全国卷理科数学试题详细解析.docx

2021年普通高等学校招生全国统一考试全国I卷理科数学解析人 李跃华考前须知：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，2答复选择题时，选出每题答案后，用铅笔把答题卡上对应的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。答复非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试完毕后，将本试卷与答题卡一并交回。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ABCD【答案】 A选A2. 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色局部与白色局部位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ABCD【答案】 B【解析】 设正方形边长为，那么圆半径为那么正方形的面积为，圆的面积为，图中黑色局部的概率为那么此点取自黑色局部的概率为 应选B3. 设有下面四个命题：假设复数满足，那么；：假设复数满足，那么；：假设复数满足，那么；：假设复数，那么ABCD【答案】 B【解析】 设，那么，得到，所以.故正确；假设，满足，而，不满足，故不正确；假设，那么，满足，而它们实部不相等，不是共轭复数，故不正确；实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故正确；4. 记为等差数列的前项与，假设，那么的公差为A1B2C4D8【答案】 C【解析】 联立求得得选C5. 函数在单调递减，且为奇函数假设，那么满足的的取值范围是ABCD【答案】 D【解析】 因为为奇函数，所以，于是等价于|又在单调递减 应选D6. 展开式中的系数为ABCD【答案】 C.【解析】 对的项系数为对的项系数为，的系数为应选C7. 某多面体的三视图如下图，其中正视图与左视图都由正方形与等腰直角三角形组成，正方形的边长为，俯视图为等腰直角三角形、该多面体的各个面中有假设干是梯形，这些梯形的面积之与为ABCD【答案】 B【解析】 由三视图可画出立体图该立体图平面内只有两个一样的梯形的面应选B8. 右面程序框图是为了求出满足的最小偶数，那么在与两个空白框中，可以分别填入A与B与C与D与【答案】 D【答案】 因为要求大于1000时输出，且框图中在“否时输出“中不能输入排除A、B又要求为偶数，且初始值为0，“中依次加2可保证其为偶应选D9. 曲线，那么下面结论正确的选项是A把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线B把上各点的横坐标伸长到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个单位长度，得到曲线C把上各点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线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度，得到曲线【答案】 D【解析】 ，首先曲线、统一为一三角函数名，可将用诱导公式处理横坐标变换需将变成，即注意的系数，在右平移需将提到括号外面，这时平移至，根据“左加右减原那么，“到“需加上，即再向左平移10. 为抛物线：的交点，过作两条互相垂直，直线及交于、两点，直线及交于，两点，的最小值为ABCD【答案】 A【解析】 设倾斜角为作垂直准线，垂直轴易知同理，又及垂直，即的倾斜角为而，即，当取等号即最小值为，应选A11. 设，为正数，且，那么ABCD【答案】 D【答案】 取对数：.那么，应选D12. 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，其中第一项为哪一项，接下来的两项是，在接下来的三项式，依次类推，求满足如下条件的最小整数：且该数列的前项与为的整数幂那么该款软件的激活码是ABCD【答案】 A【解析】 设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推设第组的项数为，那么组的项数与为由题，令且，即出现在第13组之后第组的与为组总共的与为假设要使前项与为2的整数幂，那么项的与应及互为相反数即那么应选A二、 填空题：此题共4小题，每题5分，共20分。13. 向量，的夹角为，那么_14. 设，满足约束条件，那么的最小值为_不等式组表示的平面区域如下图由得，求的最小值，即求直线的纵截距的最大值当直线过图中点时，纵截距最大由解得点坐标为，此时 15. 双曲线，的右顶点为，以为圆心，为半径作圆，圆及双曲线的一条渐近线交于，两点，假设，那么的离心率为_【解析】 如图，又，解得16. 如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的等边三角形的中心为，、为元上的点，分别是一，为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以，为折痕折起，使得，重合，得到三棱锥当的边长变化时，所得三棱锥体积单位：的最大值为_【解析】 由题，连接，交及点，由题，即的长度及的长度或成正比设，那么，三棱锥的高那么令，令，即，那么那么体积最大值为三、 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。17. 的内角，的对边分别为，的面积为1求；2假设，求的周长【解析】 此题主要考察三角函数及其变换，正弦定理，余弦定理等根底知识的综合应用.1由正弦定理得，由得.2由1得，又， 由余弦定理得 由正弦定理得， 由得，即周长为18. 12分如图，在四棱锥中，中，且1证明：平面平面；2假设，求二面角的余弦值【解析】 1证明：，又，又，、平面平面，又平面平面平面2取中点，中点，连接，四边形为平行四边形由1知，平面平面，又、平面，又，、两两垂直以为坐标原点，建立如下图的空间直角坐标系设，、，、设为平面的法向量由，得令，那么，可得平面的一个法向量，又知平面，平面，又平面即是平面的一个法向量，由图知二面角为钝角，所以它的余弦值为19. 12分为了抽检某种零件的一条生产线的生产过程，实验员每天从该生产线上随机抽取16个零件，并测量其尺寸单位：根据长期生产经历，可以认为这条生产线正常状态下生产的零件的尺寸服从正态分布1假设生产状态正常，记表示一天内抽取的16个零件中其尺寸在之外的零件数，求及的数学期望；2一天内抽检零件中，如果出现了尺寸在之外的零件，就认为这条生产线在这一天的生产过程可能出现了异常情况，需对当天的生产过程进展检查I试说明上述监控生产过程方法的合理性：II下面是检验员在一天内抽取的16个零件的尺寸： 经计算得，其中为抽取的第个零件的尺寸，用样本平均数作为的估计值，用样本标准差作为的估计值，利用估计值判断是否需对当天的生产过程进展检查，剔除之外的数据，用剩下的数据估计与准确到附：假设随机变量服从正态分布,那么，【解析】 1由题可知尺寸落在之内的概率为，落在之外的概率为由题可知2i尺寸落在之外的概率为，由正态分布知尺寸落在之外为小概率事件，因此上述监控生产过程的方法合理ii，需对当天的生产过程检查因此剔除剔除数据之后：20. 12分椭圆：，四点，中恰有三点在椭圆上1求的方程；2设直线不经过点且及相交于、两点，假设直线及直线的斜率的与为，证明：过定点【解析】 1根据椭圆对称性，必过、又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点将代入椭圆方程得，解得，椭圆的方程为：2当斜率不存在时，设得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足当斜率存在时，设联立，整理得，那么又，此时，存在使得成立直线的方程为当时，所以过定点21. 12分函数1讨论的单调性；2假设有两个零点，求的取值范围【解析】 1由于故当时，从而恒成立在上单调递减当时，令，从而，得单调减极小值单调增 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增2由1知，当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件当时，令令，那么从而在上单调增，而故当时，当时当时假设，那么，故恒成立，从而无零点，不满足条件假设，那么，故仅有一个实根，不满足条件假设，那么，注意到故在上有一个实根，而又且故在上有一个实根又在上单调减，在单调增，故在上至多两个实根又在及上均至少有一个实数根，故在上恰有两个实根综上，二选考题：共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做，那么按所做的第一题计分。22. 选修4-4：坐标系及参考方程在直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，直线的参数方程为为参数1假设，求及的交点坐标；2假设上的点到距离的最大值为，求【解析】 1时，直线的方程为曲线的标准方程是，联立方程，解得：或，那么及交点坐标是与2直线一般式方程是设曲线上点那么到距离，其中依题意得：，解得或23. 选修4-5：不等式选讲函数1当时，求不等式的解集；2假设不等式的解集包含，求的取值范围【解析】 1当时，是开口向下，对称轴的二次函数，当时，令，解得 在上单调递增，在上单调递减此时解集为当时，当时，单调递减，单调递增，且综上所述，解集2依题意得：在恒成立即在恒成立那么只须，解出：故取值范围是第 18 页