高考数学二轮复习真题源讲义2021年数学高考题

2021年普通高等学校招生全国统一考试•北京卷

1.（2021:1匕京卷）已知集合A={x|-1vxv1},B={x|04x42},贝i］AuB等于（B）

A.（-1,2）B.（-1,2］

C.［0,1）D.［0,1］

解析:由题意可得AuB={xZ〈x52},即AuB=（-1,2］.故选B.

2.（2021•北京卷）在复平面内，复数z满足（1-i）z=2,则z等于（D）

A.2+iB.2-i

C.1-iD.1+i

解析:由题意可得Z=S=*U=竽=1+L故选D.

3.(2021・北京卷)已知f(x)是定义在。1］上的函数，那么"函数f(x)在［0,1］上单调递增”是“函数f(x)在［0,1］上的最大值为f⑴”

的(A)

A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件

C.充分必要条件

D.既不充分也不必要条件

解析:若函数f(x)在［0,1］上单调递增则f(x)在［0,1］上的最大值为f(1),

若f(x)在［0,1］上的最大值为f(1),比如f(x)=2,

因为f(x)=2在lo,1.上为减函数，在卜,1上为增函数,

且f(x)在［0,1］上的最大值为f(1),故推不出f(x)在［0,1］上单调递增，

所以“函数f(x)在［0,1］上单调递增”是“函数f(x)在［0,1］上的最大值为甲)”的充分不必要条件.故选A.

4.(2021•北京卷)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为(A)

A.竽B.4C.3+V3D.2

解析:

H

根据三视图可得如图所示的几何体一正三棱锥O-ABC,

其侧面为等腰直角三角形,底面为等边三角形，

由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,

故其表面积为3X31X1+?X(0)2=喈.故选A.

5.(2021•北京卷)双曲线C:"=1过点(质次)，且离心率为2,则该双曲线的标准方程为(A)

ab

A.x24=1B.^-y2=1

C.x2字=1D.竽y2=1

解析:因为e=：=2,所以c=2a,b=^/=V5a,则双曲线的方程为落=1,将点限询的坐标代入双曲线的方程可得全

5=a=1,解得a=1，故b=V5,因此双曲线的方程为x2，=1.故选A.

6.(2021•北京卷)｛a。｝和｛bn｝是两个等差数列,其中詈(1VM5)为常值,a,=288,a5=96b=192,则b3等于(B)

bk

A.64B.128C.256D.512

解析:由已知条件可得詈空,则b5=a曲-96M2-64,因此,b3=S^金竽=128.故选B.

7.(2021•北京卷)函数f(x)=cosx-cos2x,试判断函数的奇偶性及最大值(D)

A.奇函数，最大值为2B.偶函数，最大值为2

C.奇函数，最大值为看D.偶函数，最大值为：

解析:由题意,f(-x尸cos(-x)-cos(-2x)=cosx-cos2x=f(x),所以该函数为偶函数.

又f(x)=cosx-cos2x=-2cos2x+cosX+1=-2COSX_2+/

所以当cosx3时,f(x)取最大值沁逸D.

8.(2021•北京卷)定义:24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10mm),中雨(10mm~25mm),

大雨(25mm~50mm),暴雨(50mm~100mm),小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级

(B)

A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨

解析:由题意，一个半径为竽=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为挚x/=50(mm),高为150mm的圆锥，所以

积水厚度d=^:X502X150

12.5(mm),属于中雨.故选B.

nxioo2

9.(2021•北京卷)已知圆C:x2+y2=4,直线ty=kx+m,当k变化时,1截得圆C弦长的最小值为2,则m等于(C)

A.±2B.±y[2C.±V3D+V5

解析:由题可得圆心为(0Q),半径为2,

则圆心到直线的距禽d=-f^L,

出+1

则弦长为2"名，

当k=0时，弦长取得最小值为2>/1与*=2,解得m二士百.故选C.

10.(2021•北京卷)数列｛an｝是递增的整数数列，且aiN3a+a2+...+an=100,则n的最大值为(C)

A.9B.10C.11D.12

解析:若要使n尽可能大，则｛an｝中各项的递增幅度要尽可能小，

不妨设数列｛an｝是首项为3,公差为1的等差数列，其前n项和为Sn,

贝ijan=n+2,Sn=^x11=88<100,Si2=^xi2=102>100,

所以n的最大值为11.故选C.

11.(2021・北京卷)言14展开式中常数项为.

34r3

解析：bq.4的展开式的通项Tr+i=C5(x)'-r=(-1)r&xi2q令r=3,得常数项为T4=(-1)CJ=-4.

答案:・4

12.(2021•北京卷)已知抛物线C:y2=4x,焦点为F,点M为抛物线C上的点，且|FM|=6,则M的横坐标是，作MN±x

轴于N,则SAFMN=.

解析:因为抛物线的方程为y2=4x,故p=2,且F(1,0).

因为|MF|=6,XM+台6,解得XM=5,故yM=±2V5,

所以SAFMN=^X(5-1)X2'/5=4V5.

答案:54V5

13.(2O21T匕京卷)a=(2,1),b=(2,-1),c=(0,1)4U(a+b)-c=,ab=.

解析:因为a=(2,1),b=(2,-1),c=(0,1),

所以a+b=(4,0),所以(a+b)c=4x0+0x1=0.

ab=2x2+1x(-l)=3.

答案:03

14.(2021•北京卷)若点P(cos6,sin。)与点Qcos3+1,sinb栏关于y轴对称，写出一个符合题意的。=

DO

解析:因为P(cos0,sin6)与Qcos0+7-,sin0+7-关于y轴对称，

OO

即关于y轴对称6+；+e=TT+2kTT,keZ,

oO

SliJe=kn+^,keZ,

当k=o时，可取e的一个值为招.

答案瑞'满足e=kn+相,keZ即可.

15.(2021•北京卷)已知函数f(x)=|lgxH«2给出下列四个结论：

①若k=0,则f(x)有两个零点；

②北<0,使得f(x)有一个零点；

③升<0,使得f(x)有三个零点；

④业>0,使得f(x)有三个零点.

以上正确结论的序号是.

解析:对于①，当k=0时，由f(x)=|lgx卜2=0,可得*=击或x=100,①正确；

对于②，考查直线y=kx+2与曲线y=-lgx(0<x<1)相切于点P(t,-lgt),

对函数y=-lgx求导得了=*，

(kt+2=-Igt,ft=

由题意可得,1解得

""标，U=-*ge,

所以存在k=-i^lge<0,使得f(x)只有--零点，②正确；

对于③，当直线y=kx+2过点(1,0)时,k+2=0,解得k=-2,

所以当e<k<-2时，直线y=kx+2与曲线y=-lgx(0<x<1)有两个交点，

若函数f(x)有三个零点,则直线y=kx+2与曲线y=-lgx(0<x<1)有两个交点,

直线y=kx+2与曲线y=lgx(x>1)有一个交点,

(ioo.

所以<k<2o此不等式组无解，

Ik+2>0,

因此,不存在k<0,使得函数f(x)有三个零点，③错误；

对于④，考查直线y=kx+2与曲线y=lgx(x>1)相切于点P(t,lgt),

对函数y=lgx求导得y'=］而，

(kt+2=Igt,ft=lOOe,

由题意可得j1解得以Ige

所以当0<k<照时，函数f(x)有三个零点，④正确.

答案:①②④

16.(2021•北京卷)已知在SBC中,c=2bcosB,C=y.

⑴求B的大小;

(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使&ABC存在且唯一确定,并求出BC边上的中线的长度.

①c=V2b;②周长为4+2®③面积为S，ABC=苧；

解:⑴因为c=2bcosB,

则由正弦定理可得sinC=2sinBcosB,

所以sin2B=sin攀喙因为C=y,

所以Be烤,2Be'o,y,

所以2B4解得B=7，

5O

(2)若选择①:由正弦定理结合(1)可得

与c=V2b矛盾，故这样的AABC不存在;

若选择②:由⑴可得A=/设3ABe的外接圆半径为R,

则由正弦定理可得a=b=2Rsin詈R,c=2Rsin"=V5R,

则周长a+b+c=2R+通R=4+2次，解得R=2,

则a=2,c=2V3.

由余弦定理可得BC边上的中线的长度为

J(2V3)2+12-2x2V3x1xcos^=y[7.

若选择③:由⑴可得人节,即a=b,

贝|]S.ABc=|absinC=；a2x费*解得a=V3.

则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为

M+()设xbx卷xcos+,+6x苧号.

17.(2021•北京卷)已知正方体ABCD-AiBCDi,点E为A,Di中点，直线BiCi交平面CDE于点F.

(1)证明:点F为BiG的中点;

(2)若点M为棱A1B,上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为手，求碧•的值.

⑴证明:如图所示，取BC的中点F',连接DE.EF'.F'C,

由于ABCDMiBiGDi为正方体,E,F为中点,

故EF'HCD,

从而E,F',C,D四点共面，平面CDE即平面CDEF',

据此可得，直线B,Ci交平面CDE于点F',

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F重合,

即点F为BQ,的中点.

(2)解:以点D为坐标原点,DA,DC,DDi方向分别为x轴、y轴、z轴正方向,建立空间直角坐标系D-xyz,

不妨设正方体的棱长为2,设作M0VAV1),

则M(2.2A,2),C(0,2,0),F(1,2,2),E(1,0,2),

从而MC=(-2,2-2人,-2),CF=(1,0,2),FE=

(0.-2.0),

设平面MCF的法向量为m=(xi,yi,zi),则

1mMe=-2xi+(2-2A)y1-2z1=0,

、mCF=Xi+2Z]=0,

令可得m=，.

设平面CFE的法向量为n=(X2,y2,Z2),则

nFE=-2y2=0,

nCF=x2+2Z2=0,

令Z2=-1,可得n=(2,0,-1),

从而mn=5,|m|=+3)2,|中信

mn5V5

贝ijcos<m,n>=-

制同同牙3，

整理可得(入-1)2=］，故入W舍去•.

18.(2021•北京卷)为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取*合1检测法”，即将k个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则

可以确定所有样本都是阴性的;若为阳性,则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人，已知其中2人感染病毒.

(1)①若采用“10合1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；

②已知10人分成一组，分10组，两名感染患者在同一组的概率为白定义随机变量X为总检测次数，求检测次数X的分布

列和数学期望E(X);

(2)若采用“5合1检测法”，检测次数Y的期望为E(Y),试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写出结果).

解:(1)①对每组进行检测，需要10次;再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；

所以总检测次数为20次.

②由题意，两名患者在同一组需检测20次，不在同一组需检测30次，所以X可以取20,30,

P(X=20)*,P(X=30)=珀哈,

则X的分布列为

X2030

110

P

ITTT

所以E(X)=20X^+30X12=^.

(2)由题意，两名患者在同一组需检测25次，不在同一组需检测30次,Y可以取25,30,

两名感染者在同一组的概率为P尸旦埠遍嚏

C1OO99

不在同一组的概率为P1啜，

贝UE(Y)=25喘+30涔瓷〉E(X).

19.(2021•北京卷)已知函数f(x)=熬.

⑴若a=0,求y=f(x)在(1,f⑴)处切线方程；

(2)若函数f(x)在x=-1处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.

解:⑴当a=0时,3)=等，则f(x)=qa，所以f(1)=1,f(1)=-4,

此时，曲线y=f(x)在点(1,f⑴)处的切线方程为

y-1=-4(x-1),gP4x+y-5=0.

(2)因为f(x)=急，

贝f(x”2(x2+a)-2x?-2x)=2(x2-3x-a)

(x2+a)2(x2+a)2

由题意可得f(-1)=牝*0,解得a=4,

故f(x)=算,改)=等节2

列表如下:

X)-1(14)4(4,+s)

f(x)+0-0+

f(x)增极大值减极小值增

所以函数f(x)的单调递增区间为(3,・1),(4,+8),单调递减区间为(14).

当xv|时,f(x)>0;当x承寸,f(x)<0.

====

所以f(X)maxf(*1)1lf(X)mlnf(4)-^.

20.(2021•北京卷)已知椭圆E*，=1(a>b>0)过点A(0,-2),以四个顶点围成的四边形面积为4V5.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)过点P(0,-3)的直线I斜率为k,交椭圆E于不同的两点B,C,直线AB交y=-3于点M,直线AC交y=-3于点N,若

|PM|+|PN|M15,求k的取值范围.

解:(1)因为椭圆过A(0,-2),故b=2,

因为四个顶点围成的四边形的面积为4V5,

故;x2a*2b=4倔即a=V5,

故椭圆的标准方程为<+[=1.

54

(2)设B(xi,yi),C(x2,y2),

因为直线BC的斜率存在，故x,x2*0,

故直线AB:y=\^x-2,令y=-3,则XM=J^同理XN=-^.

直线BCE，由｛/+：步，

可得(4+5k2)x2-30kx+25=0,

故△=900k2・100(4+5k2)>0,解得k<-1或k>1.

D,30k25

又Xi+X2=-----j,XiX2;------7.

4+5*4+5kz

故X1X2>O,所以XMXN>0.

又|PM|+|PN|=|XM+XN|二

2奴]%2-(勺+*2)

〃2%]“2-1<(勺+*)+1

I50k30k

4+5fc24+5k2

225|k|,

25k30fc,1

4+5k24+5fc2

故5|k|415,即|k|«3.

综上,-3sk〈-1或1<k^3.

21.(2021•北京卷)定义Rp数列{an}:对实数p,满足:①ai+pN0,a2+p=0;②VneNlamiva%;③am+ne{am+an+p,am+an+p+1},m,n

eN-.

⑴对于前4项2,-2,0,1的数列，可以是R2数列吗？说明理由；

⑵若{an}是Ro数列，求as的值；

(3)是否存在p,使得存在Rp数列{an},对VneN,SGSio?若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.

解:(1)由性质③结合题意可知。二a38ai+a2+2,ai+a2+2+1}={2,3},矛盾，故前4项2,-2,0,1的数列，不可能是Fb数列.

(2)性质①2位0g2=0,

由性质③am+2C{am,am+1},因此33=31或33=31+1,34=0或34=1,

若a4=0,由性质②可知a3〈a%即ai<0或ai+1<0,矛盾；

若24=1启3=ai+1,由a3〈a4有矛盾.

因此只能是a4=1,a3=ai.

又因为a4=ai+a3或a4=ai+a3+1,

所以ai=g或ai=0.

若ai=g,贝ija2=ai+ie{ai+ai+0,ai+ai+0+1}={2ai,2ai+1}={1.2},

不满足a2=0,舍去.

当ai=0,则{an}前四项为0,0,0,1.

下面用归纳法证明：

a4n+i=n(i=1,2,3),a4n+4=n+1(neN).

当n=0时，经验证命题成立,假设当Ek(kNO)时命题成立，

当n=k+1时：

若i=1,则a4(k+i)+i=a4k+5=aj+(4k+5力,利用性质③：

{用+a4k母j|jwN*1<j<4k+4}={k,k+1},

此时可得a4k+5=k+1;

否则，若a4k+5=k,取k=0可得:a5=0,

而由性质②可得as=ai+a46{1,2},与as=O矛盾.

同理可得{司+a4k+6彳胫用」句“k+5}={k,k+1},

有a4k+6=k+1;

{句+a4k+&j|jwN',2£jW4k+6}={k+1,k+2},

有a4k+8=k+2;

{司+a4k+7一j|jwN:1<j<4k+6}={k+1},

又因为a4k+7<a4k+8,有a4k+7=k+1.

即当n=k+1时命题成立,证毕.

综上可得,ai=0,a5=a4xi+i=1.

(3)令bn=an+p,由性质③可知，

Vm,neN*,bm+n=am*n+pe{am+p+an+p,am+p+an+p+1}={bm+bn,bm+bn+1},

由于bi=ai+p>0,

b2=a2+p=0,b4n-1=a4n-l+p<a4n+p=b4n,

因此数列{bn}为Ro数列.

由(2)可知，

若VneN,a4n+kn-p(i=1,2,3),a4n+4=n+1-p;

Sii-Sio=aii=a4x2+3=2-pN。，

Sg-Sio="aio="a4x2+2=-(2-p)^O,

因此p=2,此时ai,a2,…,aio4O,ajNO(jNl1),满足题意.

2021年全国统一高考数学试卷•天津卷

1.(2021•天津卷)设集合人={10,1}月={1,3,5}©={0,2,4},则(人9)心等于(C)

A.{0}B.{0,1,3,5)

C.{0,1,2,4}D.{0,2,3,4)

解析:由人={-1,0,1},8={1,3,5},得人的={1},所以。的)皿={1网024}={0,1,2,4卜故选C.

2.(2021・天津卷)已知aeR,则"a>6”是匕2>36”的(A)

A.充分不必要条件B.必要不充分条件

C.充要条件D.既不充分也不必要条件

解析:a2>36等价于同>6=a>6或a<6,故a>6n|a|>6,即a2>36,但|a|>6。/a>6,因此"a>6”是匕2>36”的充分不必要条件,故选

A.

3.（2021・天津卷）函数y=黑的图象大致为（B）

解析:易得y=黑为偶函数，故可排除A.C选项，当x=2时,丫=报＞0,故可排除D选项.故选B.

4.（2021・天津卷）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）内的影视作品数量为（D）

频率

A.20B.40C.64D.80

解析:由频率分布直方图可得评分在区间［82,86）内的频率为0.050x4=0.2,所以影视作品数量为0.2x400=80.故选D.

03

5.（2021・天津卷）设a=log20.3）b=logi0.4,c=0.4,Ma,b,c的大小关系为（D）

2

A.a<b<cB.c<a<b

C.b<c<aD.a<c<b

解析:因为a=log20.3<log2l=0,

b=logi0.4=-log20.4>-log20.5=1,

0<c=0.403<0.4°=1,

所以a〈c〈b.故选D.

6.（2021•天津卷）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为竽,两个圆锥的高之比为1:3,则这

两个圆锥的体积之和为（B）

A.3TTB.4TTC.9TTD.12TT

解析:

如图所示，由球的体积为等,

可得该球的半径R=2,

由题意得,两个圆锥的高O'S.O'P分别为1和3,

因为PS为球O的直径，所以aPAS为直角三角形,

又因为O'ALPS,

所以可得截面圆半径O'A=V5,

所以这两个圆锥的体积之和为VWTTX(V5)2X(3+1)=4TT.故选B.

7.(2021・天津卷)若2a=5»=10,则衿等于(C)

A.-1B.lg7C.1D.logzIO

解析:因为2a=5b=10,所以a=log2l0,b=log5l0,

所以海嬴+康方2+年5=1•故选c.

8.(2021・天津卷)已知双曲线言=1(a>0,b>0)的右焦点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点重合，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|=四|AB|,则双曲线的离心率为(A)

A.V2B.V3C.2D.3

解析:根据题意知抛物线的准线方程为x=-c,所以|AB|=q,|CD|=^，因为|CD|=V^|AB],所以c=&b,又因为c?=a2+b2,所以

a=b,所以双曲线的离心率e=£=Vl故选A.

a

9.(2021・天津卷)设aeR,函数f(x)=

[r2署：'>.若f(x)在区间(0,+s)内恰好有6个零点，则a的取值范围是(A)

kX十1JXTU十D,X±at

A.’2?.U|,y.B.J,2.U.

C.2,1.u,3.D.J,2u,3.

解析:因为二次方程最多有2个根，

所以f(x)=cos(2TTX-2ira)至少有4个根，

因为f(X)=COS(2TTX-2TTa)=COS[2TT(X-a)],

而2iT(x-a)苫+kTT,keZ,

整理得x=^+i+a(k€Z)=>0<^+i+a<a=>-2a-j<k<-1.

①x<a时，当-5V-2aW〈-4,f(x)有4个零点，

联"号

当-6£2a，<-5,f(x)有5个零点，即3aq

当-7£2a-1<-6,f(x)有6个零点，即苧<av*

xNa时,f(x)=x2-2(a+1)x+a2+5,A=4(a+1)2>4(a2+5)=0,解得a=2.

当a<2时,A〈O,f(x)无零点,

当a=2时,A=O,f(x)有1个零点，

当a>2时，令f(a)=a2-2a(a+1)+a2+5=0,

解得a=|,

则当23|时,f(x)有2个零点，

当a>|时,f(x)有1个零点.

②即当x>a时,a<2时,f(x)无零点，

当a=2或a>|时,f(x)有1个零点，

当2<av|时,f(x)有2个零点.

综上①②可得aebq.u.故选A.

10.(2021・天津卷)i是虚数单位,复数等.

他+u.9+2i_(9+2i)(2-i)_18-9i+4i-2i2_20-5i_..

解斫・百一(2+i)(2-i)2^?5-4-L

答案：4-i

11.(2021・天津卷)在区3W£的展开式中1的系数是

解析:‘2x3+”的第r+1项为

X

T-1=C£2X3)6"：，=/26仪3g》«=篇

因为x®r=x6得r=3,所以T4=C"23xx6=160x6,所以X6的系数是160.

答案:160

12.(2021・天津卷)若斜率为百的直线与y轴交于点A,与圆x2+(y-1)2=1相切于点B,则|AB|=.

解析:设圆心为M向直线的斜率为百知此切线的侦斜角为60°,又切线与y轴交点为A,所以NMAB=30°,又NABM=90°,且

MB=1,所以AM=2,fiP|AB|=V71M2-BM2=V3.

答案:V5

13.(2021・天津卷)若a>0,b>0,则的最小值为.

解析:因为£13户物河4K,

所以》"弃占

嘿乔=2几

当且仅当界%成立，

即a=b=◎寸，%髀取得最小值・

答案:2々

14.（2021・天津卷）甲、乙两人在每次猜迷语活动中各猜一个谜语，若一方猜对，且另一方猜错，则猜对一方获胜，否则本次平

局.已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为W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.

解析:（1）根据题中条件，事件甲获胜为甲猜对乙猜错。

P旦

653,

故甲获胜的概率为

（2）根据独立重复事件的概率，

甲获胜2次的概率为

p（x=2）=《?2x勾q

甲获胜3次的概率为

P（X=3）=C|g3x巧P=A,

所以甲至少获胜2次的概率为P=1+^=^.

故3次活动中，甲至少获胜2次的概率为

分17

15.（2021•天津卷）在边长为1的等边三角形ABC中,D为线段BC上的动点,DE_LAB,且交AB于点E,DF||AB交AC于点

—―♦—♦—♦—♦

F,贝力28£+0川的值为，（。^+川》。?1的最小值为.

解析:

如图所示,建立如图所示坐标系，则点A,B,C的坐标分别为喈、*0,0,

设D点坐标为(x,0),

111

xe-7*2

则|BD|=*x,|BE|=挎,

E点坐标为苧x

|CD|=i-x,|DF|4x,FHT4

(1)2嬴赤=2另枭学.+HT4=翳

|2BE+DF|=J(i)2+(y)

13x百+蜴

(29)\DnEF—--3X

11xV3>/3x;，IV3

DF=4-2>7­十万

.FTA।5x13'/3V3xIV3

(DE+DF)DA=R石石一r--x.y.

15x1,、工3V5V3xV3

73(X)+---------->xw—

842

_5I,1上95I1-11

—x2~~X.+—~x~2+~

451641020'

当x$时,(法+命)•&取得最小值系

11

答案:1

20

16.(2021•天津卷)在&ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sinA:sinB:sinC=2:1：V2,b=V2.

(1)求a的值;

⑵求cosC的值;

⑶求sin'2Cq’的值.

解:⑴由正弦定理得sinA:sinBna:b=2:1,b二企，所以a=2V2.

(2)同(1)可得c=2,由余弦定理可得

c_a2+/-cZ_(2@Z+(0z.2Z_3

8su-2^b2x272x72--4-

(3)cosC=1>O,JIIJsinC=J1-(1)2=:

sin2C=2sinCeosC=2x?x：=苧,

7I

cos2c=1-2siMC=1-2x£W，

loo

・kcn•MnM•n30"1J3V71-1

sin2.C-——sin2Ccos--cos2Csin7-—r-x-r——x————.

oo00z8zlo

17.(2021•天津卷)

如图，在棱长为2的正方体ABCD-AiBiCiD,中,E为棱BC的中点,F为棱CD的中点.

⑴求证:DF||平面AiEG;

(2)求直线AC,与平面A,ECi所成的角的正弦值;

(3)求二面角A-A1C1-E的正弦值.

(1)证明:如图所示，连接AiCi,BQ,相交于O,连接OE,EF,

因为E为棱BC的中点,F为棱CD的中点,

所以EF||BiD,,且EF=|BiDi.

根据正方体有0。=担心,所以EF=ODi,且EF||ODi,

所以四边形OEFDi为平行四边形，所以OEIIDF.

又因为OEu平面AiECQiFC平面AiECi,

所以DiF||平面A1EC1.

解:

(2)以A为坐标原点,AB,AD,AAi为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示,

则A(0,0,0),Ci(2,2,2),E(2,1,0),Ai(0,0,2),

则A；E=(2,1,-2)应i=(0,1,2),足=(2,2,2),

设平面A1EC1的法向量ni=(xi,yi,zi),

贝卡1_LAiE^pXi+y；-2zi=0,

1九1J.EQ,

(=2,

令zi=1,则卜1=-2,则m=(2,-2,1).

(Zi=L

设直线ACi与平面A1EC1所成的角为&

l〃iACi|一2二

贝

ijsin6=InillACtl3x275

(3)在(2)建立的空间直角坐标系中,设平面A1AC1的法向量02=(X272.22),

则九21"三

n21ACP

(2z?=0,

(2X2+2y2+2Z2=0,

(X2=-1，

令y2=1,则］丫2=1，则n2=(-1,1,0).

(z?=0,

设二面角AJdG-E为a,根据(2)有

nrr)2-2-22V2

cosa:

InJInzI3x6-3'

所以sina=

18.(2021・天津卷)已知椭圆亲，=1(a>b>0)的右焦点为F,上顶点为B,离心率为尊且|BF|二V5.

(1)求椭圆的方程；

(2)直线I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I的

方程.

解:

(1)记半焦距为C,

根据IBFR0B2+0尸2=迎2+[2=a,

得a=V5,

由离心率e=£=竽，得c=2,

a5

所以b2=a2-c2=1,

所以椭圆的方程为5+yz=1.

(2)设直线I的方程为y=kx+m,

由题知联立方程组

\y=kx+m,

得(1+5k2)x2+10kmx+5m2-5=0,

因为直线I与椭圆有唯一的公共点M,所以△=(),化简得m2-5k2-1=0,①

由方程组,=丘:科

(X=0,

解得y=m,因此点N坐标为(0,m).

因为B(0,1),F(2,0),

所以直线BF的斜率为照

因为NP与BF垂直，交x轴于点P,

所以NP1BF,

根据两直线垂直斜率之积为-1,

可得直线NP斜率为2,

因为N(0,m),所以直线NP的方程为y=2x+m,

因为直线NP交x轴于点P,

由方程组?]?：血解得*=W

因此点P的坐标为go，

因为MP||BF,所以直线MP与直线BF的斜率相等，所以直线MP的斜率为

直线MP方程为y=-ix+y..

联立方程瞰"河为解得「二愿

因此点M坐标为1黑2%曹、

将M点坐标代入椭圆方程得

(喘多)：心m+2m2T⑨

s-+②

O②解得］［或［;二京(因为直线I与y轴的正半轴交于点N,故舍去)，

所以直线I方程为y=x+V6.

19.(2021・天津卷)已知｛an｝是公差为2的等差数列，其前8项的和为64.｛bn｝是公比大于0的等比数列,b,=4,b3-bz=48.

⑴求｛an｝和｛bn｝的通项公式;

⑵记Cn=b2n+^-,neN-.

①证明｛C-C20｝是等比数列；

②证明£俾应<271

ck'c2k

(1)解:设｛an｝的公差为d,｛an｝的前n项和为Sn,｛bn｝的公比为q(q>0).

由题意得d=2,S8=64,根据等差数列前n项和公式得S8=8ai+28d=64,

整理得2ai+7d=16,(*)

将d=2代入(*)得,ai=1,

所以an=1+2(n-1)=2n-1,neN*.

根据题中bi=4,b3-b2=48,由等比数列通项公式得,biq2-biq=48,(**)

将bi=4代入(**)得,4q2-4q=48,

化简得q2-q-12=0,即(q-4)(q+3)=0,

所以q=4或q=-3.

因为q>0,所以q=4,

根据等比数列通项公式得bn=4n,neN'.

所以｛an｝的通项公式为an=2n-1,n€N',｛bn｝的通项公式为bn=4n,n€N\

(2)证明:由⑴得an=2n-1,bn=4n,neN\

所以Cn=42n+^,neN,.

①c沁n=5+*2/4而+表=4防+2-4。+去44n42-4n,neN;

所以《+1©("1)=2・4叫

所以由翳担=4(常数).

因为c；-C2=42+；2-4，+a—8,

所以｛c>C2n｝是以8为首项,4为公比的等比数列.

②设tn=的前n项和为Tn,

所以卡后嚼瓜牌，

所以匠*neN1

设缶=嬴neN',｛rn｝的前n项和为Rn,

则Rn=n+r2+...+rn-i+rn

所以R得+检+…+紧+嬴⑴

所以;&=0+导枭…+管+向,(ii)

所以Rn=2--^7T,n€N'.

因为、N•，所以贵>0,所以Rn<2.

所以Tn<aR*20,即g隹江<271

k=iy]ck'c2k

20.(2021・天津卷)已知a>0,函数f(x)=ax-xe».

⑴求函数y=f(x)在点(0,f(0))处的切点的方程；

(2)证明:f(x)存在唯一极值点；

(3)若存在a,使得f(x)<a+b对于任意的xeR成立,求实数b的取值范围.

(1)解:f(0)=0,f(x)=a-(x+1)e*,

所以f(0)=a-1,

所以函数在(0,f(0))处的切线方程为(a-1)x-y=0.

(2)证明:若证明f(x)仅有一个极值点，

即证「(x)=a-(x+1)e，=0只有一个解，

即证a=(x+1)ex只有一个解，

令g(x)=(x+1)e、,只需证g(x)=(x+1)e，的图象与直线y=a(a>0)仅有一个交点,

g'(x)=(x+2)ex,

当x=-2时,g'(x)=0,

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=-2时,g(-2)=-e-2<0,

当x—+元时,g(x)—+8,

当x+s时,g(x)f(?,

画出函数g(x)=(x+1)ex的大致图象如图所示.

因为a>0,所以g(x)=(x+1)ex的图象与直线y=a(a>0)仅有一个交点.

(3)解:由题意可得，存在ae(O,+s),

使得ax-xe$a+b对于任意的X€R恒成立，

即存在ae(0,+8),使得-bwxex+a(1-x)对于任意的XGR恒成立，

令h(x)=xex+a(1-x),

即存在ae(0,+8),-bwh(x)min,

h*(x)=(x+1)ex-a,hw(x)=(x+2)e\

由(2)得当x<-2时,h〈x)vO,单调递减，当x>-2时，单调递增，

当X~++g时,h'(X)f+8,

当XT・S时,h'(x)〈O,

所以存在x=xo(xo>-2),

使得函数h'(xo)=(xo+1)ex°-a=O,

即(xo+1)e*=a,

当x〈xo时,h(x)单调递减，当x>xo时,h(x)单调递增.

当x=xo时,h(x)min=h(xo)=xoeXo+a(1-xo)=(1-M+xo)eX。，

h,(xo)=(-^-xo+2)ex°=-(xo+2)(xo-1)ex°,

当・2vxo<1时,h'(xo)>O,则h(xo)单调递增，

当xo>1时,h'(xo)vo,则h(xo)单调递减.

当Xo=1时,h(xo)max=h(1)=e,

因为存在aG(O,+«),-b^h(xo),

即-bwh(xo)max,即-bwe.

所以b的取值范围为［-e,+8).

2021年全国统一高考数学试卷•新高考II卷

1.(2021•新高考II卷)复数台在复平面内对应的点所在的象限为(A)

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

解析:得=誓斗=等=苧，所以该复数对应的点为U,，该点在第一象限.故选A.

1-311U1ULLZ

2.（2021•新高考II卷）设集合U={1,2,3,4,5,6},A={136bB={2,3,4},则An（CuB）等于（B）

A.{3}B.{1,6}C.{5,6}D.{1,3}

解析:由题设可得CuB={1,5,6},故An（CuB）={1,6}.故选B.

3.（2021•新高考II卷）若抛物线y2=2px（p>0）的焦点到直线y=x+1的距离为混，则p等于（B）

A.1B.2C.2V2D.4

解析:抛物线的焦点坐标为1,0.，其到直线x-y+1=0的距离d二年？=或，解得p=2（p=-6舍去）.故选B.

4.（2021•新高考II卷）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的

轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度36000km（轨道高度指卫星到地球表面的最短距离）.将地球看作是一个球心为O,

半径r为6400km的球,其上点A的纬度是指OA与赤道所在平面所成角的度数，地球表面上能直接观测到一颗地球静止

同步轨道卫星点的纬度的最大值为5记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2irr2（1-cosa）（单位:km2）,则S占地球表面

积的百分比约为（C）

A.26%B.34%C.42%D.50%

解析:由题意可得,S占地球表面积的百分比约为

〜、一d6400

（Lcosa）;Lcosa」6400+3600（）0042=42%故选C

4nr222

5.（2021•新高考II卷）正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则四棱台的体积为（D）

A.20+12V3B.28V2

C56c28V2

解析:

因为该四棱台上、下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

所以该棱台的高h=、22-（2鱼-鱼尸二代,下底面面积Si=16,上底面面积S2=4,

所以该棱台的体积V=gh(Si+S2+6^)=gxV^x(i6+4+痣5);皇也.故选D.

6.(2021•新高考II卷)某物理量的测量结果服从正态分布N(10,»2),下列结论中不正确的是(D)

Ac越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大

B.o越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5

C.G越小,该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等

D.o越小,该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在(10,10.3)的概率相等

解析:对于AU为数据的方差，所以。越小,数据在尸10附近越集中，所以测量结果落在(9.9,10.1)内的概率越大，故A正确；

对于B,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为0.5,故B正确；

对于C,由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于10.01的概率与小于9.99的概率相等，故C正确；

对于D,因为该物理量一次测量结果落在(9.9,10.0)的概率与落在(10.2,10.3)的概率不同，所以一次测量结果落在(9.9,10.2)

的概率与落在(10,10.3)的概率不同，故D错误.故选D.

7.(2021•新高考II卷)已知a=log52,b=log83,c=g,则下列判断正确的是(C)

A.c<b<aB.b<a<c

C.a<c<bD.a<b<c

解析:a=log52〈log5H=；=log82V5vlog83=b，即a〈c〈b.故选C.

8.(2021•新高考II卷)已知函数f(x)的定义域为R,f(x+2)为偶函数,f(2x+1)为奇函数，则(B)

A.fg=0B.f(-1)=0

C.f(2)=0D.f(4)=0

解析:因为函数f(x+2)为偶函数，则f(2+x)=f(2・x),可得f(x+3)=f(1-x),

因为函数f(2x+1)为奇函数，则f(1-2x)=-f(2x+1),所以f(1-x)=-f(x+1),

所以f(x+3)=-f(x+1)=f(x-1),即f(x)=f(x+4),

故函数f(x)是以4为周期的周期函数，

因为函数F(x)=f(2x+1)为奇函数，

则F(0)=f(1)=0.

故(1)=4(1尸0,其他三个选项未知.故选B.

9.(多选题)(2021•新高考II卷)下列统计量中，能度量样本Xi,X2,...,Xn的离散程度的是(AC)

A.样本Xl,X2,...,Xn的标准差

B.样本X1,X2,…,Xn的中位数

C.样本Xl,X2,...JXn的极差

D.样本X1,X2,…,Xn的平均数

解析:由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的寓散程度；

由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；

由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；

由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势.故选AC.

10.(多选题)(2021•新高考I倦)如图，在正方体中,0为底面的中心,P为所在棱的中点,M,N为正方体的顶点，则满足MN10P

的是(BC)

解析:设正方体的棱长为2,

对于A,如图⑴所示，连接AC,则MN||AC,

故/POC（或其补角）为异面直线OP,MN所成的角,

在直角三角形OPC,OC=e,CP=1,

故tanzPOC=^=y,

故MN10P不成立，故A错误;（或者易得OP在上底面的射影为MN,故MN10P不成立）

对于B,如图⑵所示，取NT的中点Q,连接PQQQ,则OCHNT,PCkMN,

由正方体SBCM-NADT可得SNJ■平面NADT,而OQu平面NADT,

故SN_LOQ,而SNnTN=N，故OCU平面SNTM,

又MNu平面SNTM,所以OCUMN,而OQnPQ=Q,

所以MN_L平面OPQ,而OPu平面OPQ,故MNK)P,故B正确;

图⑵

对于C,如图⑶，连接BD,则BD||MN向选项B的判断可得OP1BD,

故OP_LMN,故C正确;

对于D,如图(4),

取AN中点B,连接AN,AMQB,BP,则OBE);MN.

因为正方体的棱长为2,则0B=心.

OP=V22+1=V5,BP=(V2)2+12=V3.

因为BP2<OB2+OP2,所以/BOP不是直角.故MN与OP不垂直.故选BC.

11.(多选题乂2021•新高考II卷)已知直线l:ax+by-r2=0与圆C:x2+y2=r2,点A(a,b),则下列说法正确的是(ABD

A.若点A在圆C上,则直线I与圆C相切

B.若点A在圆C内,则直线I与圆C相离

C.若点A在圆C外,则直线I与圆C相禽

D.若点A在直线I上,则直线I与圆C相切

解析:圆心C(0,0)到直线I的距番£1=了\,

Ja2+h2

若点A(a,b)