2021年全国二卷理科数学高考真题及答案.pdf

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全国高考理科数学试题全国卷2
一、选取题:本题共12小题,每小题5分,在每小题给出四个选项中,只有一项是符合题目规定.
1、已知z=(m+3)+(m–1)i在复平面内相应点在第四象限,则实数m取值范畴是()
A.(–3,1)B.(–1,3)C.(1,+∞)D.(–∞,–3)
2、已知集合A={1,2,3},B={x|(x+1)(x–2)<0,x∈Z},则A∪B=()
A.{1}B.{1,2}C.{0,1,2,3}D.{–1,0,1,2,3}
3、已知向量a=(1,m),b=(3,–2),且(a+b)⊥b,则m=()
A.–8B.–
4、圆x2+y2–2x–8y+13=0圆心到直线ax+y–1=0距离为1,则a=()
43
A.–B.–
34
5、如下左1图,小明从街道E处出发,先到F处与小红会合,再一起到位于G处老年公寓参加志愿者活
动,则小明到老年公寓可以选取最短途径条数为()


6、上左2图是由圆柱与圆锥组合而成几何体三视图,则该几何体表面积为()

π
7、若将函数y=2sin2x图像向左平移个单位长度,则平移后图象对称轴为()
12
kππkππkππkππ
=–(k∈Z)=+(k∈Z)=–(k∈Z)=+(k∈Z)
2626212212
8、中华人民共和国古代有计算多项式值秦九韶算法,上左3图是实现该算法程序框图。执行该程序框
图,若输入x=2,n=2,依次输入a为2,2,5,则输出s=()
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π3
9、若cos(–α)=,则sin2α=()
45
7117
.–D.–
255525
10、从区间[0,1]随机抽取2n个数x,x,…,x,y,y,…,y,构成n个数对(x,y),(x,y),…,
12n12n1122
(x,y),其中两数平方和不大于1数对共有m个,则用随机模仿办法得到圆周率π近似值为()
nn
4n2n4m2m
.
mmnn
x2y21
11、已知F、F是双曲线E:–=1左,右焦点,点M在E上,MF与x轴垂直,sin∠MFF=,则E离心
12a2b21213
率为()
3

2
x+1
12、已知函数f(x)(x∈R)满足f(–x)=2–f(x),若函数y=与y=f(x)图像交点为(x,y),
x11
m
(xy)
(x,y),...(x,y),则()
22mmii
i1

二、填空题:本大题共4小题,每小题5分
45
13、△ABC内角A,B,C对边分别为a,b,c,若cosA=,cosC=,a=1,则b=___________.
513
14、α、β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:
(1)如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β。(2)如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n。
(3)如果α∥β,m⊂α,那么m∥β。
(4)如果m∥n,α∥β,那么m与α所成角和n与β所成角相等。
其中对的命题有____________________(填写所有对的命题编号)。
15、有三张卡片,分别写有1和2,1和3,,乙,丙三人各取走一张卡片,甲看了乙卡片后
说:“我与乙卡片上相似数字不是2”,乙看了丙卡片后说:“我与丙卡片上相似数字不是1”,丙说:
“我卡片上数字之和不是5”,则甲卡片上数字是____________.
16、若直线y=kx+b是曲线y=lnx+2切线,也是曲线y=ln(x+1)切线,则b=__________.
三、解答题:解答应写出文字阐明,证明过程或演算环节。
17、(本题满分12分)S为等差数列{a}前n项和,且a=1,S=28。记b=[lga],其中[x]表达不超过x最
nn17nn
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大整数,如[]=0,[lg99]=1.
(1)求b,b,b;
111101
(2)求数列{b}前1000项和.
n
18、(本题满分12分)某险种基本保费为a(单位:元),继续购买该险种投保人称为续保人,续保人本年度
保费与其上年度出险次数关联如下:
上年度出险次
01234≥5
数


a
设该险种一续保人一年内出险次数与相应概率如下:[]
一年内出险次
01234≥5
数

(1)求一续保人本年度保费高于基本保费概率;
(2)若一续保人本年度保费高于基本保费,求其保费比基本保费高出60%概率;
(3)求续保人本年度平均保费与基本保费比值.
19、(本小题满分12分)如图,菱形ABCD对角线AC与BD交于点O,AB=5,AC=6,点E、F分别在AD、CD
5
上,AE=CF=,△DEF沿EF折到△D'EF位置,OD'=10.
4
(1)证明:D'H⊥平面ABCD;
(2)求二面角B–D'A–C正弦值.
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x2y2
20、(本小题满分12分)已知椭圆E:+=1焦点在X轴上,A是E左顶点,斜率为k(k>0)直线交E于A,
t3
M两点,点N在E上,MA⊥NA.
(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN面积;
(2)当2|AM|=|AN|时,求k取值范畴.
x–2
21、(本小题满分12分)(1)讨论函数f(x)=ex单调性,并证明当x>0时,(x–2)ex+x+2>0;
x+2
ex–ax–a
(2)证明:当a∈[0,1)时,函数g(x)=(x>0)有最小值。设g(x)最小值为h(a),求函数h(a)值
x2
域.
请考生在22、23、24题中任选一题作答,如果多做,则按所做第一题计分,做答时请写清题号
22、(本小题满分10分)[选修4–1:几何证明选讲]如图,在正方形ABCD中,E、G分别在边DA,DC上
(不与端点重叠),且DE=DG,过D点作DF⊥CE,垂足为F.
(1)证明:B,C,G,F四点共圆;
(2)若AB=1,E为DA中点,求四边形BCGF面积.
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23、(本小题满分10分)[选修4–4:坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy中,圆C方程为(x+6)2+y2=25.
(1)以坐标原点为极点,x轴正半轴为极轴建立极坐标系,求C极坐标方程;
x=tcosα
(2)直线l参数方程是(t为参数),l与C交于A,B两点,|AB|=10,求l斜率.
y=tsinα
11
24、(本小题满分10分)[选修4–5:不等式选讲]已知函数f(x)=|x–|+|x+|,M为不等式f(x)<2解
22
集.
(1)求M;
(2)证明:当a,b∈M时,|a+b|<|1+ab|.
参照答案
1、解析:∴m+3>0,m–1<0,∴–3<m<1,故选A.
2、解析:B={x|(x+1)(x–2)<0,x∈Z}={x|–1<x<2,x∈Z},∴B={0,1},∴A∪B={0,1,2,3},故选C.
3、解析:向量a+b=(4,m–2),∵(a+b)⊥b,∴(a+b)·b=10–2(m–2)=0,解得m=8,故选D.
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|a+4–1|
4、解析:圆x2+y2–2x–8y+13=0化为原则方程为:(x–1)2+(y–4)2=4,故圆心为(1,4),d==1,
a2+1
4
解得a=–,故选A.
3
5、解析一:E→F有6种走法,F→G有3种走法,由乘法原理知,共6×3=18种走法,故选B.
解析二:由题意,小明从街道E处出发到F处最短有C2条路,再从F处到G处最短共有C1条路,则小明到
43
老年公寓可以选取最短途径条数为C2·C1=18条,故选B。
43
6、解析:几何体是圆锥与圆柱组合体,
设圆柱底面圆半径为r,周长为c,圆锥母线长为l,圆柱高为h.
1
由图得r=2,c=2πr=4π,由勾股定理得:l=22+(23)2=4,S=πr2+ch+cl=4π+16π+8π=28π,故选
表2
C.
πππ
7、解析:由题意,将函数y=2sin2x图像向左平移个单位得y=2sin2(x+)=2sin(2x+),则平移后函
12126
πππkπ
数对称轴为2x+=+kπ,k∈Z,即x=+,k∈Z,故选B。
6262
8、解析:第一次运算:s=0×2+2=2,第二次运算:s=2×2+2=6,第三次运算:s=6×2+5=17,故选C.
π3ππ7
9、解析:∵cos(–α)=,sin2α=cos(–2α)=2cos2(–α)–1=,故选D.
452425
π3
解法二:对cos(–α)=展开后直接平方
45
解法三:换元法
10、解析:由题意得:(x,y)(i=1,2,3,...,n)在如图所示方格中,而平方和不大于1点均在如图阴
ii
影中
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π/4m4m
由几何概型概率计算公式知=,∴π=,故选C.
1nn
22
FFFFsinM3
11、解析:离心率e=12,由正弦定理得e=12===.
MF–MFMF–MFsinF–sinF1
2121121–
3
x+11
12、解析:由f(–x)=2–f(x)得f(x)关于(0,1)对称,而y==1+也关于(0,1)对称,
xx
∴对于每一组对称点x+x'=0,y+y'=2,
iiii
mmmm
xyxy02m
∴,故选B.
iiii2
i1i1i1
4531263
13、解析:∵cosA=,cosC=,sinA=,sinC=,∴sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=,
51351365
ba21
由正弦定理:=,解得b=.
sinBsinA13
n//
14、解析:对于①,m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β位置关系无法拟定,故错误;对于②,由于,
因此过直线n作平面γ与平面β相交于直线c,则n∥c,由于m⊥α,∴m⊥c,∴m⊥n,故②对的;对于
③,由两个平面平行性质可知对的;对于④,由线面所成角定义和等角定理可知其对的,故对的有②③④.
15、解析:由题意得:丙不拿(2,3),若丙(1,2),则乙(2,3),甲(1,3)满足;若丙(1,3),则乙(2,3),甲
(1,2)不满足;故甲(1,3),
1
16、解析:y=lnx+2切线为:y=·x+lnx+1(设切点横坐标为x)
x11
1
11
=
1xxx+1
212
y=ln(x+1)切线为:y=·x+ln(x+1)–,∴
x+12x+1x
22lnx+1=ln(x+1)–2
12x+1
2
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11
解得x=,x=–。∴b=lnx+1=1–ln2.
12221
a–a
17、解析:(1)设{a}公差为d,S=7a=28,∴a=4,∴d=41=1,∴a=a+(n–1)d=n.
n7443n1
∴b=[lga]=[lg1]=0,b=[lga]=[lg11]=1,b=[lga]=[lg101]=2.
1**********
(2)记{b}前n项和为T,则T=b+b+...+b=[lga]+[lga]+...+[lga].
nn1000121000121000
当0≤lga<1时,n=1,2,...,9;当1≤lga<2时,n=10,11,...,99;当2≤lga<3时,n=100,
nnn
101,...,999;
当lga=3时,n=1000.∴T=0×9+1×90+2×900+3×1=1893.
n1000
18、(1)设续保人本年度保费高于基本保费为事件A,P(A)=1–P(A)=1–(+)=.
P(AB)+
(2)设续保人保费比基本保费高出60%为事件B,P(B|A)===.
P(A)
⑶解:设本年度所交保费为随机变量X.

aaa

平均保费EX=×++×+×+×+2a×=,
∴.
5AECF
19、解析:(1)证明:如下左1图,∵AE=CF=,∴=,∴EF∥AC.
4ADCD
∵四边形ABCD为菱形,∴AC⊥BD,∴EF⊥BD,∴EF⊥DH,∴EF⊥D'H.
AE
∵AC=6,∴AD=3;又AB=5,AO⊥OB,∴OB=4,∴OH=·OD=1,∴DH=D'H=3,∴|OD'|2=|OH|2+|D'H|2,∴
AO
D'H⊥OH.
又∵OH∩EF=H,∴D'H⊥面ABCD.
5515
(2)办法一、几何法:若AB=5,AC=6,则AO=3,B0=OD=4,∵AE=,AD=AB=5,∴DE=5–=,
444
DEEHDH15/4399
∵EF∥AC,∴====,∴EH=,EF=2EH=,DH=3,OH=4–3=1,
ADACOD5442
∵HD’=DH=3,OD’=22,∴满足HD’2=OD’2+OH2,则△OHD’为直角三角形,且OD’⊥OH,
即OD’⊥底面ABCD,即OD’是五棱锥D’–ABCFE高.
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9
(+6)×1
1(EF+AC)·OH122169
底面五边形面积S=×AC·OB+=×6×4+=12+=,
222244
1169232
则五棱锥D’–ABCFE体积V=S·OD’=××22=.
3342
办法二、向量法。建立如下左2图坐标系H–(5,0,0),C(1,3,0),D'(0,0,3),A(1,–3,0),
∴向量AB=(4,3,0),AD'=(–1,3,3),AC=(0,6,0),
x=3
n·AB=04x+3y=0
设面ABD'法向量n=(x,y,z),由1得,取y=–4,∴n=(3,–4,5).
1n·AD'=0–x+3y+3z=01
1z=5
同理可得面AD'C法向量n=(3,0,1),
2
|n·n||9+5|75295
∴|cosθ|=12==,∴sinθ=。
|n||n|52·102525
12
x2y2
20、解析:(1)当t=4时,椭圆E方程为+=1,A点坐标为(–2,0),则直线AM方程为y=k(x+2).
43
联立椭圆E和直线AM方程并整顿得,(3+4k2)x2+16k2x+16k2–12=0。
8k2–68k2–612
解得x=–2或x=–,则|AM|=1+k2|–+2|=1+k2·。
3+4k23+4k23+4k2
11212
∵AM⊥AN,∴|AN|=1+(–)2·=1+k2·。
k14
3+4·(1–)23|k|+
k|k|
1212
∵|AM|=|AN|,k>0,∴1+k2·=1+k2·,整顿得(k–1)(4k2–k–4)=0,
3+4k24
3k+
k
4k2–k+4=0无实根,∴k=1.
1112144
因此△AMN面积为|AM|2=(1+1·)2=.
223+449
(2)直线AM方程为y=k(x+t),
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ttk2–3t
联立椭圆E和直线AM方程并整顿得,(3+tk2)x2+2ttk2x+t2k2–3t=0。解得x=–t或x=–,
3+tk2
ttk2–3t6t6t
∴|AM|=1+k2|–+t|=1+k2·,∴|AN|=1+k2·
3+tk23+tk2t
3k+
k
6t6t6k2–3k
∵2|AM|=|AN|,∴2·1+k2·=1+k2·,整顿得,t=.
3+tk2tk3–2
3k+
k
6k2–3k(k2+1)(k–2)
∵椭圆E焦点在x轴,∴t>3,即>3,整顿得<0,解得32<k<2.
k3–2k3–2
x–2x–24x2ex
21、解析:(1)证明:f(x)=ex,∴f'(x)=ex(+)=。
x+2x+2(x+2)2(x+2)2
∵当x∈(–∞,–2)∪(–2,+∞)时,f'(x)>0,∴f(x)在(–∞,–2)和(–2,+∞)上单调递增。
x–2
∴x>0时,ex>f(0)=–1,∴(x–2)ex+x+2>0。
x+2
x–2
(x+2)(·ex+a)
(ex–a)x2–2x(ex–ax–a)x(xex–2ex+ax+2a)x+2
(2)g'(x)===,a∈[0,1)。
x4x4x3
x–2t–2
由(1)知,当x>0时,f(x)=ex值域为(–1,+∞),·et=–a,t∈(0,2]。
x+2t+2
当x∈(0,t)时g'(x)<0,g(x)单调减;当x∈(t,+∞)时g'(x)>0,g(x)单调增
t–2
et+(t+1)·et
et–a(t+1)t+2et
h(a)===。
t2t2t+2
etet(t+1)1e2
记k(t)=,在t∈(0,2]时,k'(t)=>0,∴k(t)单调递增,∴h(a)=k(t)∈(,].
t+2(t+2)224
DFCF
22、解析:(1)证明:∵DF⊥CE,∴Rt△DEF∽Rt△CED,∴∠GDF=∠DEF=∠BCF,=。
DGBC
DFCF
∵DE=DG,CD=BC,∴=。∴△GDF∽△BCF,∴∠CFB=∠DFG。
DGBC
∴∠GFB=∠GFC+∠CFB=∠GFC+∠DFG=∠DFC=90°,∴∠GFB+∠GCB=180°.∴B,C,G,F四点共圆.
(2)∵E为AD中点,AB=1,
111
∴DG=CG=DE=,∴在Rt△GFC中,GF=GC,连接GB,Rt△BCG≌Rt△BFG,∴S=2S=2××1×
2四边形BCGF△BCG22
1
=.
2
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23、解:(1)整顿圆方程得x2+y2+12x+11=0,
由ρ2=x2+y2、ρcosθ=x、ρsinθ=y可知圆C极坐标方程为ρ2+12ρcosθ+11=0.
(2)记直线斜率为k,则直线方程为kx–y=0,
|–6k|1036k290515
由垂径定理及点到直线距离公式知:=25–()2,即=,整顿得k2=,则k=±.
1+k221+k2433
11111111
24、解析:(1)当x<–时,f(x)=–x–x–=–2x,若–1<x<–;当–≤x≤时,f(x)=–x+x+=1<2
22222222
11
恒成立;当x>时,f(x)=2x,若f(x)<2,<x<,M={x|–1<x<1}.
22
(2)当a,b∈(–1,1)时,有(a2–1)(b2–1)>0,即a2b2+1>a2+b2,则a2b2+2ab+1>a2+2ab+b2,则
(ab+1)2>(a+b)2,即|a+b|<|ab+1|,
证毕.
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