2021年全国甲卷文科数学试卷(含解析)

文科数学试卷

注意事项：

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.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。

3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。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M{1,3,5,7,9}，N{x|2x7}，则MN( ) A.{7,9}

B.{5,7,9}

C.{3,5,7,9}

D.{1,3,5,7,9}

2.为了解某地农村经济情况，对该地农户家庭年收入进行抽样调査，将农户家庭年收入的调查数据整理得到如下频率分布直方图：

根据此频率分布直方图，下面结论中不正确的是( ) A.该地农户家庭年收入低于4.5万元的农户比率估计为6% B.该地农户家庭年收入不低于10.5万元的农户比率估计为10% C.估计该地农户家庭年收入的平均值不超过6.5万元

D.估计该地有一半以上的农户，其家庭年收入介于4.5万元至8.5万元之间 3.已知(1i)2z32i，则z( ) 3A.1i

23B.1i

23C.i

23D.i

24.下列函数中是增函数的为( ) A.f(x)x

2B.f(x)

3xC.f(x)x2 D.f(x)3x

x2y25.点(3,0)到双曲线1的一条渐近线的距离为( )

1699A. 58B. 5C.

6 5D.

4 56.青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量.通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足L5lgV.已知某同学视力的五分记录法的数据为4.9，则其视力的小数记录法的数据约为（10101.259）( ) A.1.5

B.1.2

C.0.8

D.0.6

7.在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G.该正方体截去三棱锥AEFG后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )

A. B. C. D.

8.在ABC中，已知B120，AC19，AB2，则BC( ) A.1

B.2

C.5

D.3

9.记Sn为等比数列an的前n项和.若S24，S46，则S6( ) A.7

B.8

C.9

D.10

10.将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为( ) A.0.3

B.0.5

C.0.6

D.0.8

cosπ11.若0,，tan2，则tan( )

2sin2A.15 15B.5 5C.5 3D.15 35f( ) 31112.设f(x)是定义域为R的奇函数，且f(1x)f(x).若f，则

335A.

31B.

31C. 35D. 3二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.若向量a，b满足|a|3，|ab|5，ab1，则|b|____________.

14.已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为__________.

π15.已知函数f(x)2cos(x)的部分图象如图所示，则f___________.

2

x2y216.已知F1，F2为椭圆C:1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且

164PQF1F2，则四边形PFQF12的面积为___________.

三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、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.（12分）甲、乙两台机床生产同种产品，产品按质量分为一级品和二级品，为了比较两台机床产品的质量，分别用两台机床各生产了200件产品，产品的质量情况统计如表：

甲机床 乙机床 合计 一级品 150 120 270 二级品 50 80 130 合计 200 200 400 （1）甲机床、乙机床生产的产品中一级品的频率分别是多少？ （2）能否有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异？ n(adbc)2附：K，

(ab)(cd)(ac)(bd)2PK2k k 0.050 3.841 0.010 6.635 n0.001 10.828 18.（12分）记Sn为an的前n项和，已知an0，a23a1，且数列

S是等差数列.证明：

an是等差数列.

19.（12分）已知直三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1B1B为正方形.ABBC2，E，F分别为AC和CC1的中点，BFA1B1，

（1）求三棱锥FEBC的体积；

（2）已知D为棱A1B1上的点，证明：BFDE.

20.（12分）设函数f(x)a2x2ax3lnx1，其中a0. （1）讨论f(x)的单调性；

（2）若yf(x)的图象与x轴没有公共点，求a的取值范围.

21.（12分）抛物线C的顶点为坐标原点O，焦点在x轴上，直线l:x1交C于P，Q两点，且OPOQ.已知点M(2,0)，且M与l相切.

（1）求C，M的方程.

（2）设A1，A2，A3是C上的三个点，直线A1A2，A1A3均与M相切.判断直线A2A3与M的位置关系，并说明理由.

（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，则按所做的第一题计分。

22.【选修4-4：坐标系与参数方程】（10分）

在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22cos.

（1）将C的极坐标方程化为直角坐标方程；

（2）设点A的直角坐标为(1,0)，M为C上的动点，点P满足AP2AM，写出P的轨迹C1的参数方程，并判断C与C1是否有公共点. 23.【选修4-5：不等式选讲】（10分） 已知函数f(x)|x2|，g(x)|2x3||2x1|.

（1）画出yf(x)和yg(x)的图象； （2）若f(xa)g(x)，求a的取值范围.

2021年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷

文科数学参考答案

1.答案：B

7解析：本题考查不等式、集合的运算.由于N{x|2x7}x|x，故MN{5,7,9}.

22.答案：C

解析：本题考查频率分布直方图、均值等统计图表及统计量的基础知识. 选项 A B C D 正误 √ √ × √ 原因 由图可知，组距是1，前2个小矩形的面积和是0.06 最后4个小矩形的面积和是0.10 可以求得平均值是(3121314)0.02(411)0.04 (5910)0.1060.14(78)0.207.68 4.5至8.5之间小矩形的面积和是0.64 3.答案：B 解析：本题考查复数的运算.可知z4.答案：D

2解析：本题考查函数的单调性，一次函数f(x)x是R上的减函数；指数函数f(x)是R上

3x32i32i31i. 2(1i)2i2的减函数；二次函数f(x)x2在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增；幂函数f(x)3x是R上的增函数. 5.答案：A

x2y2解析：本题考查双曲线的性质与渐近线方程、点到直线的距离公式.由于双曲线1的渐近

169线方程为

|33|9xy. 0，即3x4y0，则点(3,0)到该渐近线的距离为d43324256.答案：C

解析：本题考查对数的运算.可知L4.95lgV，故V100.1107.答案：D

解析：本题考查三视图.由正视图虚线可知所截为正方体的里面左下角，故侧视图为实线左下角. 8.答案：D

11010.8. 1.259解析：本题考查三角形及余弦定理.由于B120，AC19，AB2，根据余弦定理，可得AC2BC2AB22BCABcosB，则有19BC242BC，即BC22BC150，解得BC3或BC5（舍去）. 9.答案：A

解析：本题考查等比数列的求和公式与性质应用.设等比数列an的公比为q，显然q1，根据题aaq4,3122目条件可得11化简可得，即，所以1qq23aaqaqaq6,22111111S6a1a1qa1q2a1q3a1q4a1q5a1a1q1q2q4417.

2410.答案：C

解析：本题考查排列与组合、古典概型、对立事件的概率.将3个1和2个0随机排成一行，从5个位置中选2个位置放0，排法种数有10种，而2个0相邻的情况有4种，根据古典概型知2个0不相邻的概率为P111.答案：A

解析：本题考查二倍角公式、同角三角函数的基本关系式.由tan2sin22sincos，cos212sin2，得

40.6. 10sin2，cos22sincoscos1，所以，由sin12sin22sin40,，故tan2π15. 1512.答案：C

解析：本题考查函数的基本性质、奇偶性与周期性以及函数值的求解.由于f(x)是定义域为R的奇函数，则有f(x)f(x)，结合f(1x)f(x)，可得f(1x)f(x)，故f(x2)f(x1)f(x)，即函数f(x)是周期为2的周期函数，所以5511ff2f. 333313.答案：32 解析：本题考查平面向量的数量积运算、平面向量的模.由于|a|3，|ab|5，ab1，则有

(ab)2a22abb292b225，可得b218，解得|b|32. 14.答案：39π

15解析：本题考查圆锥的体积与侧面积.由题可得圆锥的体积Vπr2h12πh30π，可得h，故

32圆锥的母线lr2h213，所以圆锥的侧面积Sπrl39π. 215.答案：3 解析：本题考查三角函数的图象与性质、三角函数值的求解.由图象可得，函数f(x)2cos(x)413ππ2π的周期Tπ，故2，所以f(x)2cos(2x)，结合

3123Tπππ2πf2cos0，取满足条件的一个，则有f(x)2cos2x，故

6633ππf2cosπ3. 6216.答案：8

解析：本题考查椭圆的定义、焦点，矩形的判定和面积.由题可知四边形PFQF12是矩形，且PF1PF2F1F248，PF1PF22a8，可得PF1PF28.

22217.解析：（1）根据题表中数据知，甲机床生产的产品中一级品的频率是乙机床生产的产品中一级品的频率是

21500.75， 2001200.6. 200400(1508050120)2400（2）根据题表中的数据可得K10.256.

27013020020039因为10.2566.635，

所以有99%的把握认为甲机床的产品质量与乙机床的产品质量有差异. 18.解析：由题意可知，数列

S的首项为na1，设等差数列S的公差为d，

n则dS2S1a1a2a1a1，

所以Sna1(n1)a1na1，即Sna1n2， 所以当n2时，anSnSn1(2n1)a1， 当n1时也满足，所以an(2n1)a1， 所以an1an2a1，

所以数列an是以a1为首项，2a1为公差的等差数列.

19.解析：（1）如图，取BC的中点为M，连接EM.由已知易得EM//AB，ABBC2，CF1，EM1AB1，AB//A1B1， 2由BFA1B1得EMBF， 又易得EMCF，BFCFF， 所以EM平面BCF，

11111故V三棱锥FEBCV三棱锥EFBCBCCFEM211.

32323

（2）连接A1E，B1M，由（1）知EM//A1B1， 所以ED在平面EMB1A1内.

在正方形CC1B1B中，由于F，M分别是CC1，BC的中点，所以tanCBFtanBB1MBM1， BB12CF1，BC2且这两个角都是锐角，所以CBFBB1M，

所以BHB1BMB1CBFBMB1BB1M90， 所以BFB1M，

又BFA1B1，B1MA1B1B1，所以BF平面EMB1A1， 又DE平面EMB1A1，所以BFDE.

20.解析：（1）由题意，f(x)的定义域为(0,)， 32a2x2ax3(ax1)(2ax3)， f(x)2axaxxx2当x11时，f(x)0，f(x)单调递增；当0x时，f(x)0，f(x)单调递减. aa11故函数f(x)在0,上单调递减，在,上单调递增. aa1（2）由（1）知函数f(x)的最小值为f， a1要使yf(x)的图象与x轴没有公共点，只需f(x)的最小值恒大于0，即f0恒成立， a1111故a2a3ln10，得a， aaea1所以a的取值范围为,. e221.解析：（1）由题意，直线x1与C交于P，Q两点，且OPOQ， 设C的焦点为F，P在第一象限，

则根据抛物线的对称性，POFQOF45， 所以P(1,1)，Q(1,1).

设C的方程为y22px(p0)，则12p，得p所以C的方程为y2x.

因为圆心M(2,0)到l的距离即M的半径，且距离为1， 所以M的方程为(x2)2y21.

（2）设A1x1,y1，A2x2,y2，A3x3,y3，

当A1，A2，A3中有一个为坐标原点，另外两个点的横坐标均为3时，满足条件，此时直线A2A3与M相切.

1， 2

当x1x2x3时，直线A1A2:xy1y2yy1y20， 则2y1y2y1y22121，即y121y22y1y23y120，

2同理可得y121y32y1y33y120，

所以y2，y3是方程y121y22y1y3y120的两个根， 3y122y1则y2y32，y2y32.

y11y11直线A2A3的方程为xy2y3yy2y30，

22y2y3设点M到直线A2A3的距离为d(d0)，则d221y2y3所以直线A2A3与M相切. 综上所述，直线A2A3与M相切.

22.解析：（1）根据22cos，得222cos， 因为x2y22，xcos，

3y1222y111，即d1， 22y121y112所以x2y222x，所以C的直角坐标方程为(x2)2y22. （2）设P(x,y)，Mx,y，则AP(x1,y)，AMx1,y.

x1x1,x12x1,2因为AP2AM，所以即

yyy2y,,2因为M为C上的动点，

x1y2212所以2，即(x32)y4. 2222x322cos,所以P的轨迹C1的参数方程为（其中为参数，[0,2π]）.

y2sin所以CC1322，C1的半径r12，又C的半径r2，所以CC1r1r， 所以C与C1没有公共点.

423.解析：（1）由已知得g(x)4x243x,213x,

221x,2所以yf(x)与yg(x)的图象为

（2）yf(xa)的图象是由函数yf(x)的图象向左平移a(a0)个单位长度或向右平移|a|(a0)个单位长度得到的，根据图象可知向右平移不符合题意，向左平移到yf(xa)的图象1的右支过yg(x)的图象上的点,4时为临界状态，如图所示，此时yf(xa)的图象的右支

2对应的函数解析式为yxa2(x2a)，则4因为f(xa)g(x)，所以a11， 2111a2，解得a. 2211故a的取值范围为,.

2