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1、2021年普通高等学校招生全国统一考试北京卷1 .(2021北京卷)已知集合 A=x|-lvxvl,B=x|04x42以iJ AuB 等于(B)A.(-l,2)B.(-l,2C.0,l)D.0,l解析:由题意可得AuB=xHLx 2,即 AuB=(-l,2.故选B.2.(2021北京卷)在复平面内，复数z 满足(li)z=2,则 z 等于(D)A.2+i B.2-iC.l-i D.l+i2 相9 ZQ也解析:由题意可得z=l+i.故选D.3.(2021北京卷汜知f(x)是定义在 0,1 上的函数，那么“函数f(x)在 0口上单调递增 是 函数f(x)在 0,1 上的最大值为f(l)-的(A)A
2、.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，贝 ij f(x)在 0口上的最大值为f(l),若 f(x)在 0,1 上的最大值为f(l),比如f(x)=x-3 2,因为f(X)=X-3 2在 Io,3.上为减函数，在.上为增函数,且 f(x)在 0,1 上的最大值为f(l),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f(l)”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)解析:B.4C.
3、3+点 D.2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1,1 里 3例故其表面积为3xJx lx l+x（烟2.故选A.5.（2021北京卷）双曲线C:-巩 .过点（应，点），且离心率为2,则该双曲线的标准方程为（A）A.x2-a=l B.a-y2=l生 位C.x2-3=1 D.3-y2=lc?/3解析:因为e=2,所以c=2a,b=V?3=a,则双曲线的方程为菰*=1,将点（应，再）的坐标代入双曲线的方程可得3，W而|=1,解得a=l,故 b=有,因此双曲线的方程为x?-3=1.故选A.6.（2021北京卷
4、）面 和 是两个等差数列，其中,（lkv5）为常值,%=288启5=96力1=192,则 b3等于（B）A.64 B.128 C.256 D.512解析:由已知条件可得无=则 b5=*=8 8=64,因此,b3=1=3=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2 B.偶函数，最大值为29-8C.奇函数，最大值为D.偶函数，最大值为9-8解析由题意,f(-x)=cos(-x)-cos(-2x)=cos x-cos 2x=f(x),所以该函数为偶函数.又 f(x)=cos x-cos 2x=-2cos2x+cos
5、 X+l=-2 COS X-2+”,1 9所以当cos X二 时,f(x)取最大值8 故选D.8.(2021北京卷淀义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(IO mm),中雨Q0 mm25mm),大雨(25 mm-50 mm),暴雨(50 mm100 mm),小明用一个圆锥形容器接了 2 4 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20C 2M 150解析:由题意，一个半径为,=100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为z JM=5o(mm),高为150 m m 的圆锥，所|TXS(PK150以积水厚度属于中雨
6、.故选B.9.(2021北京卷)已知圆C:x2+y2=4,直线l:y=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.2 B.士交 C.士百 D.士喝解析:由题可得圆心为(0,0),半径为2,则圆心到直线的距离d=则弦长为2卜叼当 k=0时，弦长取得最小值为2 =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 a+3,ai+a2+an=100则 n 的最大值为(C)A.9 B.10 C.ll D.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
7、Sn)3+133+14贝 ij an=n+2,Sn=xll=88100,所以n 的最大值为11.故选C.111.(2021北京卷),3 4展 开 式 中 常 数 项 为.1.1解析：X3-*.4的展开式的通项小途中潜/，*，=(-1)412叫 令 r=3,得常数项为T4=(-l)=-4.答案:-412.(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 MNix轴于 N,则 SAFMN=.解析:因为抛物线的方程为y2=4x,故 p=2,且 F(l,0).因为|MF|=6,XM+S=6,解得 XM=5,故 ywi=2百,1所以
8、 S1NK(5-1)X2V5=4卷.答案:5 4百13.(2021北京卷)a=(2,l),b=(2,-l),c=(0,l),则(a+bc=,ab=.解析:因为 a=(2,l),b=(2,-l),c=(0,l),所以 a+b=(4,0),所以(a+b)c=4x0+0 xi=0.ab=2x2+lx(-l)=3.答案:0 314.(2021北京卷)若点P(cos 0,sin 6)与点Q cos e+t，,sin b+之 关 于 y 轴对称，写出一个符合题意的9=.解析:因为P(cos 0,sin。)与Q co s。+工.,sin 0+t 关 于 y 轴对称，即6,8+不关于y 轴对称,0+工+8=T
9、r+2kTT,kwZ,贝 的 二 kiT+ykwZ,当 k=0时，可取。的一个值为答案4 满足e=kTT+”,kcZ即 可.15.(2021北京卷)已知函数f(x)=|lg xMx2,给出下列四个结论:若k=0,则f(x)有两个零点；m k0,使得f(x)有一个零点；m k0,使得f(x)有三个零点.以 上 正 确 结 论 的 序 号 是.解析:对于，当k=0时，由f(x)=|lg x卜2=0,可得x=laS x=100,。正确;对于，考查直线y=kx+2与曲线y=-lg x(0 xl)相切于点P(t,-lg t),对函数y=-lg x求导得y=-产+2=由题意可得1 =-同.解 得1OC所以
10、存在k=-e lg e0,使得f(x)只有一个零点，正确;对于，当直线y=kx+2过点Q,0)时,k+2=0,解得k=-2,1OC所以当-lg ekl)有一个交点，y Igev*v-2.所以I%+2 0,此不等式组无解，因此,不存在kl)相切于点P(t,lg t),1对函数y=lgx求导得rk+2=lgfc F=100e由题意可得1*=国 亍 解 得 就.所以当OvkJ0*时，函数f(x)有三个零点，正确.Nl2卜、尸Aa+21 g 才0 l X答案:h16.(2021北京卷)已知在&ABC 中,c=2bcos B,C=3.(1)求 B 的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使4AB
11、e存在且唯一确定,并求出BC边上的中线的长度.些。=偈 周 长 为 4+2点;面积为S.-ABC=*;解:(1)因为 c=2bcos B,则由正弦定理可得sin C=2sin Bcos B,丝四 所以sin2B=sin 3=。因为 c=3,h所以 Be 0；.,2BG b所以2B=1解得B=I(2)若选择:由正弦定理结合Q)可得史学号 5与 c小反b 矛盾，故这样的6ABC不存在；若选择:由(1)可得A=J,设AABC的外接圆半径为R,则由正弦定理可得a=b=2Rsin fi=R,c=2Rsin 3小用R,贝惆长a+b+c=2R+R=4+2何 解 得 R=2,则 a=2,c=2.由余弦定理可得
12、BC边上的中线的长度为若选择:由Q）可得A,即 a=b,1 1 3 则 S，ABc=absin C=2a2x2=*，解得 a=点.则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为x bx|x COS y k+|+X年17.（2021北京卷）已知正方体ABCD-AiBiCiDi,*E 为 A Q i中点，直线BxC i交平面CDE于点F.证明:点F 为 B iC i的中点;（2）若点M 为棱A iB i上一点，且二面角M-CF-E的余弦值为3，求 的 值.Q）证明:如图所示，取 B iC i的中点F,连 接 DE,EF,FC,由于ABCD-AiBiCiDi为正方体,E,F为中点，故 EF,HCD,从而E,
13、F,C,D四点共面，平面CDE即平面CDEF,据此可得，直线B iC i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 B iC i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,4tM不妨设正方体的棱长为2,设处氏=入（04入 wl）,则 M(2,2入,2),C(O2O),F(L2,2),E(LO,2),MC从而:(-2,2-2 人 2),CF FE=(1,0,2),=(0,-2.0),设平面MCF的法向量为m=(xi,yi,zi),则m-MC=%+(2-21y1-2z1=0
14、.mfe+2z2=0,令 Z2=-L可得 n=(2,0,-l),从而 m n=5,|m|=，,C,|n|二 百,E 口 南m i l,、M H js+(为双畲 J则 cos=$k*=,113整理可得（入-1）2二故 人 舍 去.18.（2021北京卷）为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k 合 1 检测法”，即将k 个人的拭子样本合并检测，若为阴性,则可以确定所有样本都是阴性的;若为阳性，则还需要对本组的每个人再做检测.现有100人，已知其中2 人感染病毒.(1)若采用“10合 1 检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数;已知10人分成一组，分 10组,两名感染患者在同一组的概率为】：
15、定义随机变量X 为总检测次数，求检测次数X 的分布列和数学期望E(X);(2)若采用“5 合 1 检测法”，检测次数Y 的期望为E(Y),试比较E(X)和 E(Y)的大小(直接写出结果).解：(1)对每组进行检测，需要10次;再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要10次；所以总检测次数为20次.由题意，两名患者在同一组需检测20次，不在同一组需检测30次，所以X 可以取20,30,1 1 iqP(X=20)=11,P(X=30)=l-11=11,则 X 的分布列为X2030P1石10TT1 10 32Q所以E(X尸20 x】工(2)由题意，两名患者在同一组需检测25次，不在同一组需检测30次,
16、丫可以取25,30,整.4.两名感染者在同一组的概率为P产 电 =,95on不在同一组的概率为P l=,95 7 950an an nn贝 ij E(Y)=25x+30 x=5 E(X).19.(2021北京卷)已知函数f(x)=K.若 a=0,求 y=f(x)在(l,f(l)处切线方程;(2)若函数f(x)在 x=-l处取得极值，求 f(x)的单调区间，以及最大值和最小值.3石 N 史)解:当 a=0 时,f(x)=7,则 f(x)=A,所以 fQ)=i,fQ)=4此时，曲线y=f(x)在点Q,f(l)处的切线方程为y-l=-4(xl),即 4x+y-5=0.3(2)因为仅)=不，也A H
17、3 书z备司则 f(x尸五可二铲寸,由题意可得f(-l)=而 可=0,解得a=4,m z 空故 f(x)=,f(x 尸中矿，列表如下:XS，-l)-1(-1.4)4(4,+)f(x)+0-0+f(x)增极大值减极小值增所以函数f(x)的 单 调 递 增 区 间 为(4,+的,单调递减区间为(-1,4).3 3当 XV 时,f(x)0;当 x7时,f(x)0.1所以 f(X)m ax=f(-l)=l,f(x)mi产f(4)J.一/20.(2021北京卷)已知椭圆E:?+9=l(ab0)过点A(0,2),以四个顶点围成的四边形面积为4用(1)求椭圆E 的标准方程；(2)过点P(0,-3)的直线I
18、斜率为k,交椭圆E 于不同的两点B,C,直线A B 交 y=-3于点M,直线AC 交 y=-3于点N,若|PM|+|PN|415,求 k 的取值范围.解:(1)因为椭圆过A(0,-2),故 b=2,因为四个顶点围成的四边形的面积为4百，1故42ax 2b=4弱,即 a=V3,故椭圆的标准方程为5+=l.(2)设 B(xi,yi)C(x2,y2),因为直线BC的斜率存在，故x i x2*0,故直线 A B:y=“x-2,令 y=-3,贝ij XM：”,同理 XN M-直线 B C:y=k x-3,由:*12+5/=20.可 (4+5 k2)x2-3 0k x+2 5=0,故 gO O k Z-l
19、 O O G+S k 。,解得 k l.3 Q fc 75*+5 i+si?又 X1+X2=,X1 X2=,故 X1 X2 O,所以 XMXN 0.又|P M|+|P N|=|XM+XN|二电。sot 皿.k臬，故 5 1 k gi 5,即|k g3.综上,3$k-l 或 l k 3.2 1.(2 02 1北京卷淀义 R p 数列a j:对实数 p,满足:a i+p z 0,a 2+p=0;V n eN ,a gi v a 4 n；a m.Ra m+a n+p,a m+a n+p+l,m,n eN .(1)对于前4项2,-2,0,1的数列，可以是R 2数列吗？说明理由；(2)若a n 是R o
20、数歹！1,求a s的值；(3)是否存在p,使得存在R p数歹U a n,对V n cN:S n N S i o?若存在，求出所有这样的p;若不存在，说明理由.解:(1)由性质结合题意可知0=a 3 ea i+a 2+2,a i+a 2+2+l=2,3,矛盾，故前4项2,-2,0,1的数列，不可能是R?数列.(2)性质 a/0,a 2=0,由性质a m+2 C a m,a m+l,因此 3 3=3 1 或 3 3=3 1+1,3 4=0 或 34=1,若a 4=0,由性质可知a 3a 4,即a i 0或a i+l0,矛盾；若 a 4=l,a 3=a i+L由 a 3a 4 有 a i+lL矛盾.
21、因此只能是a4=l,a 3=a i.又因为 a 4=a i+a 3或=a i+a 3+l,所以 ai=ai=O.若 ai尸则 a2=ai+iai+ai+0,ai+ai+0+l=2ai,2ai+l=1.2,不满足a2=0,舍去.当ai=O,则an前四项为0,0,0,1.下面用归纳法证明：a4n+i=n(i=l,2,3),a4n*4=n+l(neN).当 n=0时，经验证命题成立,假设当nwk(kNO)时命题成立，当 n=k+l时：若 i=l,则 a4(k+i)+i=a4k+5=aj+(4k+5力,利用性质:司+a4k+5寸胫此1 务 4k+4=k,k+l,此时可得a4k+5=k+l;否则，若 a
22、4k+5=k,取 k=0可得:1=0,而由性质可得as=ai+a4wl,2,与 a5=0 矛盾.同理可得aj+a4k+WeN.,Kj“k+5=k,k+l,有 a4k+6=k+1;司+a4k+8游 此 2 务 4k+6=k+l,k+2,有 a4k+8=k+2;初+a4k+7 jeN*,1 务 4k+6=伙+1,又因为 a4k+7a4k+8,有 a4k+7=k+1.即当n=k+l时命题成立,证毕.综上可得,ai=0,a5=a4xi+i=l.(3)令 b产an+p,由性质可知，V m,nGN*,bm+n=am+n+pam+p+an+p,am+p+an+p+l=bm+bn,bm+bn+l,由于 bi=
23、ai+pO,b2=a2+p=0,b4n-l=a4n-l+P 6”是 236”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:a236等价于|a|6oa6或 a6=|a卜6,即 a236,但|a|6=/a6,因此匕6是 36”的充分不必要条件.故选A.解析:易得丫=际为偶函数，故可排除A,C选项，当x=2时,丫=/）,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厕评分在区间82,86）内的影视
24、作品数量为（D）A.20 B.40 C.64 D.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0.050 x4=0.2,所以影视作品数量为0.2x400=80.故选D.5.（2021天津卷）设 a=log20.3,b=lo 0.4,右0.4。3,则 a,b,c 的大小关系为（D）A.abcB.cabC.bcaD.acb解析:因为 a=log20.3-log20.5=l,0 c=0.4。3Vo.40=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,若球的体积为两个圆锥的体积之和为（B）A.3TT B.4TT C.9TT D
25、.12TT解析：，两个圆锥的高之比为1:3,则这32w如图所示油球的体积为3,可得该球的半径R=2,由题意得,两个圆锥的高OS.OP分别为1 和 3,因为PS为球O 的直径，所以&PAS为直角三角形，又因为OAxPS,所以可得截面圆半径OA二百，1所以这两个圆锥的体积之和为V=3T T X（遮）2X（3+1）=4T T.故选B.1 17.（2021天津卷）若 2a=5b=10,则a+,等于（C）A.-l B.lg 7 C.l D.log710解析:因为 2a=5310,所以 a=log210,b=log510,1 1 Q 1所以a+L F1（1+1aB，g 2+lg 5=1.故选 C.8.(2
26、021天津卷)已知双曲线？尸=l(a0,b0)的右焦点与抛物线y2=2px(p0)的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于A,B两点茂双曲线的渐近线于C,D两点，若|CD尸蟾|AB|,则双曲线的离心率为(A)人连 B.点 C.2 D,3坦 解析:根据题意知抛物线的准线方程为x=-c,所以|AB尸B,|CD|=*,因为|CD|=&|AB|,所以c=G,又因为c2=a2+b?,所以a=b,所以双曲线的离心率e=!=衣.故选A.9.(2021天津卷)设aeR,函数f(x尸t cos(2*z-2hK)vz 02+a-2a-ak-2ix a 时，当-52a=4f(x)有 4 个零点，7 3即,a J,i3 n
27、当-6v-2a-N-5,f(x)有 5 个零点，即 a v,1 11 13当-72a-N6,f(x)有 6 个零点，即 av 4.xNa 时,f(x)=x2-2(a+l)x+a2+5,A=4(a+l)24a2+5)=0,解得 a=2.当 a2时,A2 时，令 f(a)=a2-2a(a+l)+a2+5=0,解得a J,s则当2/寸,f(x)有 1 个零点.即当xa时,a.时,f(x)有 1 个零点，s当 2 a l时,f(x)有 2 个零点.3 S11综上可得ae 2.u 亘 故选A.10.(2021天津卷)i 是虚数单位，复数2=.解析炉，-=5=4.1.答案:4-i11.(2021天津卷)在
28、2x3+*6的展开式中*的系数是.1解析：2x3+”.6的第r+1项为1T r+l=(2 x3)6r ，=4 2 6-欠3 60,b0,JliJ+P+b 的最小值为.解析:因为 N 眄 砺 W,1 1 lb J b所以“+&+6=+台+倡 h a *4左 K六=2应，1*1 当且仅当“=S=N=N成立，1即 a=b=应时,=+K+b取得最小值.答案:2应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5 3局.已知每次活动中，甲、乙猜对的概率分别为绘f,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
29、 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。5 3 11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1 1 2P(X=2)=G 3 i-a=5,甲获胜3 次的概率为P(X=3)=C 3 3x*l-a.0=27,z 2.Z.所以甲至少获胜2 次的概率为P=,+z7=17故 3 次活动中，甲至少获胜2 次 的 概 率 后1 1_答案三行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,DE1AB,且交A B 于点E,DF|AB交 AC于点BE DFF,则|2+|的值为DE
30、DF DA+)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0,2,-2,0,0，.设 D 点坐标为（x。）,122xe-,，,贝 BD|+x,|B E|W,3 1 E 点坐标为，-H+1x,8+4x.11 1 2 只随|CD|=2-x,|DF|=a-x,F*+5,*-1.BE Df(1)2+=25T口2,1120当iaDEDFDAX，寸,(+)取得最小值答案：116.(2021天津卷)在3BC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知sinA:sinB:sin32:1:蟾,b=企.(1)求a的值；(2)求cosC的值；(3)求sin12cl的值.解:(1)由正弦
31、定理得sinA:sinB=2t=2:1力二应,所以a二2贞.(2)同(1)可得c=2,由余弦定理可得awMAHCWacosC=3_(3)cosC=，0,贝ijsinC=C3Ti-a-sin2C=2sinCeosC=2x*x=,cos 2C=l-2sm2C=l-2x1-8.7-W-W V3 1 1sin 2C-S=sin 2Ccos t-cos 2Csin 之 二 匹 a*.17.(2021天津卷)如图，在棱长为2 的正方体ABCD-AiBiCiDi中,E 为棱BC的中点,F 为棱CD的中点.(1)求证:DiF|平面 AiEG;(2)求直线AC i与平面AiECi所成的角的正弦值；(3)求二面角
32、A-A iC i-E 的正弦值.Q)证明:如图所示，连接AiCi,BiDi相 交 于 连 接 OE,EF,因为E 为棱BC的中点,F 为棱CD的中点,所以 EF|BiDi,a EF=2BIDI.1根据正方体有ODiBiDi,所以EF=ODi,且 EF|ODi,所以四边形OEFDi为平行四边形，所以OE|DiF.又因为OEu平面AiECi.DiFG平面AiECi,所以DiF|平面AiECi.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,l,0),Ai(0,0,2),则E Q At(2,1,-2),=(0,1,2
33、),=(2,2,2),设平面AiECi的法向量ni=(xi,yi,zi),卜_ L 0In i J_ EC&.=p q+jl-2 zi=0.I yi+2q=0则产 1=2.|yi=-2,zi 1令 Z1=1,则 则 ni=(2,-2,l).设直线ACi与平面AiECi所成的角为aXl包 7 里贝i sin。=嬴 蜀=历4 9.(3)在(2)建立的空间直角坐标系中,设平面AiACi的法向量n2=(X2,y2,z2),f 物=。.ZXJ+ZTJ+21=0.作z=-L|再=1.1攻=0.令 y2=l,则 则 n2=(-l,l,0).设二面角A-AiC i-E为a,根据(2)有cos a=E 一旦 团
34、如1勺1_3可2_ 3所以sin a18.(2021 天津卷)已知椭圆？+9=1佰 2 0)的右焦点为F,上顶点为B,离心率为5,fi|BF|=V3.(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：V(1)记半焦距为C,根据|BF|=VO/+0尸=切+,得a=姆陕由离心率e=!=s，得 c=2,所以 b2=a2-c2=l,9所以椭圆的方程为S+y2=l.(2)设直线I 的方程为y=kx+m,长+由 题 知 联 立 方 程 组 左*得(l+5k2)x2+10kmx+5m2-5=0,
35、因为直线I 与椭圆有唯一的公共点M,所以=(),化简得m2-5k2-l=0,y=ix+m.由方程组I*=*解得y=m,因此点N 坐标为(0,m).因为 B(0,l),F(2,0),i-a i所以直线B F的斜率为Z=J,因为N P与B F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N P斜率为2,因为N(O,m),所以直线N P的方程为y=2x+m,因为直线N P交x轴于点P,r=2 x +m.7=0,解得 X=4I 因此点P的坐标为-工01因为MPIIBF,所以直线MP与直线B F的斜率相等，所以直线MP的斜率为1直线MP方程为y=-2 x+?.片-强+力 _联
36、立方程组I y=t x+m,解得p o Sm因此点M坐标为产修.，将M点坐标代入椭圆方程得I暴 jj-E-I 4JH-2,.、+2=1,。解得&*=例 或&*=相(因 为 直 线I与v轴的正半轴交于点N,故舍去)，所以直线I方程为y=x+而.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,忻=4,6也2=48.(1)求 an和 bn的通项公式；(2)记 Cn=b2n+,neN,.证明 4C2n 是等比数列;证 明 仁 力0).由题意得d=2$8=64,根据等差数列前n 项和公式得S8=8ai+28d=64,整理得 2ai+7d=16,(
37、*)将 d=2代入(*)得,ai=l,所以 an=l+2(n-l)=2n-l,nN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(巧得,4q2_4q=48,化简得 q2-q-12=0,BP(q-4)(q+3)=0,所以q=4或 q=-3.因为q0,所以q=4,根据等比数列通项公式得bn=4n,neN.所以 a j的通项公式为an=2n-LnN,bn 的通项公式为bn=4n,nGN*.(2)证明:由(1)得 an=2n-l,bn=4n,neN*,所以 Cn=42n+*,nN,.4c2n=必计*2.=44n+2-4n+B-44n-*S=2
38、-4n,neN4.所以 媒 1如+1尸24”1,所 以 4 d =4(常数).因为诏-C2=42+2.*44+，.=8,所以 M+*+.+或如。1 1 1.2.=2 n-j#-l5E所以 R n=2-1,O GN*.因为n c N 所 以 非 0,所以R n 2.y所以T n V保n 2短 即 5/不 嬴 0,函数 f(x)=a x-x-e(1)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x e R成立,求实数b的取值范围.(l)S：f(O)=O,f(x)=a-(x+l)ex,所以 f(O)=a-l,所以
39、函数在(0,f(0)处的切线方程为(a-l)x-y=0.(2)证明:若证明f(x)仅有一个极值点，即证f(x)=a-(x+l)ex=0只有一个解，即证a=(x+l)e x只有一个解，令g(x)=(x+l)e x,只需证g(x)=(x+l)e x的图象与直线y=a(a 0)仅有一个交点,g (x)=(x+2)e 当 x=-2 时,g (x)=O,当x-2时,gx)O,g(x)单调递增，当 x=-2 时,g(-2)=-e-2o,当 X-+8时,g(x)+%当 x+s时,g(x)T。，画出函数g(x)=(x+l)e x的大致图象如图所示.因为a0,所以g(x)=(x+l)ex的图象与直线y=a(a0
40、)仅有一个交点.解:由题意可得，存在a40,+8),使得ax-x exa+b对于任意的xeR恒成立，即存在a40,+8),使得-bxex+a(l-x)对于任意的XGR恒成立，令 h(x)=xex+a(l-x),即存在 a(0,+co)rbh(x)min,h(x)=(x+l)ex-a,hw(x)=(x+2)e由(2)得当x-2时，单调递增，当 x-*+s时,h(x)f+叫当 Xi 时,h(x)vO,所以存在x=xo(xo-2),使得函数 h(xo)=(xo+l)-a=0,即(xo+l)声:=a,当xvxo时,h(x)单调递减，当 xxo时,h(x)单调递增.当 X=Xo 时,h(x)min二 h
41、(xo)=xo J+a(l-xo)=(l-君+Xo)/，h(xo)=(若 xo+2 产=-(xo+2)(xo-l 产，3-2x0O,则 h(xo)单调递增，当xol时,h(xo)vO,则 h(xo)单调递减.当 x0=l 时,h(xO)max=h(l)=e,因为存在 ae(O,+),-bh(xo),即-bh(xo)max,即-b e.所以b 的取值范围为卜e,+s).2021年全国统一高考数学试卷新高考II卷241.(2021新高考II卷)复数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a-i giXl国 5+5 IdH 11解析:1 0=，所以该复数
42、对应的点为32,，该点在第一象限.故选A.2.（2021新高考II卷）设集合 U=1,234,5,6,A=L3,6,B=2,3,4,则 An（C uB）等于（B）A.3 B.1,6 C.5,6 D.1,3解析:由题设可得 uB=1,5,6,故人：uB尸1,6.故选B.3.（2021新高考II卷）若抛物线y2=2px（p0）的焦点到直线y=x+l的距离为凡则p 等于（B）A.l B.2 C.2 唬 D.4解析:抛物线的焦点坐标为5,0,，其到直线x-y+l=0的距离d二而丁二母解得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
43、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36 000 km（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 6 400 km 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。，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=2nr2（l-cos a）（单位:km?）,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=2=5=0.42=42%.故选 C.5.（2021新高考II卷）正四棱台的上、下底面的
44、边长分别为2,4,侧棱长为2,则四棱台的体积为（D）A.20+12 百 B.28sfi 竺qC.3 D,3解析:作出图形,连接该正四棱台上、下底面的中心，如图,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=J =近，下底面面积Si=16,上底面面积S2=4,所以该棱台的体积 V=3h(Si+S2+7 )=ax x(16+4+V64)=3.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NQ0q2),下列结论中不正确的是(D)A。越小，该物理量在一次测量中在(9.9,10.1)的概率越大B。越小,该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C。越小,该物
45、理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D.。越小,该物理量在一次测量中落在(9.9,10.2)与落在Q0,10.3)的概率相等解析:对于AQ2为数据的方差，所以。越小，数据在口=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(9910.0)的概率与落在QO.2,10.3)的概率不同，所以一次测量
46、结果落在(9.9,10.2)的概率与落在Q0,10.3)的概率不同，故 D 错误.故选D.7.(2021新高考II卷)已知产1。952加 1。983所 7,则下列判断正确的是(C)A.cbaB.bacC.acbD.abcIJf:a=log52logs=2=log82r2,所以d=巩:n则直线I 与圆C 相交，故 C 错误；若点A(a,b)在直线I 上，则 a2+b2 2=o,即 a2+b2=r2,所以d=*=|r|,直线I 与圆C 相切，故 D 正确.故选ABD.12.(多选题)(2021新高考H卷)设正整数 n=a0-2+ar2+.+ak-r2k-1+ak-2k,M a 同0,1,记3(n)
47、=ao+ai+ak则(ACD)A.w(2n)=co(n)B.co(2n+3)=w(n)+lC.w(8n+5)=u)(4n+3)D.u)(2n-l)=n解析:对于A 选项,3(n尸ao+ai+.+ak,2n=ao-21+ar22+.+ak-i-2k+ak-2k+1,所以 u)(2n)=ao+ai+ak=u)(n),A 选项正确；对 于 B 选项，取 n=2,2n+3=7=l-2o+l-2i+l22,所以3=3,而 2=0-2。+1-21厕 3(2)=1，即3*u)(2)+LB选项错误；对于 C i455,8n+5=ao-23+ai-24+.+ak-2k+3+5=l-2o+l-22+ao*23+a
48、i-24+.+ak-2k+3,所以 3(8n+5)=2+ao+ai+ak,4n+3=ao-22+ai-23+.+ak,2k+2+3=l-20+l-21+ao,22+ai-23+.+ak-2k*2,所以 3(4n+3)=2+ao+ai+a%因此,3(8n+5)=co(4n+3),C 选项正确；对 于 D 选项2-1=2。+21+.+2口故3(2皿)初口选项正确.故选ACD.13.(2021新高考II卷)已知双曲线？-=l(a0,b0)的离心率为2,则该双曲线的渐近线方程为解析:因为双曲线？-9=1e0上 0)的离心率为2,p区 2 3所以所以？=3,所以该双曲线的渐近线方程为y=ax=V3x.答
49、案:y二士由x14.(2021新高考II卷)写出一个同时具有下列性质的函数f(x):.f(XiX2)=f(Xi)f(X2)；当 xe(0,+8)时,f(x)0;f(x)是奇函数.解析:取f(x)二 x则 f(XlX2)=(XiX2)4=4=f(Xi)f(X2),满足，f(x)=4x3,当 x0 时，有 f(x)0,满足，f(x)=4x3的定义域为R,又f(-x)=-4x3=-f(x),故 f(x)是奇函数，满足.答案:f(x)=x4(答案不唯一,f(x)=x2n(neN.)均满足)15.(2021新高考II卷)已知向量 a+b+c=0,|a|=l,|b|=|c|=2,a-b+b-c+c-a=.
50、解析:由已知可得(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=9+2(ab+bc+ca)=0,3因此 ab+bc+ca答案16.(202L新高考II卷)已知函数f(x)=|e*-l|,Xi0,函数f(x)的图象在点A(xi,f(x。)和点B(X2,f(X2)的两条切线互相垂直,且分别交y 轴于M.N两点，则的取值范围是.解析:由题意,f(x)=|eH|=*-1 M*01产xvO.则改)=1*所以点7X1,1-5)和点B(X2,J*-l),kAM=-t|,kBN=f,所以-/=-l,Xi+X2=0,所以 kM：y-l+尸二-L(x-xi),M(0,外产+1),所以|AM|同理|B