2021年全国高考理科数学(全国一卷)试题及答案

2023年12月3日发(作者：1991年考研数学试卷四)

2021年全国普通高等学校招生全国统一考试

〔全国一卷〕理科数学

一、选择题：〔此题有12小题，每题5分，共60分。〕

1、设z=，那么∣z∣=〔 〕

B. C.1 D.2、集合A={x|x2-x-2>0}，那么

A

=〔 〕

A、{x|-1

C、{x|x<-1}∪{x|x>2} D、{x|x≤-1}∪{x|x ≥2}

3、某地区经过一年的新农村建立，农村的经济收入增加了一倍，实现翻番，为更好地理解该地区农村的经济收入变化情况，统计了该地区新农村建立前后农村的经济收入构成比例，得到如下饼图：

建立前经济收入构成比例

那么下面结论中不正确的选项是〔 〕

A. 新农村建立后，种植收入减少

建立后经济收入构成比例

B. 新农村建立后，其他收入增加了一倍以上

C. 新农村建立后，养殖收入增加了一倍 D. 新农村建立后，养殖收入与第三产业收入的总和超过了经济收入的一半

4、记Sn为等差数列{an}的前n项和，假设3S3

= S2+ S4，a1

=2，那么a5

=〔 〕

A、-12 B、-10 C、10 D、12

5、设函数f〔x〕=x³+〔a-1〕x²+ax .假设f〔x〕为奇函数，那么曲线y= f〔x〕在点〔0，0〕处的切线方程为〔 〕

A.y= -2x B.y= -x C.y=2x D.y=x

6、在∆ABC中，AD为BC边上的中线，E为AD的中点，那么=〔 〕

A. - B. - C. + D. +

7、某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图。圆柱外表上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱外表上的点N在左视图上的对应点为B，那么在此圆柱侧面上，从M到N的途径中，最短途径的长度为〔 〕

A. 2B. 2

C. 3

D. 2

8.设抛物线C：y²=4x的焦点为F，过点〔-2，0〕且斜率为的直线与C交于M，N两点，那么·=( )

9.函数f〔x〕=( )

g〔x〕=f〔x〕+x+a，假设g〔x〕存在2个零点，那么a的取值范围是 A. [-1，0〕 B. [0，+∞〕 C. [-1，+∞〕 D. [1，+∞〕

10.下列图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形。此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC. △ABC的三边所围成的区域记为Ⅰ，黑色局部记为Ⅱ，其余局部记为Ⅲ。在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，那么( )

A. p1=p2

B. p1=p3

C. p2=p3

D. p1=p2+p3

11.双曲线C： - y²=1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N. 假设△OMN为直角三角形，那么∣MN∣=( )

A. B.3 C.

12.正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，那么 截此正方体所得截面面积的最大值为〔 〕

A. B. C. D.

二、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分。

x，y满足约束条件那么z=3x+2y的最大值为 .

n为数列｛an｝的前n项和. 假设Sn

= 2an+1，那么S6= .

生，4位男生中选3人参加科技比赛，且至少有1位女生入选，那么不同的选法共有

种.〔用数字填写答案〕

f〔x〕=2sinx+sin2x，那么f〔x〕的最小值是 .

三.解答题：共70分。解容许写出文字说明、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〕

在平面四边形ABCD中，∠ADC=90°，∠A=45°，AB=2，BD=5.

〔1〕求cos∠ADB；

〔2〕假设DC

=

18.〔12分〕

如图，四边形ABCD为正方形，E，F分别为AD，BC的中点，以DF为折痕把∆DFC折起，使点C到达点P的位置，且PF⊥BF

.

〔1〕证明：平面PEF⊥平面ABFD；

〔2〕求DP与平面ABFD所成角的正弦值.

19.〔12分〕

设椭圆C： + y²=1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为〔2，0〕.

〔1〕当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；

〔2〕设O为坐标原点，证明：∠OMA =∠OMB.

，求BC.

20、〔12分〕

某工厂的某种产品成箱包装，每箱200件，每一箱产品在交付用户之前要对产品作检验，如检验出不合格品，那么更换为合格品，检验时，先从这箱产品中任取20件产品作检验，再根据检验结果断定是否对余下的所有产品做检验，设每件产品为不合格品的概率都为P

〔0

〔1〕记20件产品中恰有2件不合格品的概率为f〔P〕，求f〔P〕的最大值点〔2〕现对一箱产品检验了20件，结果恰有2件不合格品，以〔1〕中确定的。

作为P的值，每件产品的检验费用为2元，假设有不合格品进入用户手中，那么工厂要对每件不合格品支付25元的赔偿费用。

〔i〕假设不对该箱余下的产品作检验，这一箱产品的检验费用与赔偿费用的和记为X，求EX；

〔ii〕以检验费用与赔偿费用和的期望值为决策根据，是否该对这箱余下的所有产品作检验？

21、〔12分〕

函数.

〔1〕讨论f〔x〕的单调性；

〔2〕假设f〔x〕存在两个极值点x1

, x2 , 证明：

〔二〕选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。假如多做，那么按所做的第一题计分。

22. [选修4-4：坐标系与参数方程]〔10分〕

在直角坐标系xOy中，曲线C₁的方程为y=k∣x∣+2.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立 . 极坐标系，曲线C₂的极坐标方程为²

+2cos -3=0.

（1） 求C₂的直角坐标方程:

（2） 假设C₁与C₂有且仅有三个公共点，求C₁的方程.

23. [选修4-5：不等式选讲]〔10分〕

f〔x〕=∣x+1∣-∣ax-1∣.

（1） 当a=1时，求不等式f〔x〕﹥1的解集；

（2） 假设x∈〔0，1〕时不等式f〔x〕﹥x成立，求a的取值范围.

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2021年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学试题参考答案

一、选择题

1．C 2．B 3．A 4．B 5．D

7．B 8．D 9．C 10．A 11．B

二、填空题

13．6 14．63 15．16 16．332

三、解答题

17．解：

〔1〕在△ABD中，由正弦定理得BDABsinAsinADB.

由题设知，5sin452sinADB,所以sinADB25.

由题设知，ADB90， 所以cosADB1223255.

〔2〕由题设及〔1〕知，cosBDCsinADB25.

在△BCD中，由余弦定理得

BC2BD2DC22BDDCcosBDC258252225

25.所以BC5.

6．A

12．A

18．解：

〔1〕由可得，BFPF，BFEF，所以BF平面PEF.

又BF平面ABFD，所以平面PEF平面ABFD.

〔2〕作PHEF，垂足为H. 由〔1〕得，PH平面ABFD.

以H为坐标原点，HF的方向为y轴正方向，|BF|为单位长，建立如下图的空间直角坐标系Hxyz.

由〔1〕可得，DEPE. 又DP2，DE1，所以PE3. 又PF1，EF2，故PEPF.

33，EH.

22可得PH

那么H(0,0,0)，P(0,0,33333),

D(1,,0)，DP(1,,)，HP(0,0,)为平面ABFD的法向量.

222223HPDP3设DP与平面ABFD所成角为，那么

sin|.

|443|HP||DP|3.

4所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为

19．解：

〔1〕由得F(1,0)，l的方程为x1.

由可得，点A的坐标为(1,22).

)或(1,22所以AM的方程为y22x2或yx2.

22

〔2〕当l与x轴重合时，OMAOMB0.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1,y1)，B(x2,y2)，那么x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB由y1kx1k，y2kx2k得

kMAkMB2kx1x23k(x1x2)4k.

(x12)(x22)y1y2.

x12x22 x2将yk(x1)代入y21得

2(2k21)x24k2x2k220.

4k22k22所以，x1x22.

,x1x222k12k14k34k12k38k34k那么2kx1x23k(x1x2)4k0.

2k21从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补. 所以OMAOMB.

综上，OMAOMB.

20．解：

218〔1〕20件产品中恰有2件不合格品的概率为f(p)C220p(1p). 因此

18217217

f(p)C220[2p(1p)18p(1p)]2C20p(1p)(110p).

令f(p)0，得p0.1. 当p(0,0.1)时，f(p)0；当p(0.1,1)时，f(p)0.所以f(p)的最大值点为p00.1.

〔2〕由〔1〕知，p0.1.

〔ⅰ〕令Y表示余下的180件产品中的不合格品件数，依题意知YX4025Y.

B(180,0.1)，X20225Y，即所以EXE(4025Y)4025EY490.

〔ⅱ〕假如对余下的产品作检验，那么这一箱产品所需要的检验费为400元.

由于EX400，故应该对余下的产品作检验.

21．解：

1ax2ax1〔1〕f(x)的定义域为(0,)，f(x)21.

xxx2〔ⅰ〕假设a≤2，那么f(x)≤0，当且仅当a2，x1时f(x)0，所以f(x)在(0,)单调递减.

aa24aa24〔ⅱ〕假设a2，令f(x)0得，x或x.

22aa24)当x(0,2aa24(,)时，f(x)0；

2aa24aa24aa24aa24,)时，f(x)0. 所以f(x)在(0,)，(,)单调递减，在当x(2222aa24aa24(,)单调递增.

22

〔2〕由〔1〕知，f(x)存在两个极值点当且仅当a2.

由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2ax10，所以x1x21，不妨设x1x2，那么x21. 由于

f(x1)f(x2)lnx1lnx2lnx1lnx22lnx21，

1a2a2a1x1x2x1x2x1x2x1x2x2x2所以f(x1)f(x2)1a2等价于x22lnx20.

x1x2x2

设函数g(x)1x2lnx，由〔1〕知，g(x)在(0,)单调递减，又g(1)0，从而当x(1,)时，g(x)0.

x所以f(x1)f(x2)1x22lnx20，即a2.

x2x1x2

22．解：

〔1〕由xcos，ysin得C2的直角坐标方程为

(x1)2y24.

〔2〕由〔1〕知C2是圆心为A(1,0)，半径为2的圆.

由题设知，C1是过点B(0,2)且关于y轴对称的两条射线. 记y轴右边的射线为l1，y轴左边的射线为l2. 由于B在圆C2的外面，故C1与C2有且仅有三个公共点等价于l1与C2只有一个公共点且l2与C2有两个公共点，或l2与C2只有一个公共点且l1与C2有两个公共点.

当l1与C2只有一个公共点时，A到l1所在直线的间隔 为2，所以|k2|42，故k或k0. 经检验，当3k214k0时，l1与C2没有公共点；当k时，l1与C2只有一个公共点，l2与C2有两个公共点.

3当l2与C2只有一个公共点时，A到l2所在直线的间隔 为2，所以k0时，l1与C2没有公共点；当k|k2|k212，故k0或k4. 经检验，当34时，l2与C2没有公共点.

34综上，所求C1的方程为y|x|2.

3

23．解： 2,〔1〕当a1时，f(x)|x1||x1|，即f(x)2x,2,x≤1,1x1,

x≥1.1故不等式f(x)1的解集为{x|x}.

2

〔2〕当x(0,1)时|x1||ax1|x成立等价于当x(0,1)时|ax1|1成立.

假设a≤0，那么当x(0,1)时|ax1|≥1；

22，所以≥1，故0a≤2.

aa假设a0，|ax1|1的解集为0x综上，a的取值范围为(0,2].