2021年重庆理)全解全析版

1、2021年普通高等学校招生全国统一考试(重庆卷)数学试题卷(理工农医类)本试卷总分值150分，考试时间120分钟第I卷考生注意：1 答题前，务必将自己的姓名、准考证号、填写清楚，并贴好条形码请认真核准条形码上的准考证号、姓名和科目.2 每题选出答案后，用2B铅笔把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在试题卷上作答无效.3 本卷共12小题，每题5分，共60分在每题给出的四个选项中，只有 一项为哪一项符合题目要求的.4 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.5 考试结束后，将试题卷和答题卡一并交回. 参考公式：如果事件 A, B互斥，那么 P(A

2、 B) P(A) P(B)如果事件 A, B相互独立，那么 P(A B) P(A) P(B)如果事件A在一次试验中发生的概率是 P，那么n次独立重复试验中恰好发生 k 次的概率k k n kPn(k) CnkPk(1 P)n k(k 0 , 1,2 , n)43以R为半径的球体积：V tR33一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分。在每题给出的四个备选项 中，只 有一项为哪一项符合题目要求的。1 直线y x 1与圆x 复数Z的实部为1，虚部为2，贝I5i =(A 2 i B 2Bi【答案】c 2 i D 2 i y2 1的位置关系为()A .相切 B 相交但直线不过圆心C.直线过圆心

3、D 相离答案】B解析】圆心.0(0, 0)为到直线即 x-y+1 =0 的距离 d =, HUV2 20 2 , 1 , 1三类，故所求概花生馅汤圆5个，豆沙馅汤圆4个，这三种汤圆 的外部4个汤圆，那么每种汤圆都至少取到4891C61 C51 C42 C61 C52C51 C14C147 .设 ABC 的三个内角 A, B,C，向量 m ( 3sin A,sin B) , n (cos B, 3cosA),A B 63 【答案】 CCD解析】 m nA B C ,所以 3sinC 1 cosC 即 3sinC cosC 1 ，2sin ( C ) 1 6 1 5 2sin(C ) ，由题 C

4、，即 C6 2 6 6 32x2 ax b) 2 ，其中8 lim(xa,b R ，那么 a b 的值为 ( x1A 6B 2C 2D 6【答案】 D【解析】2x2 ax2 ax bx b lim xx 122(2 a)x2 (a b)x b lim(2 a)x (a b) lim x 1 12 a 09二面角 l 的大小为 500 ，P 为空间中任意一点， 那么过点 P 且与平面和那么 2(aa b)0 2, 解得 a 2,b 4,故 a b 2 ( 4) 6平面 所成的角都是 250 的直线的条数为 (A2答案】B3C4D 5解析】AFE是度数为500的二面角的一个平面角，FG为AFE的平

5、分线， 当过的直线与 FG 平行时，满足条件，当过点 p 的直线与 AD 平行，也是满足条件直线， 与 AD 直线类似，过点的直线与 BE 平行也是满足条件得共有 3 条。2 m 1 x2 ,x ( 1,1 10以 T 4 为周期的函数 f (x) 10以 T 4为周期的函数 f (x) ，其中0 。假设方程1 x 2 ,x (1,33f (x) x 恰有 5个实数解，那么 m 的取值范围为 (A( 135 ,83)C (34,38)D (43, 7)33答案】 B本大题共5小题，每题5分，共25分把答案写在答题卡相应位置上.椭圆，其图像如下列图，同时在坐标系中 作屮当作出当解析】因为当X (

6、 1,1 :时，将函数化xe (1,3得图像，再根据周期件作出函数氏222i(y 0)，实质上为一个半m2它局部的图像，由图易知直线Xy 3X与第二个2椭圆(X 4)2 “ 1(y 0)相交，而与第三 m20无)公共点个半椭圆(x 4)2 y2 1(ymm综上、填空11假设答 0, 3)解 因 A x | 3 x 3 , B x | x 0 ,所以 A I B (0,3)12 假设f(x)1 a是奇函数，那么a2 1时，方程恰有5个实数解，将y x代入(x 4)2 “ 1(y 0)得23m2 2 2 2 2 2(9m2 1)x2 72m2x 135m2 0,令 t 9m2(t 0)那么(t 1

7、)x2 8tx 15t 02 2 15 由(8t)2 4 15t(t 1) 0,得 t 15,由 9m2 15,且 m 0 得 m同样y3x与第二个椭圆(x 8)2 “ 1(y 0)由2m0可计算得m72 x11 a 1% a,f ( x) f(x)2x 1 1 2 x解 解1 f ( x)(2x12x xaa) 2a 112x 1% 1 故 a 12xx1 2答案】13 将4名大学生分配到3个乡镇去当村官，每个乡镇至少一名，那么不同的分配方案有1分成三组，第二步将分好的三组分33个乡镇，其分法有 A33所以满足条件得分配的方案有2, 1 ,C42 C21 Cl1 A33 36A2种(用数字作

8、答)【答案】36【解析】分两步完成：第一步将 4名大学生按，14 设 a12,bnan 2 , n N* ,那么数列bn的通项公式n an 1 nbn =答案】：2n+1解析】由条件得bn 1an21an211an 2an 12bn且b1 4所以数列bn是首项为4，公比为2的等比数列，bn 4 2n 1 2n 1 那么2215 双曲线x2 y2 1(a 0,b 0)的左、右焦点分别为F1( c,0), F 2(c,0)，假设 absin PF乍1 a双曲线上存在一点 P使1 2，那么该双曲线的离心率的取值范围是PF2PF1sin PF 1F2解法1，因为在PF1F2中，由正弦定理 得sin P

9、F 2F1 csin PF 2 F1那么由，得设点(xo,yo)由ac，即aPF1 cPF2 ,且知点 P在双曲线的右支上，P1F 2 P1F1焦点半径公式得 PF1 a exo, PF 2 exo a 那么a(a ex 0) c(ex。a)解得x0a(ca)a(e 1)由双曲线的几何性质知x0a那么睑1)a,整理得0 e(ca) e(e 1)0 e(e 1)e2 2e 1 0,解得2 1e 2 , 1又e (1,)故椭圆的离心率e (1, 2 1)解法2由解析1知PFi PF2由双曲线的定义知22ae2 2e 1 0,以下同解析PFi PF2 2a 那么 PF2PF2 c a那么2acaPF

10、2 2a 即 PF2c a,既 c2 2ac a2 0,所以ca由椭圆的几何性质知a1.三、解答题：本大题共6小题，共75分解容许写出文字说明，证明过程或演算步 骤.16 (本小题总分值13分，(I )小问7分，(n )小问6分)设函数f(X)sin( X ) 2cos2x 1.4 6 8(I )求f(x)的最小正周期.4 ( n )假设函数y g(x)与y f (x)的图像关于直线x 1对称，求当x 0,时3 yg(x)的最大值.(佝(本小题13分)解: I) f (x) =sin xcos cos xsin cos x4(646433sin x cos x 2 4 2 4=3sin( x

11、)故f (x)的最小正周期为T = 2 =84 (n)解法一:在y g(x)的图象上任取一点(x,g(x)，它关于x 1的对称点(2 x,g(x)由题设条件，点(2 x,g(x)在y f (x)的图象上，从而g(x) f ( 2 x)3 S4i n x( 2 3 )=3sin x 2 4 3=3cos( x )3 2 4当0 X 43时，3 4X 3 23，因此y g(x)在区间0,34上的最大值为gmax 3cosmax解法二:42342x = 1对称，故y g(x)在0,上的最大值为y f(x)在:,2 上的最大值因区 间:0,33 由(I )知 f (x) = 3sin( x )432当

12、x 2时，3 6 4 3 64因此y g(x)在:0,4上的最大值为关于x = 1的对称区间为:,2且y g(x)与y f (x)的图象关于33gmax3si n 62317 .(本小题总分值13分，(I )问7分，(II )问6分)某单位为绿化环境，移栽了甲、乙两种大树各2株设甲、乙两种大树移栽的成活率分21别为2和1，且各株大树是否成活互不影响求移栽的4株大树中：32(I )两种大树各成活1株的概率；(I)成活的株数 的分布列与期望.(17)(本小题13分)解:设Ak表示甲种大树成活k株，k= 0 , 1 ,2B1表示乙种大树成活I株,=0, 1 , 2那么Ak, Bi独立.由独立重复试验

13、中事件发生的概 率公式有k 2 k 1 2 kP(Ak) Ck2(3)k(3)2 k , 据此算得Cl2(2)l(2)2 1I 1 |1 2 lP(Bl)144P(A。)19 , P(Ai) 94, P(A2)94 .P(Bo) 14 ,1p(Bi) 12 P(B2)1 - 4(I)所求概率为4 1 2P(A2 B1) P(A1) P(B1)94 12 29(n )解法的所有可能值为0, 1 , 2 ,3 , 4，且1 1 1P( 0) P(Ao Bo) P(Ao) P(Bo),9 4 361 1 4 1P( 1) P(Ao B1) P(A1 Bo) 19 21 94 141 1 4 1 4

14、1 P( 2) P(Ao B2) P(A1 B1) P(A2 Bo ) 19 41 94 21 94 1413=36 4 1 4 1 1P( 3) P(A1 B2) P(A2 B1)9492341P( 4) P(A2 B2) 94 14综上知有分布列01234P1/361/613/361/31/9从而，的期望为111311E 0 1 2 3 436636397(株)3解法二：分布列的求法同上令1 ,2分别表示甲乙两种树成活的株数，那么21仁 B(2, )，2 : B(2,)1 3 2 22 4故有 E 1=2 =， E 2 2 113 373(I )问5分，从而知E E 1 E 21 218

15、.(本小题总分值13分，设函数f(x)ax2 bx k(k o)在x o处取得极值，且曲线 y f ( x)在点(1, f (1)处的切线垂直于直线x 2y 1 0I )求a,b的值;xen)假设函数g(x)，讨论g(x)的单调性.f(x)18、(本小题13分)解(I )因 f (x) ax 2 bx k (k 0),故 f (x) 2ax b又f (x)在x=0处取得极限值，故f (x) 0,从而b 0由曲线y= f(x)在(1, f(1)处的切线与直线x 2y 1 0相互垂直可知该切线斜率为2，即f (1) 2,有2a=2,从而a=1exn ) 由 ( I )知，g (x) 2 (k 0)

16、 xkx2g (x)ex (x2 2x k b 八2 (k 0)22 ( x2 k )2令 g ( x) 0,有 x2 2x k 01)当4 4k 0,即当k1时，g (x)0在R上恒成立，x2g(X)ex(x 1)2222 M2X2)当 4 4 k 0,即当k=1时，故函数g(x)在R上为增函数K=1时，g( x)在R上为增函数3) 4 4k 0,即当0k0，那么 Za = 2,故 B( 0 , 2, 2)，所以 E(0, 1 , 1)在CD上取点G，设G( Xi , yi,0 )，使GE丄CD .uuuv uuuv uuuv uuuv 由 CD ( 2, 2,0), GE ( x i, y

17、i 1,1),CD GE 0 故2xi 2(yi 1) 0 uuuv uuuv uuvu又点G在直线 CD上，即 CG /CD，由CG =(xi,yi 2,0 )，那么有uuuv 2 2 uuuv uuuv 故 GE=(,i).又由AD丄CD，所以二面角xi yi 222联立、，解 得42 4hv?0)-CD A的平面角为向量GE与向量DAr uuu23DWM?DuJifiE卩A 1,所以因v3GEcosuuuuuuGEDA33所成的角，记此角为故所求的二面角的大小为.6uuuvuuuvGE DA 2以原20 .(本小题总分值12分，(I )问5分，(n )问7分) 上的动点.4 3 3y，离

18、心率e ,32M是椭 圆B是圆x2 + y2 =1上的占八、5(I )假设C, D的坐标分别是(0, 3),(0, 3)，求MCMD的最大值；T T OQ =OM +ON ?n)如题(20)图，点 A的坐标为(1,0),N 是点 M 在 x 轴上的射影，Q 满足条件：0 求线段QB的中点P的轨迹方20本小|程；12分224 3得.由e设c a2 b2，由准线方程y32=3，从而b = 1 ,椭圆方程为x2 y 142又易知C , D两点是椭圆X2 y1的焦点，所4以，MC MD 2a 43得c已3 解得 )a = 2 ,c2a 2从而MC MD (MC MD22)2 22 4，当且仅当MC M

19、D，即点M的坐标为1,0时上式取等X2 y21 a2 b2号：吧時题设条件知焦点在y轴上，故设椭圆方程为ON OQ ,故II )如图(20)图，设 M( Xm,ym),B(XB,yB)Q(xq ,yQ )因为 N (xn ,0), OMxq 2xn , yQ yM ,xq2 yQ2 (2xm )2 yy 4因为QA BA 0,(1 xq yQ) (1 xn yn)所xqxn yQ yN xn xq(1 xq)(1 xn ) yQyN 0,记P点的坐标为 为xp,yp，因P是BQ的中所以2xp xq xp,2yp yQ yp由因为22xn yN 1 ,结合，得xp yp2 2 1 2 2(xq

20、xn ) (yQ yN)(xq xn yQ yn 2(xqxn yQ yN)(5 2( x q xn 1)4P故动点p的估计方程为(x 21 )2 y2 121 .(本小题总分值12分，(I )问5分，(II )问7分)设m个不全相等的正数a1, a2, , am(m 7)依次围成一个圆圈.1假设m 2021，且a1, a2, ,a1 0是公差为d的等差数列,a1, a2 0,0 9a 2, 0 0,8a是公 比 为q d的等 比数 列；数列aa?, ,am的前n项和Sn(n m)满足：S3 15, S 2021 S2007 12a1 ,求通项 an(n m);I)假设每个数an(n m)是其

21、左右相邻两数平方的等比中项，求证：2 2a1a6 a7am ma am ；(21 )(本小题12分)解:(I)因 a1a ,90028 02 a, 6001,a是公比为d的等比数列，从而a2000 a1d,a2021 a1ds2 0 0 9 S 2 02 0 0 a8 12 02 0 , a9解得d 3或d 4 (舍去)。因此d 3又S3 3a1 3d 15。解得 a1 2从而当n 1005时，an a1 ( n 1) d 2 3 (n 1) n3 1aid2021 (n 1)a1d 2021 n(1006 n 2021)当1006 n 2021时，由a1,a209,a208, , a 100

22、6是公比为d的等比数列得因此 an3n 1,n 10052 32021 n,1006 n 2021II )由题意 an2 an21an21(1 n m), a m am2 1a12, a12 am2 a22 得anan 1 an 1(1 nm),am am 1 a 1a1 ama2有得a3a2 ,a41 1,a5,a6a1a3a 1a? a?由，得a1a2 an (aa2 an)2，故 aia2 an 1. 又 ar 3 2 1 1 1 (1 rm 3),故有 a111ar 6ar(1 r m 6).ar 3下面反证法证明：m 6k假设不然，设m 6k p,其中1 p 5右取p 1即m 6k 1，那么由得 am a6k 1 a 1，而由得 am a1 ,故a1 a1 , a2 a2am得 a21,由得 am 1, 从而 a6 a6k am 1,而a1a6a1 ,故a1 a2 1,由 及可推得an 1