2021年全國統一高考數學試卷(理科)(新課標n)一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。.設集合4={%|%2-5%+6>0},B={%|%-1<0},則4GB=()A.(-8,1) B.(-2,1) C.(-3,-1) D.(3,+8).設z=-3+2i,則在復平面內z對應的點位于()A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限.已知標=(2,3)，/=(3,t)，|前|=1，則標?前=()A.-3 B.-2 C.2 D.3.2019年1月3日嫦娥四號探測器成功實現人類歷史上首次月球背面軟著陸，我國航天事業取得又一重大成就.實現月球背面軟著陸需要解決的一個關鍵技術問題是地面與探測器的通訊聯系.為解決這個問題，發射了嫦娥四號中繼星'鵲橋〃，鵲橋沿著圍繞地月拉格朗日4點的軌道運行.4點是平衡點，位于地月連線的延長線上.設地球質量為M］，月球質量為M2,地月距離為凡4點到月球的距離為r，根據牛頓運動定律和萬有引力定律，r滿足方程：^-+%=(A+r)%(〃+丁)2丁2 R3R設a=f.由于a的值很小，因此在近似計算中弋+產緘3比3，則丁的近似值為()RD.3區R

\3M1演講比賽共有9位評委分別給出某選手的原始評分，評定該選手的成績時，從9個原始評分中去掉1個最高分、1個最低分，得到7個有效評分.7個有效評分與9個原始評分相比，不變的數字特征是()A.中位數 B.平均數 C.方差 D.極差若a>力，則()A.ln(a-b)>0 B.3a<3bC.a3—3>0 D.|a|>網設a，S為兩個平面，則a〃6的充要條件是()A.a內有無數條直線與￡平行a內有兩條相交直線與S平行C.a，S平行于同一條直線D.a，S垂直于同一平面8.若拋物線y2=20%g>0)的焦點是橢圓盤+星=1的一個焦點，則。=()3Pp

A.2B.3A.2B.3C.4D.8下列函數中，以2為周期且在區間(：,：)單調遞增的是()A.f(x)=|cos2%| B.f(x)=|sin2%|C.f(x)=cos|%| D.f(x)=sin|%|已知比6(0,；),2sin2a=cos2a+1,則sina=()TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"A.； B.E C.上 D.應設F為雙曲線C:0-出=1(a>0,匕>0)的右焦點，。為坐標原點，以。尸為直徑的圓與Q2 b2圓第2+y2=出交于p,Q兩點.若|PQ|=|OF|,則C的離心率為()\o"CurrentDocument"A.V2 B.V3 C.2 D.V5設函數f(%)的定義域為凡滿足f(%+1)=2f(%),且當％G(0,1]時，/(%)=%(%-1).若對任意第6(-8，加，都有f(%)2-；,則6的取值范圍是()A.(-8,9] B.(-8,7] C.(-8,5] D.(-8,3]二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。我國高鐵發展迅速，技術先進.經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97,有20個車次的正點率為0.98,有10個車次的正點率為0.99,則經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為.已知『(%)是奇函數，且當％<0時，/(%)=-ea久.若f(1口2)=8,則口=.△ZBC的內角4B,C的對邊分別為a,匕，c.若匕=6,a=2c,B=j則△4BC的面積為6V3.中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體〃(圖1).半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現了數學的對稱美.配是一個棱數為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1.則該半正多面體共有個面，其棱長為.圖1 圖2三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17?21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共60分。如圖，長方體4BCD-&BC%的底面4BCD是正方形，點E在棱441上，BE1EC1.(1)證明：BE1平面EB1Q；(2)若4E=4&求二面角B-EC-Q的正弦值.11分制乒乓球比賽，每贏一球得1分，當某局打成10:10平后，每球交換發球權，先多得2分的一方獲勝，該局比賽結束.甲、乙兩位同學進行單打比賽，假設甲發球時甲得分的概率為0.5,乙發球時甲得分的概率為0.4,各球的結果相互獨立.在某局雙方10:10平后，甲先發球，兩人又打了乂個球該局比賽結束.(1)求P(X=2)；(2)求事件“X=4且甲獲勝〃的概率.已知數列｛4｝和｛1｝滿足。1=1,%=0,4an1=3。九一\4，4%1=3以一%-4.(1)證明：｛匕\｝是等比數列，｛匕一\｝是等差數列；(2)求｛a'和｛1｝的通項公式.已知函數f(%)=1口%-a一.(1)討論f(%)的單調性，并證明f(%)有且僅有兩個零點；(2)設第0是f(%)的一個零點，證明曲線y=1n%在點4(%0,1n%)處的切線也是曲線y=e久的切線.已知點4(-2,0),B(2,0),動點M(%,y)滿足直線4M與BM的斜率之積為-1記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程，并說明c是什么曲線；(2)過坐標原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE1%軸，垂足為E，連結QE并延長交C于點G.⑷證明：A^QG是直角三角形；(譏)求A^QG面積的最大值.(二)選考題：共10分。請考生在第22、23題中任選一題作答。如果多做，則按所做的第一題計分。［選修4-4：坐標系與參數方程］(10分)在極坐標系中，0為極點，點M(%,60)S0>0)在曲線C:p=4sin6上，直線Z過點4(4,0)且與0M垂直，垂足為P.(1)當60=：時，求00及Z的極坐標方程；(2)當M在C上運動且P在線段0M上時，求P點軌跡的極坐標方程.［選修4-5：不等式選講］(10分)已知八%)=|%—a|%+|%—2|(%—a).(1)當a=1時，求不等式f(%)<0的解集；(2)當％G(—8,1)時，/(%)<0,求a的取值范圍.參考答案與試題解析2019年全國統一高考數學試卷(理科)(新課標n)一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。【答案】A【考點】交集及其運算【解析】根據題意，求出集合4、B,由交集的定義計算可得答案.【解答】根據題意，A=[x\x2-5%+6>0}={%|%>3或％<2},B={x\x—1<0}={%|%<1},則4nB={x\x<1}=(一8,1)；【答案】C【考點】復數的代數表示法及其幾何意義【解析】求出z的共軛復數，根據復數的幾何意義求出復數所對應點的坐標即可.【解答】0z=—3+2i,回z=—3—2i，0在復平面內z對應的點為(-3,-2)，在第三象限.【答案】C【考點】平面向量數量積的性質及其運算【解析】由前二公-標先求出前的坐標，然后根據|就|=1，可求如結合向量數量積定義的坐標表示即可求解.【解答】0腦=(2,3)，/=(3,t)，0前=/-標=(1"-3)，

回t—3=。即BC=(1,0)，則腦.沆=2【答案】D【考點】根據實際問題選擇函數類型由此能求出廠由此能求出廠=aR=出冬旦由仇=”.推導出g=3a33a4a5M3a3,R M1 (1a)2【解答】回a=：.回r=aR,廠滿足方程：i—M2=(R廠)%.(Rr)2r2 R3回%=3a33a4a5_3a3,M1 (1a)2回r=aR=【答案】A【考點】眾數、中位數、平均數【解析】根據題意，由數據的數字特征的定義，分析可得答案.【解答】根據題意，從9個原始評分中去掉1個最高分、1個最低分，得到7個有效評分，7個有效評分與9個原始評分相比，最中間的一個數不變，即中位數不變，【答案】C【考點】不等式的基本性質【解析】取a=0,b=-1,利用特殊值法可得正確選項.【解答】取a=0,b=-1,則Uln(a—b)=ln1=0,排除4；3a=3。=1>36=3—1=1，排除B；3a3=03>(-1)3=—1=b3,故C對；|a|=0<|-1|=1=b，排除。.【答案】B【考點】充分條件、必要條件、充要條件【解析】充要條件的定義結合面面平行的判定定理可得結論【解答】對于4a內有無數條直線與S平行，aC0//B；對于B,a內有兩條相交直線與S平行，a//B；對于C,a,S平行于同一條直線，aGS或a//0；對于。，a,S垂直于同一平面，aGS或a〃仇【答案】D【考點】圓錐曲線的綜合問題【解析】根據拋物線的性質以及橢圓的性質列方程可解得.【解答】由題意可得：3p-p=(2)2,解得p=8.【答案】A【考點】正弦函數的單調性【解析】根據正弦函數，余弦函數的周期性及單調性依次判斷，利用排除法即可求解.【解答】/(%)=sin|%|不是周期函數，可排除。選項；f(%)=cos|%|的周期為2兀，可排除C選項；/(%)=|sin2%|在4處取得最大值，不可能在區間(4,‘單調遞增，可排除B.【答案】B【考點】二倍角的三角函數【解析】由二倍角的三角函數公式化簡已知可得4sinacosa=2cos2a,結合角的范圍可求sina>0,cosa>0,可得cosa=2sina,根據同角三角函數基本關系式即可解得sina的值.【解答】回2sin2a=cos2a+1,回可得：4sinacosa=2cos2a,回ae(0,為，sina>0,cosa>0,2回 cosa=2sina,回 sin2a+cos2a=sin2a+(2sina)2=5sin2a=1,回解得：sina=?.【答案】A【考點】雙曲線的離心率【解析】由題意畫出圖形，先求出PQ,再由|PQ|=|OF|列式求C的離心率.【解答】如圖，以。尸為直徑的圓的方程為％2+y2-次=0,又圓。的方程為％2+y2=a2,回PQ所在直線方程為％二號.把％=以代入％2+丫2=。2，得PQ=2^,c C再由|PQ|=|OF|,得皿=c，即4a2(c2-a2)=c4,c回e2=2,解得e二夜.【答案】B【考點】函數與方程的綜合運用【解析】因為f(%+1)=2f(%),回f(%)=2f(%-1),分段求解析式，結合圖象可得.【解答】因為f(%+1)=2f(%),回f(%)=2/(%-1),回％e(0,1]時，f(x)=x(x—1)g[-1,0],回…2]時，x-1g(0,1],/(x)=2/(x-1)=2(x-1)(x-2)g[-2,0]；回％G(2,3]時，％-1G(1,2],f(%)=2f(%-1)=4(%-2)(%-3)G[-1,0],當％G(2,3]時，由4(%-2)(%-3)=-8解得％=7或%=8,若對任意％G(-8,6],都有f(%)2-8,則6<7.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。【答案】0.98【考點】概率的基本性質【解析】利用加權平均數公式直接求解.【解答】回 經統計，在經停某站的高鐵列車中，有10個車次的正點率為0.97,有20個車次的正點率為0.98,有10個車次的正點率為0.99,回經停該站高鐵列車所有車次的平均正點率的估計值為：%=——1——(10X0.9720X0.9810X0.99)=0.98.102010【答案】-3【考點】函數奇偶性的性質函數的求值【解析】奇函數的定義結合對數的運算可得結果【解答】回f(%)是奇函數，回f(-ln2)=-8,又回 當％<0時，f(x)=—eax,回 f(-ln2)=-g—aln2=—8,回一aln2=ln8,回 a=-3.【答案】6V3【考點】解三角形三角形的面積公式【解析】利用余弦定理得到C2，然后根據面積公式S-BC=1acsinB=c2sinB求出結果即可.【解答】由余弦定理有b2=出+c2-2accosB，回b=6，a=2c，B=j回36=(2c)2+c2-4c2cos3,回 c2=12,S—bc=1acsinB=c2sinB=6V3,【答案】26,V2-1【考點】球內接多面體【解析】中間層是一個正八棱柱，有8個側面，上層是有8+1，個面，下層也有8+1個面，故共有26個面；半正多面體的棱長為中間層正八棱柱的棱長加上兩個棱長的cos45。=e倍.2【解答】該半正多面體共有8+8+8+2=26個面，設其棱長為x，則％+/%+應％=1，解得％=22V2-1.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。第17?21題為必考題，每個試題考生都必須作答。第22、23題為選考題，考生根據要求作答。(一)必考題：共60分。【答案】長方體ZBCD-A^q。］中，珞q1平面2844，回81cl1BE，回BE1EQ，回BE1平面EB1cl.以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，10

設ZE：/[^：1,回 BE1平面EB1C1,回BE1EB1,回AB=1,則E(1,1,1),4(1,1,0),4(0,1,2),Q(0,0,2),C(0,0,0),回BC1EB1，回 EB11面￡*3酊故取平面EBC的法向量為前=E4=(-1,0,1)，設平面ECC1的法向量元=(%,y,z),元?公=01元?公=01,元?盤1=0得％+y+Z=0，取%：1，得元=(1,-1,0)，回cos<m,n>=m'n=—1,|m|-|n| 2回 二面角B—EC—q的正弦值為M.12【考點】二面角的平面角及求法【考點】二面角的平面角及求法直線與平面垂直【解析】(1)推導出耳Q1BE，BE1EQ，由此能證明BE1平面EB1cl.(2)以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，利用向量法能求出二面角B-EC-Q的正弦值.【解答】長方體4BCD-&B/J］中，耳Q1平面48414，回辛「世，回防1%，回BE1平面EB1cl.以C為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，^^E:^1F=1，回 BE1平面EB1C1，回 BE1EB1，回4B:1，則E(1,1,1),4(1,1,0),4(0,1,2),Q(0,0,2),C(0,0,0)，回BC1EB1，回 EB11面￡*3。，故取平面EBC的法向量為故取平面EBC的法向量為濟=E4=(-1,0,1)，設平面ECC1的法向量元=(%,y,z)，元?公=0

1元?盤1=0」/=0得％+y+Z=0，取%：1，得元=(1,-1,0)，1111回cos<m,n>=m'n=-1,|rn|-|n| 2回 二面角B-EC-C1的正弦值為6.1 2【答案】設雙方10:10平后的第k個球甲獲勝為事件&(k=1,2,3,...),K則PIX：2)：。8/2)+P(A1A2)=p(ai)p(a2)+p(ai)p(a2):0.5x04+0.5x0.6=0.5.P(X：4且甲獲勝)：ppAA4)+pp44a)1234 1234，:P(4)P(4)P(4)P(44)+P(4)P(4)P(4)P(44)1234 1234:(0.5x0.4+0.5x0.6)x0.5x0.4=0.1.【考點】相互獨立事件的概率乘法公式相互獨立事件【解析】(1)設雙方10:10平后的第k個球甲獲勝為事件勺(k：1,2,3,...),則P(X：2)：P(44)+rV 12P(4/2):P(4)P(42)+P(4)P(42)，由此能求出結果.(2)P(X：4且甲獲勝)：p(4444，)+P(4AAAJ：P(4)P(4)P(4)P(4,)+1234 1234 1 2 3 4P(4)P(42)P(43)P(44)，由此能求出事件"X：4且甲獲勝〃的概率.【解答】設雙方10:10平后的第k個球甲獲勝為事件4(k：1,2,3,...),rV則PIX：2)：。8/2)+p(4/2):P(4)P(42)+P(4)P(42)12=0.5x04+0.5x0.6=0.5.P(X=4且甲獲勝)=p(4//3//+p(4//34/=P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)+P(A1)P(A2)P(A3)P(A4)=(0.5x0.4+0.5x0.6)x0.5x0.4=0.1.【答案】(1)證明：回4a九+i=3a九—b九+4,4%+1=3%—a九—4,回 4a+i+%+1)=2(匕+%,4(%+i—Z+i)=4(%—%+&即4+i+Z+1=2(4+%,匕+1—%1=%—%+2，又4+%=1，%-%=1，回 &+%｝是首項為1,公比為2的等比數列，｛4—%｝是首項為1,公差為2的等差數列.(2)解：由(1)可得：匕+%=(>—1,%-%=1+2(n—1)=2n—1.回 %=(2%+n—2,^九=(1)n—八十1.【考點】數列遞推式等比數列的通項公式等差數列的通項公式【解析】(1)定義法證明即可；(2)由(1)結合等差、等比的通項公式可得【解答】(1)證明：回4a九+i=3a九—b九+4,4%+1=3%—a九—4,回 4a+1+%+1)=2(匕+%),4(%+1—%+1)=43-%)+8.即4+i+Z+1=；(%+%),%+1—%1=4—%+2,又4+%=1,%—%=1,回｛4+%｝是首項為i,公比為2的等比數列，｛4—%｝是首項為1,公差為2的等差數列.(2)解：由(1)可得：匕+%=(>—1,"n=1+2(n—1)=2n—1.回 %=(2%+n—2,13b九=(1)n-n+1.【答案】函數f(%)=ln%-".定義域為：(0,1)U(1,+8)；x—1f，(x)=1+ 2->0,(x>0且%中1),X(久一1)2 ' '回 f(x)在(0,1)和(1,+8)上單調遞增，①在(0,1)區間取值有工，1代入函數，由函數零點的定義得，e2e回外力<0,f(j)>0,外力力1”。，回/(%)在(0,1)有且僅有一個零點，②在(1,+8)區間，區間取值有e,d代入函數，由函數零點的定義得,又回f(e)<0,f(e2)>0,f(e)?f(e2)<0,回 f(%)在(1,+8)上有且僅有一個零點，故f(%)在定義域內有且僅有兩個零點；%是f(%)的一個零點，則有ln%0=2,0 久0-1曲線y=ln%,則有y'=1；第由直線的點斜式可得曲線的切線方程，曲線y=ln%在點4(%,ln%0)處的切線方程為：y-ln%0=1(%-%),第0TOC\o"1-5"\h\z\o"CurrentDocument"即：y=工％-1+ln%0，將1口%0=2代入,第0 汽0-1而曲線y=e久的切線中，在點(皿工，工)處的切線方程為:y--L=~L(^-ln-L)=工％+ln%0,\o"CurrentDocument"V V V V V V人0 人0 人0 人0 人0 人0將1n%0=2代入化簡，即：y=工％+，一,汽0-1 汽0 汽0-1故曲線y=ln%在點4(%0,ln%)處的切線也是曲線y=e久的切線.故得證.【考點】利用導數研究函數的單調性【解析】(1)討論f(%)的單調性，求函數導數，在定義域內根據函數零點大致區間求零點個數，(2)運用曲線的切線方程定義可證明.【解答】函數/'(%)=ln%-".定義域為：(0,1)0(1,+8)；%-1八%W1+^>0,(%>0且％W1),14

回f(x)在(0,1)和(1,+8)上單調遞增，①在(0,1)區間取值有工,“代入函數，由函數零點的定義得，e2e回f《)<0，/(1)>0，人力力1”。，回f(x)在(0,1)有且僅有一個零點，②在(1,+8)區間，區間取值有e，02代入函數，由函數零點的定義得，又回f(e)<0，f(e2)>0，gg<0，回f(%)在(1,+8)上有且僅有一個零點，故f(%)在定義域內有且僅有兩個零點；%是f(%)的一個零點，則有ln%0=9，0%1曲線y=ln%，則有y'=x；X由直線的點斜式可得曲線的切線方程,曲線y=ln%在點4(%0,ln第0)處的切線方程為：y1n%0=上。％0)，第0即：y=工％1+1n%0，將1口%0=2代入，TOC\o"1-5"\h\z汽0 汽010，而曲線y=e久的切線中，在點(1n、工)處的切線方程為:y工=,(%1n工)=,％+ln%0，人0 人0 人0 人0 人0 人0將1n%0=切"代入化簡，即：y=,％+，一，第01 支0 汽01故曲線y=1n%在點4(%0,1n第0)處的切線也是曲線y=e久的切線.故得證.【答案】由題意得AX^=1，汽+2 汽2 2整理得曲線C整理得曲線C的方程：:+?=1(yW0)，⑷設P（%0,y0），則Q。0,y0）e（%0,0），g（%g，yG），15

直線”的方程為："梁"％),與￡+藍=1聯立消去y,得(242+y°2)型―2%丫02汽+%町02-842=0,—叫=—叫=32了02—8/2,2%2+%2二二(8-丫02)3,

2%2+%2kpG-^0-(%—X)=2% kpG-^0-(%—X)=2% u0y0(4—%02—y02)2%02+%2y「y0%一%(4—3比。2—2y0(4—3比。2—2y02)2%(4—%2一%02)把42+2y02=4代入上式，\o"CurrentDocument"y0(4—%2—y02)2%2+y2 /00 00%(8—y02)—第242+y02 04y—yx2—y3—2yx2—y38%q—%oyQ2—243—%oyQ2得“V.(4—3比2得“V.(4—3比2—4+比_2)"O23(4—y02—4+2y02)————4x2%22%v200xkPG=/xkPG=/X(—%)X0y。—1,PQ1PG,PQ1PG,故4PQG為直角三角形;m)sgQG1m)sgQG1=2|PE|X(線一7)11=2丫0(%+%)(8—yo2)/(8—yo2)/=-y[202%2+y°2+4]1=2y產。x8—丫02+2/2+丫022/2+y02丫0%(4+4丫0%(4+42)2K2+y200=兀%(42+2兀2+42)2/2+y0216

16=2y0%(%2+y02)勿02+丫028y0%0(%02+y。2)

(2%02+y02)(%02+2y02)800%03+%0y03)2%2%04+2y04+5%02y02(9+少)2+1令”:十手，則02，8t8S= = T△PQG2t2+12t+1利用“對號〃函數f(t)=2t+；在［2,+8)的單調性可知，f(t)24+1=9(t=2時取等號)，22回5心0弓工2=彳(此時％=y=3)，9 0 0 Q2 3故4PQG面積的最大值為攻.9【考點】橢圓的應用直線與橢圓的位置關系【解析】(1)利用直接法不難得到方程；(2)⑷設P(%,y0)，則Q(-%,-y0)，E(%0,0)，利用直線QE的方程與橢圓方程聯立求得G點坐標，去證PQ，PG斜率之積為-1；(譏)利用S=jPE|X(%g+%0)，代入已得數據，并對:+2換元，利用“對號〃函數可得最值.【解答】由題意得點］X亡=-；,整理得曲線C的方程：0+^=1(yW0),42回曲線C是焦點在%軸上不含長軸端點的橢圓；17

17⑷設。(%,y0)，則Q(—第0，—y0)e(x0,0)，g(xg>yG),回直線qe的方程為：y=?(%—%0),與:+藍=1聯立消去y,得(2%02+y02)%2-2%0y02%+%02yo2-8%02=0,-%n%0=久02y02-8久02,0 2久02+y。2(J=(8-y02)K02久02+加2=一■(%-%)=,丫0(4—麗2-丫02),

2% ° 0 2久02+加2%-丫0丫0(4-第02702)_ 2%02+y02 々=%0(87002)二2%02+y02 0=4丫070%02703-2丫0%02-丫038%0—%0y02—2%03—%0y02=,丫0(4-3麗2-2丫02),2久0(4-%2-久02)把第02+2y02=4代入上式，得距6=y0(4-3久02-4+久02得距62%(4-y02-4+2y02)2%022%0y02%%回knc*卜門一=%*(-%)=-I圖PQPG久0I『 ，回PQ1PG,(2心(2心1=2儼引*(%G-%Q)1=/0(%+%0)1r(8-y02)^0,]=/0[2%02+/20+%0]1 8-v2+2%/+y/=-v%* 0 0 0-2,。0 2%2+y218」o%o(4+%o2)2x02+y02_丫0%(%02+2%2+%02)2x02+y02

=2丫0%0(%02+丫02)2x02+y028丫0%0(%02+丫02)(2%02+y02)(%02+2y02)8(w+%0y03)2x04+2yo4+5%02yo22&+32+1s△PQGs△PQG8t_ 82t2+12J+1利用“對號〃函數f(t)=2t+1在［2,+8)的單調性可知，t/(t)