2023年12月3日发(作者：数学试卷中考江苏昆山高一)

2021年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷）

数学

第I卷

注意事项：

1．每小题选出答案后，用铅笔将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，

2，本卷共9小题，每小题5分，共45分

参考公式：

•如果事件A、B互斥，那么P(AB)P(A)P(B)．

•如果事件A、B相互独立，那么P(AB)P(A) P(B)．

13•球的体积公式VR，其中R表示球的半径．

31•圆锥的体积公式VSh，其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的3高．

一、选择题，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1,0,1，B1,3,5,C0,2,4，则(AB)C（

）

A.

0

【答案】C

【解析】

【分析】根据交集并集的定义即可求出.

【详解】A1,0,1，B1,3,5,C0,2,4，

B.

{0,1,3,5} C.

{0,1,2,4} D.

{0,2,3,4}

AB1，(AB)C0,1,2,4.

故选：C.

2. 已知aR，则“a6”是“a236”的（

）

A.

充分不必要条件

C.

充要条件

【答案】A

B.

必要不充分条件

D.

既不充分也不必要条件

第1页/共19页 【解析】

【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解.

【详解】由题意，若a6，则a236，故充分性成立；

若a236，则a6或a6，推不出a6，故必要性不成立；

所以“a6”是“a236”的充分不必要条件.

故选：A.

3. 函数yln|x|的图像大致为（

）

x22A. B.

C. D.

【答案】B

【解析】

【分析】由函数为偶函数可排除AC，再由当x0,1时，fx0，排除D，即可得解.

【详解】设yfx又fxln|x|ln|x|，则函数fx的定义域为xx0，关于原点对称，

x22x22fx，所以函数fx为偶函数，排除AC；

2当x0,1时，lnx0,x20

，所以fx0，排除D.

故选：B.

第2页/共19页 4. 从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其评分数据，将所得400个评分数据分为8组：66,70、70,74、、94,98，并整理得到如下的频率分布直方图，则评分在区间82,86内的影视作品数量是（

）

A.

20

【答案】D

【解析】

B.

40 C.

64 D.

80

【分析】利用频率分布直方图可计算出评分在区间82,86内的影视作品数量.

【详解】由频率分布直方图可知，评分在区间82,86内的影视作品数量为4000.05480.

故选：D.

5. 设alog20.3,blog10.4,c0.40.32，则a，b，c的大小关系为（

）

C.

bca D.

acb

A.

abc

【答案】D

【解析】

B.

cab

【分析】根据指数函数和对数函数的性质求出a,b,c的范围即可求解.

【详解】log20.3log210，a0，

log10.4log20.4log225log221，b1，

200.40.30.401，0c1，

第3页/共19页 acb.

故选：D.

6. 两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（

）

3A.

3

【答案】B

【解析】

【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.

【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，

设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即AD3BD，

B.

4 C.

9 D.

12

4R332设球的半径为R，则，可得R2，所以，33ABADBD4BD4，

所以，BD1，AD3，

CDAB，则CADACDBCDACD90，所以，CADBCD，

又因为ADCBDC，所以，△ACD∽△CBD，

ADCD，CDADBD3，

CDBD112因此，这两个圆锥的体积之和为CDADBD344.

33所以，故选：B.

第4页/共19页 7. 若2a5b10，则A.

1

【答案】C

【解析】

11（

）

abC. 1 D.

log710

B.

lg7

【分析】由已知表示出a,b，再由换底公式可求.

【详解】2a5b10，alog210,blog510，

1111lg2lg5lg101.

ablog210log510故选：C.

x2y28. 已知双曲线221(a0,b0)的右焦点与抛物线y22px(p0)的焦点ab重合，抛物线的准线交双曲线于A，B两点，交双曲线的渐近线于C、D两点，若CD2|AB|．则双曲线的离心率为（

）

A.

2 B.

3 C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】设公共焦点为c,0，进而可得准线为xc，代入双曲线及渐近线方22程，结合线段长度比值可得ac，再由双曲线离心率公式即可得解.

12x2y2【详解】设双曲线221(a0,b0)与抛物线y22px(p0)的公共焦点为abc,0，

则抛物线y22px(p0)的准线为xc，

22222bcyb,

令xc，则221，解得y，所以ABaaab又因为双曲线的渐近线方程为y2bc22b2所以，即caab2bcx，所以CD，

aa1222222b，所以acbc，

第5页/共19页 所以双曲线的离心率e故选：A.

c2.

acos(2x2a).fx)29. 设aR，函数 (2x2(a1)xa5,内恰有6个零点，则a的取值范围是（

）

A.

2,,

424C.

2,,3

44【答案】A

【解析】

9119511xaxa，若f(x)在区间(0,)B.

,2,

424D.

,2,3

44711751122【分析】由x2a1xa50最多有2个根，可得cos2x2a0至少有4个根，分别讨论当xa和x≥a时两个函数零点个数情况，再结合考虑即可得出.

【详解】x22a1xa250最多有2个根，所以cos2x2a0至少有4个根，

k1a,kZ，

224k111由0aa可得2ak，

2422179（1）xa时，当52a4时，fx有4个零点，即a；

2441911fx62a5a5当，有个零点，即；

24411113当72a6，fx有6个零点，即a；

244由2x2ak,kZ可得x（2）当x≥a时，f(x)x22(a1)xa25，

Δ4(a1)24a258a2，

当a2时，，fx无零点；

当a2时，0，fx有1个零点；

当a2时，令f(a)a22a(a1)a252a50，则2a有2个零点；

第6页/共19页

5，此时fx2所以若a5时，fx有1个零点.

2综上，要使f(x)在区间(0,)内恰有6个零点，则应满足

9911713aa1144a44或或44，

552aa2或aa222则可解得a的取值范围是2,,.

424【点睛】关键点睛：解决本题的关键是分成xa和x≥a两种情况分别讨论两个函数的零点个数情况.

9511第II卷

注意事项

1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．

2．本卷共11小题，共105分．

二、填空题，本大题共6小题，每小题5分，共30分，试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．

92i_____________．

10.

i是虚数单位，复数2i【答案】4i

【解析】

【分析】利用复数的除法化简可得结果.

【详解】92i92i2i205i4i.

2i2i2i5故答案为：4i.

111. 在2x3的展开式中，x6的系数是__________．

x6【答案】160

【解析】

【分析】求出二项式的展开式通项，令x的指数为6即可求出.

1r【详解】2x3的展开式的通项为Tr1C62x3x66r1r26rC6x184r，

xr第7页/共19页 令184r6，解得r3，

33所以x6的系数是2C6160.

故答案为：160.

12. 若斜率为3的直线与y轴交于点A，与圆x2y11相切于点B，则2AB____________．

【答案】3

【解析】

【分析】设直线AB的方程为y3xb，则点A0,b，利用直线AB与圆x2y11相切求出b的值，求出2AC，利用勾股定理可求得AB.

【详解】设直线AB的方程为y3xb，则点A0,b，

由于直线AB与圆x2y11相切，且圆心为C0,1，半径为1，

2则b11，解得b1或b3，所以AC2，

2ACBC3.

22因为BC1，故AB故答案为：3.

13. 若a0 , b0，则【答案】22

【解析】

1aab的最小值为____________．

2b【分析】两次利用基本不等式即可求出.

【详解】a0 , b0，

1a1a222b22bb2b22，

ababbb当且仅当所以1a1a22且b，即ababb2时等号成立，

ab的最小值为22.

b2故答案为：22.

第8页/共19页 14. 甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜，否则本次平局，已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别51为和，且每次活动中甲、乙猜对与否互不影响，各次活动也互不影响，则65一次活动中，甲获胜的概率为____________，3次活动中，甲至少获胜2次的概率为______________．

【答案】 ①.

【解析】

【分析】根据甲猜对乙没有猜对可求出一次活动中，甲获胜的概率；在3次活动中，甲至少获胜2次分为甲获胜2次和3次都获胜求解.

202 ②.

327542【详解】由题可得一次活动中，甲获胜的概率为；

653122022则在3次活动中，甲至少获胜2次的概率为C3.

33327故答案为：；232320.

2715. 在边长为1的等边三角形ABC中，D为线段BC上的动点，DEAB且交AB于点E．DF//AB且交AC于点F,则|2BEDF|的值为____________；(DEDF)DA的最小值为____________．

【答案】 ①.

1 ②.

【解析】

11

20【分析】设BEx，由(2BEDF)24BE4BEDFDF可求出；将(DEDF)DA化为关于x的关系式即可求出最值.

221x【详解】设BEx，0,，2ABC为边长为1的等边三角形，DEAB，

BDE30,BD2x,DE3x,DC12x，

DF//AB，DFC为边长为12x的等边三角形，DEDF，

(2BEDF)24BE4BEDFDF4x24x(12x)cos0(12x)21，

|2BEDF|1，

第9页/共19页

22(DEDF)DA(DEDF)(DEEA)DEDFEA

311(3x)2(12x)(1x)5x23x15x，

1020311时，(DEDF)DA的最小值为.

102011.

故答案为：1；20所以当x22

三、解答题，本大题共5小题，共75分，解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤．

16. 在ABC，角 A,B,C所对的边分别为a,b,c，已知sinA:sinB:sinC2:1:2，b2．

（I）求a的值；

（II）求cosC的值；

sin2C（III）求的值．

6【答案】（I）22；（II）【解析】

【分析】（I）由正弦定理可得a:b:c2:1:2，即可求出；

（II）由余弦定理即可计算；

（III）利用二倍角公式求出2C的正弦值和余弦值，再由两角差的正弦公式即可求出.

【详解】（I）因为sinA:sinB:sinC2:1:2，由正弦定理可得33211；（III）

416第10页/共19页 a:b:c2:1:2，

b2，a22,c2；

a2b2c28243； （II）由余弦定理可得cosC2ab22224（III）cosC37，sinC1cos2C，

449173372cos2C2cosC121，，

sin2C2sinCcosC2168448373113211.

所以sin2Csin2Ccoscos2Csin66682821617. 如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点．

（I）求证：D1F//平面A1EC1；

（II）求直线AC1与平面A1EC1所成角的正弦值．

（III）求二面角AAC11E的正弦值．

【答案】（I）证明见解析；（II）【解析】

【分析】（I）建立空间直角坐标系，求出D1F及平面A1EC1的一个法向量m，证明13；（III）.

39第11页/共19页 D1Fm，即可得证；

（II）求出AC1，由sincosm,AC1运算即可得解；

（III）求得平面AA1C1的一个法向量DB，由cosDB,m函数的平方关系即可得解.

【详解】（I）以A为原点，AB,AD,AA1分别为x,y,z轴，建立如图空间直角坐标系，

则A0,0,0,A10,0,2,B2,0,0,C2,2,0,D0,2,0,C12,2,2,D10,2,2，

因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E2,1,0，F1,2,0，

DBmDBm结合同角三角,2,

所以D1F1,0,2,AC112,2,0,A1E2,1设平面A1EC1的一个法向量为mx1,y1,z1，

mA1C12x12y10则，令x12，则m2,2,1，

mA1E2x1y12z10因为D1Fm220，所以D1Fm，

因为D1F平面A1EC1，所以D1F//平面A1EC1；

（II）由（1）得，AC12,2,2，

设直线AC1与平面A1EC1所成角为，

则sincosm,AC1mAC1mAC123；

9323（III）由正方体的特征可得，平面AA1C1的一个法向量为DB2,2,0，

则cosDB,mDBmDBm8223，

32212DB,m.

所以二面角AAC11E的正弦值为1cos3第12页/共19页 x2y218. 已知椭圆221ab0的右焦点为F，上顶点为B，离心率为ab25，且BF5．

5（1）求椭圆的方程；

（2）直线l与椭圆有唯一的公共点M，与y轴的正半轴交于点N，过N与BF垂直的直线交x轴于点P．若MP//BF，求直线l的方程．

x2【答案】（1）y21；（2）xy60.

5【解析】

【分析】（1）求出a的值，结合c的值可得出b的值，进而可得出椭圆的方程；

（2）设点Mx0,y0，分析出直线l的方程为x0xy0y1，求出点P的坐标，根据5MP//BF可得出kMPkBF，求出x0、y0的值，即可得出直线l的方程.

【详解】（1）易知点Fc,0、B0,b，故BFc2b2a5，

因为椭圆的离心率为ec25，故c2，ba2c21，

a5x2因此，椭圆的方程为y21；

5x2（2）设点Mx0,y0为椭圆y21上一点，

5第13页/共19页 先证明直线MN的方程为x0xy0y1，

5x0xy0y152222联立2，消去y并整理得x2x0xx00，4x04x00，

xy215xxx2因此，椭圆y21在点Mx0,y0处的切线方程为0y0y1.

55

在直线MN的方程中，令x0，可得y1，由题意可知y00，即点y01N0,，

y0直线BF的斜率为kBF1b1y2x，所以，直线PN的方程为，

y0c211P,0，即点，

2y02y0在直线PN的方程中，令y0，可得x因为MP//BF，则kMP22y01kBF，即12x0y012，整理可得x02y0y0x05y020，

2x065622所以，x05y0，因为y0，x0，

6y01，y00，故y0566所以，直线l的方程为66xy1，即xy60.

66【点睛】结论点睛：在利用椭圆的切线方程时，一般利用以下方法进行直线：

第14页/共19页 （1）设切线方程为ykxm与椭圆方程联立，由0进行求解；

xxyyx2y2（2）椭圆221在其上一点x0,y0的切线方程为02021，再应用此方ababx0xy0yx2y2程时，首先应证明直线221与椭圆221相切.

abab19. 已知an是公差为2的等差数列，其前8项和为64．bn是公比大于0的等比数列，b14,b3b248．

（I）求an和bn的通项公式；

（II）记cnb2n1,nN*，

bn2（i）证明cnc2n是等比数列；

（ii）证明k1nakak122nN*

2ckc2k【答案】（I）an2n1,nN，bn4n,nN；（II）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【解析】

【分析】（I）由等差数列的求和公式运算可得an的通项，由等比数列的通项公式运算可得bn的通项公式；

2c2n24n，结合等比数列的定义即可得证； （II）（i）运算可得cnnanan14n2akak11nk（ii）放缩得2，进而可得2k1，结合错位相减法即cnc2n222nckc2k2k12k1可得证.

【详解】（I）因为an是公差为2的等差数列，其前8项和为64．

所以a1a2a88a187264，所以a11，

2所以ana12n12n1,nN；

设等比数列bn的公比为q,q0，

第15页/共19页 所以b3b2b1q2b1q4q2q48，解得q4（负值舍去），

所以bnb1qn14n,nN；

2n（II）（i）由题意，cnb2nb44n，

n1111所以cc2n42nn44n2n442n2n2n24，

2cn24n11c2n24， 所以cc2n0，且2cnc2n24n2所以数列cnc2n是等比数列；

anan12n12n14n214n2（ii）由题意知，2，

cnc2n24n222n222naa所以2nn1cnc2n4n2222n2n22n1nn122，

所以k1nakak11nkk1，

2ckc2k2k12n设Tn则Tn12k123n，

k12021222n1k12123n，

2122232nnn22，

2n2n111n1111n2两式相减得Tn12n1n12222212所以Tn4所以k1nn2，

2n1akak11nk1n24n122.

2k1ckc2k22k122【点睛】关键点点睛：

最后一问考查数列不等式的证明，因为k1nakak1无法直接求解，应先放缩去除根2ckc2k号，再由错位相减法即可得证.

第16页/共19页 20. 已知a0，函数f(x)axxex．

（I）求曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线方程：

（II）证明f(x)存在唯一的极值点

（III）若存在a，使得f(x)ab对任意xR成立，求实数b的取值范围．

【答案】（I）y(a1)x,(a0)；（II）证明见解析；（III）e,

【解析】

【分析】（I）求出fx在x0处的导数，即切线斜率，求出f0，即可求出切线方程；

（II）令fx0，可得a(x1)ex，则可化为证明ya与ygx仅有一个交点，利用导数求出gx的变化情况，数形结合即可求解；

2x（III）令h(x)xx1e,(x1)，题目等价于存在x(1,)，使得h(x)b，即bh(x)min，利用导数即可求出hx的最小值.

【详解】（I）f(x)a(x1)ex，则f(0)a1，

又f(0)0，则切线方程为y(a1)x,(a0)；

（II）令f(x)a(x1)ex0，则a(x1)ex，

令g(x)(x1)ex，则g(x)(x2)ex，

当x(,2)时，g(x)0，gx单调递减；当x(2,)时，g(x)0，gx单调递增，

当x时，gx0，g10，当x时，gx0，画出gx大致图像如下：

第17页/共19页 所以当a0时，ya与ygx仅有一个交点，令gma，则m1，且f(m)ag(m)0，

当x(,m)时，ag(x)，则f(x)0，fx单调递增，

当xm,时，ag(x)，则f(x)0，fx单调递减，

xm为fx的极大值点，故f(x)存在唯一的极值点；

（III）由（II）知f(x)maxf(m)，此时a(1m)em,m1，

2m所以{f(x)a}maxf(m)amm1e,(m1)，

2x令h(x)xx1e,(x1)，

若存在a，使得f(x)ab对任意xR成立，等价于存在x(1,)，使得h(x)b，即bh(x)min，

h(x)x2x2ex(x1)(x2)ex，x1，

当x(1,1)时，h(x)0，hx单调递减，当x(1,)时，h(x)0，hx单调递增，

所以h(x)minh(1)e，故be，

所以实数b的取值范围e,.

【点睛】关键点睛：第二问解题的关键是转化为证明ya与ygx仅有一个交第18页/共19页 点；第三问解题的关键是转化为存在x(1,)，使得h(x)b，即bh(x)min.

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