2021高考理科数学全国1卷(含解答)

2023年11月30日发(作者：)

理科数学

2021年普通高等学校招生全国统一考试

总分值150分。考试用时120分钟。

一、选择题：此题共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。

1．集合，那么

Ax|x1，B{x|31}



x

A． B．C． D．

AB{x|x0}AB{x|x1}

ABRAB

2．如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图.正方形内切圆中的黑

ABCD

色局部和白色局部关于正方形的中心成中心对称.在正方形内随机取一点，

那么此点取自黑色局部的概率是

A． B． C． D．

11

42



84

3．设有下面四个命题

1

p

1

：假设复数满足，那么； ：假设复数满足，那么；

zz

R

zRzR

p

2

zR

2

z

p

3

：假设复数满足，那么； ：假设复数，那么.

z,zp

124

zzR

12

zz

12

其中的真命题为

A． B． C． D．

p,pp,pp,pp,p

13142324

zR

zR

4．记为等差数列的前项和．假设，，那么的公差为

S

n

{a}aa24S48{a}

n456n

n

A．1 B．2 C．4 D．8

5．函数在单调递减，且为奇函数．假设，那么满足的的

f(x)

(,)f(1)11f(x2)1

x

取值范围是

A． B． C． D．

[2,2][1,1][1,3]

6．展开式中的系数为

(1)(1x)

[0,4]

1

2

6

x

2

x

B．20 C．30 D．35 A．15

7．某多面体的三视图如下图，其中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形组

成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形.该多面体的各个面中有假设干

个是梯形，这些梯形的面积之和为

A．10 B．12 C．14 D．16

8．右面程序框图是为了求出满足的最小偶数，那

321000

n

么在和两个空白框中，可以分别填入

nn

A．和 B．和

A1000nn1A1000nn2

C．和 D．和

A1000nn1A1000nn2

9．曲线，那么下面结论正确

C:ycosx,C:ysin(2x)

12

的选项是

A．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把

C

1

得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线

2



3

π

C

2

6

B．把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把

C

1

得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线

π

C

2

12

1

π

倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长C．把上各点的横坐标缩短到原来的

26

C

1

度，得到曲线

C

2

D．把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长

C

1

度，得到曲线

C

2

1

π

212

10．为抛物线的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于、两点，

FF

C:y4x

l,ll

121

C

AB

直线与交于、两点，那么||+||的最小值为

l

2

C

DEABDE

A．16 B．14 C．12 D．10

xyz

2

11．设为正数，且，那么

xyz

235

A． B． C． D．

2x3y5z5z2x3y3y5z2x3y2x5z

12．几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件。为激发大家学习数学的兴趣，他们推出

了“解数学题获取软件激活码〞的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：数列1，1，2，

0

1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项为哪一项，接下来的两项是，

2

2,2

01

再接下来的三项是，依此类推。求满足如下条件的最小整数且该数列的前

2,2,2

N:N100N

项和为2的整数幂。那么该款软件的激活码是

A．440 B．330 C．220 D．110

012

二、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分。

13．向量，的夹角为60°，||=2，||=1，那么| +2 |=

abab a b



x2y1



14．设满足约束条件，那么的最小值为

x,y



2xy1

z3x2y



xy0



xy

22

15．双曲线的右顶点为，以为圆心，为半径做圆，圆与双曲线

C:1(a0,b0)

22

AAbAA

ab

CMN

的一条渐近线交于、两点。假设，那么的离心率为________。

MAN60

C

16．如图，圆形纸片的圆心为，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形的中心为。、、为

OABCODEF

圆上的点，△，△，△分别是以，，为底边的等腰三角形。沿虚线剪开后，

ODBCECAFABBCCAAB

分别以，，为折痕折起△，△，△，使得、、重合，得到三棱锥。当△

BCCAABDBCECAFABDEFABC

的边长变化时，所得三棱锥体积〔单位：cm〕的最大值为_______。

3

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。

a

2

17．〔12分〕△的内角，，的对边分别为，，，△的面积为

ABCABCabcABC

3sinA

〔1〕求;

sinBsinC

〔2〕假设，求△的周长.

6cosBcosC1,a3

ABC

18.〔12分〕

如图，在四棱锥中，，且.

P-ABCDAB//CD

BAPCDP90

〔1〕证明：平面⊥平面；

PABPAD

〔2〕假设===，，求二面角--的余弦值.

PAPDABDCAPBC

APD90

19．〔12分〕

为了监控某种零件的一条消费线的消费过程，检验员每天从该消费线上随机抽取16个零件，并

测量其尺寸〔单位：cm〕．根据长期消费经历，可以认为这条消费线正常状态下消费的零件的尺寸服

从正态分布．

N(,)



〔1〕假设消费状态正常，记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的

X

(3,3)



零件数，求及的数学期望；

P(X1)

X

〔2〕一天内抽检零件中，假如出现了尺寸在之外的零件，就认为这条消费线在

(3,3)



这一天的消费过程可能出现了异常情况，需对当天的消费过程进展检查．

〔ⅰ〕试说明上述监控消费过程方法的合理性；

〔ⅱ〕下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸：

2

1

16

11

1616

2222

x9.97x

i

，经计算得，其中为

s(xx)(x16x)0.212

ii



x

i



16

i1

1616

i1i1

抽取的第个零件的尺寸，．

i

i1,2,,16

ˆ

，用样本标准差

s

作为的估计值，利用估计值判断是否用样本平均数作为的估计值





ˆ

x





ˆˆˆˆ

3,3)(



之外的数据，用剩下的数据估计



和〔准确需对当天的消费过程进展检查？剔除



到〕．

2

附：假设随机变量服从正态分布，那么，

Z

N(,)



P(3Z3)0.997 4



0.997 40.959 2

16

，．

0.0080.09

20.〔12分〕

33

xy

22

椭圆：〔>>0〕，四点〔1,1〕，〔0,1〕，〔–1，〕，〔1，〕中恰有

CabPPPP

22

=1

1234

22

ab

三点在椭圆上.

C

〔1〕求的方程；

C

〔2〕设直线不经过点且与相交于，两点。假设直线与直线的斜率的和为–1，证

lPCABPAPB

222

明：过定点.

l

21.〔12分〕

函数

f(x)ae(a2)ex

2xx

〔1〕讨论的单调性；

f(x)

〔2〕假设有两个零点，求的取值范围.

f(x)

a

〔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〕



x3cos,



在直角坐标系中，曲线的参数方程为〔为参数〕，直线的参数方程为

xOyCθl



ysin,







xa4t,

（t为参数）

.



y1t,



〔1〕假设=−1，求与的交点坐标；

aCl

〔2〕假设上的点到的间隔 的最大值为，求.

Cla

17

23．[选修4—5：不等式选讲]〔10分〕

函数

f(x)xax4,g(x)|x1||x1|

〔1〕当时，求不等式〔〕≥〔〕的解集；

a1

fxgx

〔2〕假设不等式〔〕≥〔〕的解集包含[–1，1]，求的取值范围.

fxgxa

2

2021年普通高等学校招生全国统一考试

理科数学参考答案

一、选择题：此题共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。

1A , 2B, 3B, 4C, 5D, 6C, 7B, 8D, 9D, 10A, 11D, 12A.

二、填空题：此题共4小题，每题5分，共20分。

13． 14．-5 15． 16．

23415cm

23

3

3

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。

a

2

17．〔12分〕△的内角，，的对边分别为，，，△的面积为

ABCABCabcABC

3sinA

〔1〕求sinsin;

BC

〔2〕假设6coscos=1，=3，求△的周长.

BCaABC

1a

2

1a

解：〔1〕由题设得，即

acsinB

csinB

23sinA

23sinA

1sinA2

，故。 由正弦定理得

sinBsinCsinCsinB

23sinA3

11

〔2〕由题设及〔1〕得，即

cosBcosCsinBsinCcos(BC)

22

1a

2

2





所以，故.由题设得，即

BCA

bcsinA

bc8

23sinA

33

2

22

由余弦定理得，即，得

bcbc9

(bc)3bc9

bc33

故的周长为

ABC

333

18.〔12分〕解：〔1〕由，得，

BAPCDP90

ABAP

CDPD

由于，故， 从而平面

AB//CD

ABPDABPAD

又平面，所以平面平面

ABPABPABPAD

〔2〕在平面内作，垂足为.由〔1〕可知，平面，故，

PADPFADFABPADABPF

可得平面.以为坐标原点，的方向为轴正方向，为单位长，建立如

PFF

ABCD

FA

x

|AB|

下图的空间直角坐标系.

Fxyz

由〔1〕及可得.

A(,0,0),P(0,0,),B(,1,0),C(,1,0)

2222

2222

所以

PC(,1,),CB(2,0,0),PA(,0,),AB(0,1,0)

2222

2222

设是平面的法向量，那么

n(x,y,z)

PCB



22





nPC0,



xyz0,

即 可取

n(0,1,2)





22





y0



nCB0



设是平面的法向量，那么

m(x,y,z)

PAB



22





mPA0,



xz0,

即 可取

m(1,0,1)





22





mAB0



y0



那么.所以二面角的余弦值为.

cosn,m

3

nm3

APBC



3

|n||m|3

19．〔12分〕解：〔1〕抽取的一个零件的尺寸在之内的概率为0.9974，从而零件的

(3,3)



尺寸在之外的概率为0.0026，故，因此

(3,3)X~B(16,0.0026)



P(X1)1P(X0)10.99740.0408

16

X

的数学期望为

EX160.00260.0416

〔2〕〔i〕假如消费状态正常，一个零件尺寸在之外的概率只有0.0026，一天内抽

(3,3)



取的16个零件中，出现尺寸在之外的零件的概率只有0.0408，发生的概

(3,3)



率很小。因此一旦发生这种情况，就有理由认为这条消费线在这一天的消费过程可能出现

了异常情况，需对当天的消费过程进展检查，可见上述监控消费过程的方法是合理的。

ˆ

9.97,



的估计值为，由样本数据



ˆ

0.212

〔ii〕由，得的估计值为

x9.97,s0.212



ˆˆˆˆ

3,3)(



之外，因此需对当天的消费过程进展检查。

可以看出有一个零件的尺寸在

ˆˆˆˆ

3,3)(



之外的数据9.22，剩下数据的平均数为

剔除

1

(169.979.22)10.02

,因此.



15



x160.212169.971591.134

i1

16

222

i

ˆˆˆˆ

3,3)(



之外的数据9.22，剩下数据的样本方差为

剔除

1

(1591.1349.221510.02)0.008

22

.

15

因此的估计值为.



0.0080.09

20.〔12分〕解：〔1〕由于两点关于轴对称，故由题设知经过两点.

P,PP,P

3434

y

C

又由知，不经过点，所以点在上

1113

CC

P

1

P

2



2222

aba4b



1

1,

2





x

2



b

2



a4

2

y1

. 因此解得 故的方程为





C

2

13

4





1



b1

22



4ba



〔2〕设直线与直线的斜率分别为

PAPBk,k

2212

假如与轴垂直，设，由题设知，且，可得的坐标分别为

l

x

l:xt|t|2A,B

t0

4t4t

22

(t,),(t,)

22

那么，得，不符合题设.

kk1

12

4t24t2

22

t2

2t2t

x

2

y1

2

得 从而可设，将代入

l:ykxm(m1)ykxm

4

(4k1)x8kmx4m40

222

.

由题设可知

16(4km1)0

22

8km4m4

2

,xxxx

1212

设，那么

A(x,y),B(x,y)

1122

22

4k14k1

而 .

kk

12

y1y1kxm1kxm12kxx(m1)(xx)

12121212

xxxxxx

121212

由题设，故,

kk1(2k1)xx(m1)(xx)0

121212

4m48km

2

m1

(m1)0(2k1)

k

即.解得

4k14k1

22

2

当且仅当时，，于是，所以过定点

m10

l:yxm

m1

l

(2,1)

2

2xxxx

21.〔12分〕解：〔1〕的定义域为，

f(x)(,)

f(x)2ae(a2)e1(ae1)(2e1)



〔i〕假设，那么，所以在单调递减

a0

f(x)0f(x)(,)



〔ii〕假设，那么由的.

a0xlna

f(x)0



当时，；当时，

x(,lna)f(x)0x(lna,)f(x)0



所以在单调递减，在单调递增。

f(x)(,lna)(lna,)

〔2〕〔i〕假设，由〔1〕知，至多有一个零点

a0

f(x)

〔ii〕假设，由〔1〕知，当时，获得最小值，最小值为

a0xlna

f(x)

f(lna)1lna

① 当时，由于，故只有一个零点；

a1

f(lna)0f(x)

② 当时，由于，即，故没有零点；

a(1,)f(lna)0f(x)

1lna0

③ 当时，，即又

a(0,1)f(lna)0

1lna0

又，故在有一个零点。

f(2)ae(a2)e22e20

422

1

a

1

a

1

a

f(x)(,lna)

设正整数满足，

n

0

nln(1)

0

那么.

f(n)e(aea2)nen2n0

0000

0000

由于，因此在有一个零点.

ln(1)lna

f(x)(lna,)

综上，的取值范围为.

a

(0,1)

nnnn

3

a

3

a

x

2

22．解：〔1〕曲线的普通方程为，

C

y1

2

9

当时，直线的普通方程为

a1

l

x4y30

21



x



x4y30,



x3,



2124





2

25

由解得或 从而与的交点坐标为



x

(3,0),(,)

C

l





2

24

2525

y0





y



y1



9



25



〔2〕直线的普通方程为，故上的点到的间隔 为

ll

x4ya40(3cos,sin)

C



d

|3cos4sina4|



17

a9a9

17

，所以； ，由题设得当时，的最大值为

a8a4d

1717

当时，的最大值为，所以. ，由题设得

a4da16

综上，或

a8a16

23．解：

a1a1

17

1717

〔1〕当时，不等式等价于

a1

f(x)g(x)

xx|x1||x1|40

2

①

当时，①式化为，无解；

x1

x3x40

当时，①式化为，从而；

1x11x1

xx20

2

当时，①式化为，从而

x1

xx40

1x

2

2

117

2

所以的解集为

f(x)g(x)

{x|1x}

〔2〕当时，

x[1,1]g(x)2

117

2

所以的解集包含，等价于当时

f(x)g(x)[1,1]x[1,1]f(x)2

又在的最小值必为与之一，所以且，得

f(x)[1,1]f(1)f(1)f(1)2f(1)2

1a1

所以的取值范围为

a

[1,1]