全国2021年统一高考数学试卷（天津卷）及答案

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1、2021年全国统一高考数学试卷（天津卷）一选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.设集合，则（A）（B）（C）（D）2.已知，则“”是“”的（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3.函数的图像大致为（A）（B）（C）（D）4.从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其平分数据，将所得400个评分数据分为8组：，并整理得到如下的频率分布直方图，则评分在区间内的影视作品数量为（A）（B）（C）（D）5.设，则、的大小关系为（A） （B）（C） （D）6.两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，两个圆锥的高

2、之比为，则这两个圆锥的体积之和为（A） （B） （C） （D）7.若，则（A） （B） （C） （D）8.已知双曲线的右焦点与抛物线（）的焦点重合，抛物线的准线交双曲线于两点，交双曲线的渐近线与两点，若,则双曲线的离心率为（A） （B） （C） （D）9.设,函数,若在区间内恰好有6个零点，则的取值范围是（A） （B） （C） （D）二填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分10.i是虚数单位，复数=_.11在的展开式中，的系数是_.12.若斜率为的直线与y轴交于点A，与圆相切与点B，则=_.13.若则的最小值为_.14.甲、乙两人在每

3、次猜谜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_.15. 在边长为1的等边三角形ABC中。D为线段BC上的动点，DEAB且交AB与点E，DFAB交AC于点F，则的值为_;的最小值为_.三解答题：本大题共5小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16.（本小题满分14分）在，角，所对的边分别为，已知（I）求的值；（II）求的值；（III）求的值17（本小题满分15分）如图，在棱长为2的正方

4、体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，(1)求证：平面;(2)求直线与平面所成的角的正弦值;(3)求二面角的正弦值.18. （本小题满分15分）已知椭圆+的右焦点为,上顶点为，离心率为，且.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点，若，求直线的方程19.（本题满分分）已知是公差为的等差数列，其前项的和为.是公比大于的等比数列，.（）求和的通项公式；（）记.（i）证明是等比数列；（ii）证明.20. (本小题满分16分)已知,函数.(1) 求函数在点处的切点的方程；(2) 证明存在唯一极值点;(3) 若存在,使得对于任意的成立，求实数b的

5、取值范围.初高中数学教研微信系列群简介： 目前有15个群（13个高中群，2个初中群），共5000多优秀、特、高级教师，省、市、区县教研员、教辅公司数学编辑、报刊杂志高中数学编辑等汇聚而成，是一个围绕高中数学教学研究展开教研活动的微信群. 宗旨：脚踏实地、不口号、不花哨、接地气的高中数学教研！ 特别说明： 1.本系列群只探讨高中数学教学研究、高中数学试题研究等相关话题； 2.由于本群是集“研究写作发表（出版）”于一体的“桥梁”，涉及业务合作，特强调真诚交流，入群后立即群名片： 教师格式：省+市+真实姓名，如：四川成都张三 编辑格式：公司或者刊物（简写）+真实姓名 欢迎各位老师邀请你身边热爱高中数

6、学教研（不喜欢研究的谢绝）的教师好友（学生谢绝）加入，大家共同研究，共同提高！ 群主二维码：见右图2021年全国统一高考数学试卷（天津卷）参考答案与试题解析一选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.设集合，则（A）（B）（C）（D）【思路分析】考查集合的运算，要看清楚题目是取交集还是并集【解析】（河南洛阳刘友友老师解析）由，得，所以，选C【归纳总结】此类型题较为基础，考查学生对集合基本运算的掌握情况2.已知，则“”是“”的（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【思路分析】要把这一条件进行整理或化简，进而判断是充分还是必要条件【解析

7、】（河南洛阳刘友友老师解析）等价于或，故，即，但，因此”是“的充分不必要条件【归纳总结】本题考查充分条件与必要条件，可以借助口诀：“小充分大必要”，提升做题速度3.函数的图像大致为（A）（B）（C）（D）【思路分析】先判断函数的奇偶性，然后取特殊值即可得到正确选项【解析】（河南洛阳刘友友老师解析）易得为偶函数，故可排除A，C选项，当时，故可排除D选项即答案选B【归纳总结】判断函数的大致图像，一般步骤是判断奇偶性、单调性，然后结合特殊值的情况加以确定图像4.从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其平分数据，将所得400个评分数据分为8组：，并整理得到如下的频率分布直方图，则评分在区间内的

8、影视作品数量为（A）（B）（C）（D）【思路分析】要求分布在区间人数，只需要知道总人数及该区间的频率就可以算出【解析】（河南洛阳刘友友老师解析）由频率分布直方图可得评分在区间内的频率为：，所以影视作品数量为：，选D【归纳总结】频率分布直方图的纵截距是频率/组距，千万别忽略组距而导致计算错误5.设，则、的大小关系为（A） （B）（C） （D）【思路分析】【解析】（甘肃庆阳柳广社解析）， ，故选D.【归纳总结】6.两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，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（A） （B） （C） （D）【思路分析】先画出圆锥与球的轴截面，在旋转轴PS

9、上找出球心，据球心O到P、S、A点距离均相等即可得。【解析】（甘肃庆阳柳广社解析）如图所示：由球的体积为，可得该球的半径,由题意得，两个圆锥的高、分别为和， 为球的直径，为直角三角形，又 , 所以这两个圆锥的体积之和为,故选 B.【归纳总结】本题主要考查圆锥与其外接球相关知识，包括空间想象能力和化归转化能力，属于中等题。7.若，则（A） （B） （C） （D）【思路分析】利用指数式和对数式的关系解出a和b，然后结合对数换底公式等运算性质即可求解。【解析】（甘肃庆阳柳广社解析）， ，故选 C.【归纳总结】本题考查指数式和对数式的相关运算性质，属于基础题。8.已知双曲线的右焦点与抛物线（）的焦点重

10、合，抛物线的准线交双曲线于两点，交双曲线的渐近线与两点，若,则双曲线的离心率为（A） （B） （C） （D）【思路分析】统一用a、b、c表示出CD和AB间的等式，最后转化成a、c间的关系求e.【解析】（甘肃庆阳柳广社解析）根据题意知抛物线准线方程为，又，双曲线的离心率，故选A.【归纳总结】本题考查抛物线与双曲线图像及其简单的性质，属于中等题。9.设,函数,若在区间内恰好有6个零点，则的取值范围是（A） （B） （C） （D）【思路分析】【解析】（甘肃庆阳柳广社解析）因为二次方程最多有2个零点，所以至少有4个根，因为，而，整理得。当有4个零点，即，当有5个零点，即，当有6个零点，即，时，解得：，

11、当无零点，当有1个零点，当时，令解得，则当当即时，无零点，综上可得.故选A.【归纳总结】二填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分10.i是虚数单位，复数=_.【思路分析】本题考查复数的运算，利用复数的运算法则计算即可。【解析】（河南洛阳李省伟老师解析） 【归纳总结】复数一般考查复数的运算法则，化简求运算结果、复数的模长、共轭复数、几何性质象限判断、周期运算以及模长与圆锥曲线定义结合，偶尔也会考察一元二次方程的虚数根。难点在于审题与计算，难度一般。11在的展开式中，的系数是_.【思路分析】本题考查二项式的展开式系数，运用二项式定理第r+

12、1项公式展开求解。【解析】（河南洛阳李省伟老师解析） 的第r+1项为得r=3 的系数是160.【归纳总结】二项式需要理解展示的思想，一般考查二项式定理，常见题型为求某一项、或者某一项系数，以及二项式的逆用，赋值法求二项式系数和或者展开项系数和。难点在于审题与规范计算，难度中等。12.若斜率为的直线与y轴交于点A，与圆相切与点B，则=_.【思路分析】本题考查直线与圆位置关系，考察数形结合思想，画出图像，利用已知条件，用解三角形的方式，计算求得切线长。【解析】（刘家范老师解析）设圆心为M，由直线的斜率为知此切线的倾斜角为60，又切线与y轴交点为A，所以MAB =30，又ABM =90，且MB=1，

13、所以AM=2,即=【归纳总结】解析几何，直线与圆的关系、圆锥曲线，作为选择填空小题出现，重点考查学生数形结合能力，能否根据已知条件画出相应图形，根据几何关系再进行运用。解题过程中如果能巧用图形的几何关系，会大大降低计算量。难点在于审题作图与计算，难度中等。13.若则的最小值为_.【思路分析】题中条件较少，求式子最值。求式子最值主要考察均值不等式，基本均值不等式为两项关系，和为定值求积的最小值或者积为定值求和的最小值。而本题是3项，用均值不等式的一般形式：如果a1，a2，an为n个正数，则当且仅当a1a2an时，等号成立.代入运算法则计算即可。【思路分析】对于给式求最值，考虑用均值不等式，其使用

14、条件为：“一正二定三相等”，当条件不满足时，要创造基本不等式的使用条件，注意“和定积最小”或者“积定和有最大”。【解析】解法一：（河南洛阳李省伟老师解析） = 当且仅当成立，即时取得最小值解法二：（刘家范补解）：当且仅当和同时成立，即a=b=时成立）【归纳总结】利用均值不等式求最值是高考的重要的考点之一，常见考法是如何灵活地创造基本不等式使用条件,如：凑系数、拆项、1的替换等，对于两次使用基本不等式时要保证等式能同时成立，难度中等。14.甲、乙两人在每次猜谜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和，且每次活动中甲、乙猜对

15、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_.【思路分析】本题考查独立事件的概率与独立重复事件概率，分步与分类计数法的应用。甲、乙二人猜谜语结果互不影响，根据题中条件，甲获胜即为甲猜对乙猜错。3次活动中，每次互不影响，即独立重复事件概率。甲至少胜2次，即甲获胜2次或3次，分别求出再求和。【思路分析】本题第一空考查独立事件的概率公式，第二空考查二项分布概率公式。【解析】（河南洛阳李省伟老师解析）(1)根据题中条件，事件甲获胜为甲猜对乙猜错。 (2)根据独立重复事件的概率甲获胜2次的概率为甲获胜3次的概率为甲至少胜2次的概率为故：甲获胜的概

16、率为;3次活动中，甲至少获胜2次的概率为.【归纳总结】事件的概率重点理解事件的独立性，是或事件还是并，分步分类。分析明白事件类型后，求概率就相对容易了。此考点难点在于审题理解题意中事件的类型，难度中等。【归纳总结】求解随机事件的概率首先要理清所求事件间的关系，然后利用概率的有关性质或者常见的概率分布求解概率，难度中等。16. 在边长为1的等边三角形ABC中。D为线段BC上的动点，DEAB且交AB与点E，DFAB交AC于点F，则的值为_;的最小值为_.【思路分析】本题考查知识点向量，向量模长及最值。考察数形结合思想，根据题中条件，作出图形，再根据条件求解答案。【解析】（河南洛阳李省伟老师解析）

17、如图所示：经验法：(1)根据条件可得，的值应不受动点D位置影响。 故若取D点与B点重合，则E点与B点重合，F点与A点重合。 则=（第一空速解：过F作FH AB 于H，易证：四边形DEHF时平行四边形，所以 所以） 普通法：建立如图所示坐标系,则A,B,C 点坐标为,设D点坐标为(x,0),则,E点坐标为,F点坐标为(1)=+=(2)=;=当时取得最小值.【归纳总结】本题以向量为载体考察动点定值与在最值问题，定值往往可以通过特殊点来判定，也可以用普通方法，建立坐标系，求点坐标求值。最值一般转换为二次函数求，或者均值不等式，计算量较大，考察综合运算能力。难点在于计算，难度较大。三解答题：本大题共5

18、小题，共75分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤16.（本小题满分14分）在，角，所对的边分别为，已知（I）求的值；（II）求的值；（III）求的值【思路分析】第（I）问用正弦定理即可求解，较为基础；第（II）问不仅需要正弦定理，还需要用余弦定理；第（III）问在前面求解的条件基础上，需要用两角差的正弦公式和正余弦的二倍角公式【解析】（河南洛阳刘友友老师解析）（I）由正弦定理得，所以（II）同（I）可得，由余弦定理可得；（III），则，【归纳总结】本题看似简单，实则考查了解三角形的正弦定理、余弦定理，三角函数中的二倍角公式、两角差的正弦公式，可谓短小精悍17（本小题满分15分）如图，在棱长

19、为2的正方体中，E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，(1)求证：平面;(2)求直线与平面所成的角的正弦值;(3)求二面角的正弦值.【思路分析】（1）连接,相交于O,连接OE,EF,证明即可；（2）以A为坐标原点，AB，AD，为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量即可；（3）求出平面的法向量，结合（2）则可得到二面角.【解析】（代尔宁老师解析）(1)证明：如图所示，连接,相交于O,连接OE,EF,因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点所以且根据正方体有,所以所以四边形为平行四边形，所以又因为平面，平面所以平面;(2) 以A为坐标原点，AB，AD，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示则则设平

20、面的法向量则，令，则，则设直线与平面所成的角为，则(3) 在（2）建立的空间直角坐标系中，设平面的法向量则令，则，则设二面角为，根据（2）有，所以【归纳总结】本题考查空间立体几何中线面位置关系以及空间线面角，二面角的求解，由于本题有优良的建立空间直角坐标系的条件，所以直接借助坐标系解决即可.18. （本小题满分15分）已知椭圆+的右焦点为,上顶点为，离心率为，且.(1)求椭圆的方程；(2)直线与椭圆有唯一的公共点，与轴的正半轴交于点，过与垂直的直线交轴于点，若，求直线的方程【思路分析】（1）先由的长求出，再结合离心率求出，根据，求出，即得椭圆方程.（2）解法一：由题设直线的方程，联立直线与椭圆

21、的方程组，解得直线的求出点坐标.根据直线得直线方程.进而求出点坐标，根据建立点横纵坐标间的关系，再联立点横纵坐标的方程组，即可解得点，从而解出直线的方程；解法二：根据求导得直线方程，根据点求出点坐标，根据列出点横纵坐标间的关系，再联立点横纵坐标的方程组，即可解得点，从而解出直线的方程；解法三;由题设直线的方程，求出点坐标.根据直线得直线方程.进而求出点坐标，根据建立点. 横纵坐标间的关系，再联立点. 横纵坐标的方程组，即可解得. 点，从而解出直线. 的方程；【解析】（郭倩老师解析）(1)记半焦距为. ，根据. ，得. , 由离心率. , 得, 所以,所以椭圆方程为+（2）解法一：（郭倩老师解析

22、）由题知直线联立方程组得因为直线与椭圆有唯一的公共点，所以，化简得由方程组 解得，因此点坐标为因为, 所以直线的斜率为，因为与垂直的直线交轴于点，所以,根据两直线垂直斜率之积为，可得直线斜率为，因为,所以直线方程为，因为直线交轴于点，由方程组 解得，因此点坐标为，因为，所以直线与直线的斜率相等,所以直线的斜率为，直线方程为联立方程组解得 因此点坐标为 将点坐标代入椭圆方程得解得或（因为轴的正半轴交于点舍去）所以，直线方程为 解法二：（郭倩老师解析）直线与椭圆相切于点设，因为椭圆方程为+则, 所以=, 直线与椭圆相切于点所以直线方程为因为点在轴的正半轴，所以设点坐标为因为点在直线上，所以因为,

23、所以直线的斜率为，因为与垂直的直线交轴于点，所以,根据两直线垂直斜率之积为，可得直线斜率为，因为,所以直线方程为，因为直线交轴于点由方程组 解得，因此点坐标为因为，所以与垂直,所以，因为， 所以，化简得将代入化简得， 点在椭圆上满足+联立得所以，直线方程为 解法三：（郭倩老师解析）直线与椭圆相切于点设，则+，则直线方程为+, 因为直线与轴的正半轴交于点,由方程组 解得，因此点坐标为因为, 所以直线的斜率为，因为与垂直的直线交轴于点，所以,根据两直线垂直斜率之积为，可得直线斜率为，因为,所以直线方程为，因为直线交轴于点由方程组 解得，因此点坐标为因为，所以直线与直线的斜率相等直线的斜率为 ，直线

24、的斜率为所以，整理得，化简得因为点满足+，联立解得所以，直线方程为 【归纳总结】解决直线与椭圆的位置关系问题问题，首先要适当设直线的方程，进而求出相应点的坐标，根据题中几何关系联立方程或方程组求解.19.（本题满分分）已知是公差为的等差数列，其前项的和为.是公比大于的等比数列，.（）求和的通项公式；（）记.（i）证明是等比数列；（ii）证明.【思路分析】本题主要考查等差、等比数列的求和以及数列的综合应用.（）根据题中已知条件，利用公式求出数列的通项公式。（）根据的定义将（）所求和代入，（i）根据的通项公式求出的通项公式，根据等比数列的定义判断是等比数列；（ii）设，的前项和，则可将其放缩得到，

25、再构造数列，利用错位相减法求出的前项和，可以判断出.从而得到.【解析】：（辽宁沈阳贺雷颖老师解析）（1）设的公差为，的前项和为，的公比为.由题意得，根据等差数列前项和公式得，整理得，将代入得，.根据题中，由等比数列通项公式得，将代入得，化简得，即，或，根据等比数列通项公式得，.的通项公式公式为，；的通项公式为：，.（）由（）得，（i），.，（常数），因为.是以为首项，为公比的等比数列.（ii）设，的前项和为，.设，.设的前项和为.则得，.，.即.【归纳总结】（1）等差数列、等比数列的通项公式在求解过程中要灵活运用公式；（2）证明数列是等差数列或是等比数列的证明方法，首选定义法，要注意明确首项和

26、公差或公比；（3）在运用错位相减法数列求和时要注意适用范围及错位相减法的解题技巧；（4）在数列中要理解并学会运用适当利用放缩法求解；（5）在求解复杂式子的时候要学会化繁为简。20. (本小题满分16分)已知,函数.(4) 求函数在点处的切点的方程；(5) 证明存在唯一极值点;(6) 若存在,使得对于任意的成立，求实数b的取值范围.【思路分析】本题主要考查导数的概念及其几何意义、导数的计算以及导数在研究函数中的应用。【解析】：（张英杰老师解析）（1）所以所以函数在处的切线方程为：。（2）若证明仅有一个极值点，即证只有一个解，即证只有一个解，令，只需证的 图像与直线仅有一个交点，当时，当时，单调递减，当时，单调递增，当时，.当时，当时，因为，所以的图像与直线仅有一个交点.（3）由题意可得，存在，使得对于任意的恒成立，即存在存在，使得对于任意的恒成立，令，即存在，由(2)得时，单调递减，时单调递增，当时，当时，所以存在,使得函数即当时单调递减，当时单调递增当时，当时，则单调递增，当时，则单调递减.当时，因为存在，即即所以b的取值范围为.【归纳总结】存在性问题：