物的数量,将其分成面积相近的200个地块，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取20个作为样区，调查得到样本数据(xi,yi)(i1,2,...,20)，其中xi和yi分别表示第i个样区的植物覆盖面积(单位:公顷)和这种野生动物的数量，并计算得xi120i60，yi1200，i120(xx)ii120280，(yiy)9000，(xix)(yiy)800，

2i1i12020(1)求该地区这种野生动物数量的估计值(这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数);

(2)求样本(xi,yi)(i1,2,...,20)的相关系数(精确到0．01)；

(3)根据现有统计资料，各地块间植物覆盖面积差异很大，为提高样本的代表性以获得该地区这种野生动物数量更准确的估计，请给出一种你认为更合理的抽样方法，并说明理由． 2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

附：相关系数：r(xx)(yy)iii1n(xx)(yy)2iii1i1nn，21.414

2【解析】(1) 由题意可知，1个样区这种野生动物数量的平均数数量的估计值6020012000；

120060，故这种野生动物20（2）由参考公式得r(xx)(yii1n2nii1i1niy)2y)i(xx)(y80080.94；

80900062(3)由题意可知，各地块间植物覆盖面积差异很大，因此在调查时，先确定该地区各地块间植物覆盖面积大小并且由小到大排序，每十个分为一组,采用系统抽样的方法抽取20个地块作为样区进行样本统计．

x2y219．已知椭圆C1:221(ab0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合，C1的中心与C2ab的顶点重合，过F且与x轴垂直的直线交C1于A，B两点，交C2于C、D两点，且|CD|4|AB|．

3（1）求C1的离心率；

（2）若C1的四个顶点到C2的准线距离之和为12，求C1与C2的标准方程．

42b22p3ap42b2【解析】（1）由题意知：c，∴

4c，∴

3ac2(a2c2)，

3a2222abc即2c23ac2a20，∴2e23e20，∴e或e2，∵0e1，即C1的离心率2为11．

2（2）设C1的四个顶点到C2的准线距离为d1，d2，d3，d4，则： 2021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

d1acdac2p∵d3c，又∵

d1d2d3d412

2pdc42acaccc12

∴pc2∴ac6

∵c1

a2∴2cc6

∴a216，c24，p2c4

∴b212

x2y22∴C1:1，C2:y8x．

161220．如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F

（1）证明：AA1//MN，且平面A1AMN平面EB1C1F；

（2）设O为A1B1C1的中心，若AOAB6，AO//平面EB1C1F，且MPN，求四棱锥BEB1C1F的体积．

3

【解析】

（1）证明∵M，N分别为BC，BC的中点，底面为正三角形，∴BNBM，四边形1112021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

BB1NM为矩形，∴BB1//MN，而AA1//BB1，∴AA1//MN，可得A,A1,M,N共面，

由四边形得得由又B1NNC1,得A1NB1C1，MNA1NN，BB1NM为矩形，MNB1C1，B1C1面A1AMN，B1C1面EB1C1F∴面A1AMN面EB1C1F；

EB1C1F，AO平面A1NMA，平面A1NMA平面EB1C1FNP，（2）因为AO//平面所以AO//NP，又因为NO//AP，所以四边形AONP为平行四边形,AONP6，ONAP3，过M做MH垂直于NP，垂足为H，因为平面EB1C1F平面A1AMN，平面EB1C1F平面A1AMNNP，MH平面A1AMN，所以MH平面EB1C1F，由，PMMNMH22PNPM23,AO6,MN26,得SEB1C1F，由BC//平面EBCF，所以111(B1C1EF)NP242．

1SEB1C1FMH1623VBEB1C1FVMEB1C1F21．已知函数f(x)2lnx1，

（1）若f(x)2xc，求c的取值范围；

（2）设a0，讨论函数g(x)f(x)f(a)的单调性．

xa【解析】（1）f(x)2xc等价于2lnx2xc1，设h(x)2lnx2x，h\'(x)22(1x)2，

xx当0x1时，h(x)0，所以h(x)在(0,1)上递增，

当x1时，h(x)0，所以h(x)在(1,)递减，

故h(x)maxh(1)2，所以c12．即c1，所以c的取值范围是[1,)；

（2）g(x)2(lnxlna)(x0,xa,a0)，所以

xa22a(xa)2lnx2lna2lnx2lna2，

xxg\'(x)(xa)2(xa)22021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

令w(x)2a2a22(ax)2lnx2lna2(x0)，则w\'(x)2，

xxxx2令w\'(x)0得0xa，w\'(x)0得xa，

所以w(x)在(0,a)上单调递增，在(a,)上单调递减，

所以，w(x)w(a)0，即g\'(x)0，所以，g(x)在(0,a)和(a,)上单调递减．

四、选做题

1xtx4costC:22．已知C1，C2的参数方程分别为C1:，（为参数），，（t为参22y4sinyt1t2数）

（1）将C1，C2的参数方程化为普通方程；

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设C1，C2的交点为P，求圆心在极轴上，且经过极点和P的圆的极坐标方程．

【解析】（1）由题：C1的普通方程为：xy40，(x0,y0)；

221xt22t因为C2:，故C2的普通方程为：x2y24；

y2t212t25xxy40532P(,)，设以设所求圆圆联立C1，C2，2解得：，所以点坐标为：P2322xy4y2心为Q(a,0)，半径为a，故圆心Q(a,0)到P(,)的距离

532217171753(a)2(0)2a，得a，所以圆Q的圆心为Q(,0)，半径为，圆Q的直角10101022坐标方程为：(x1721717)y2()2，即x2y2x0，所以所求圆的极坐标方程为：10105

17cos．

52021年高考全国II卷文科数学试题(含解析)

23.已知函数f(x)|xa2||x2a1|.

(1)当a2时，求不等式f(x)4的解集；

(2)若f(x)4，求a的取值范围.

【解析】当a2时，f(x)|x4||x3|，即

2x7,x3311fx1,3x4所以f(x)4的解集为xx.

2或22x7,x4（2）f(x)|xa2||x2a1||xa2(x2a1)||(a1)2|，又f(x)4，所以|(a1)2|4，则a3或a1.