2021年全国Ⅲ卷高考 文数(含答案)

一．选择题

1.已知集合A1,2,3,4,B2,4,6,8，则AB中的元素的个数为（ ）

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 答案：B

【解析】 集合A和集合B有共同元素2，4，则AB2,4所以元素个数为2.【解析】 2.复平面内表示复数zi(2i)的点位于（ ）

A. 第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 解： 化解zi(2i)得z2ii2i1，

所以复数位于第三象限。 答案选：C

3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．

2

根据该折线图，下列结论错误的是（ ） A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 【答案】A

【解析】由折线图可知，每年月接待游客量从8月份后存在下降趋势，故选A． 4．已知sincosA.解析：

79

24,，则sin2A 322C.B.9 9

7D. 9sincos 故选A

12sincos1sin2167,sin2 993x2y60,5.设x,y满足约束条件x0,则zxy的取值范围是（）

y0,

1

A. 3,0 B.3,2 C.0,2 D0,3 【答案】选B

【解析】由题意，画出可行域，端点坐标 O0,0,A0,3,B2,0. 在端点A,B处分别取的最小值与最大值. 所以最大值为2，最小值为3. 故选B 6.函数f(x)15sin(x3)cos(x6)的最大值为（ ） A.

65 B. 1 C. 315 D. 5 【解析】( )

f(x)15sin(x3)cos(x6)15(sinx12cosx32)cosx32sinx123335sinx5cosx

352sin(x3)65sin(x3)故选A ( )

7.函数y1xsinxx2的部分图像大致为（ ）

答案：D

8．执行右面的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为（

2

）

A.5 B.4 C.3 D.2

【解析】 利用排除法

当输入的正整数N2时，

t1M100,S0S0100100100M==1010

t2S100109010M10t3,N2,t2否，输出S90

答案选D

9.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为 ( )

A.  B.

3 C. D. 424解：圆柱的高h=1,设圆柱的底面圆半径为r， 则h(2r)2

222r3 2Vr2h选B

3 410.在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱CD的中点，则（ ）

A.A1EDC1 B.A1EBD C.A1EBC1 D.A1EAC 【答案】C 【解析】

A1B1平面BCC1B1 A1B1BC1,BC1B1C又B1CA1B1B1,BC1平面A1B1CD,

又A1E平面A1B1CDA1EBC1.

x2y211.已知椭圆C:221,(ab0)的左、右顶点分别为A1,A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线

abbxay2ab0相切，则C的离心率为（ ）

3

A

63 B 33 C 213 D 3 【解析】【三阶数学】由题意可得：ab0a02abb2(a)2

得a23b2【三阶数学】 又b2a2c2【三阶数学】 所以a23(a2c2)【三阶数学】

则e63【三阶数学】 12.已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a（ ）

A 12 B 113 C 2 D 1 【解析】 f'(x)2x2a(ex1ex1)0

得x1

即x1为函数的极值点，故f(1)0 则122a0，a12 二．填空题

2,3)13、已知向量a(，b(3,m)，且ab，则m= 。 解析： 因为aba•b0 得63m0，m2 。

14.双曲线x2y2a291(a0)的一条渐近线方程为y35x，则a 。 【解析】 渐近线方程为ybax，由题知b3，所以a5。 15.ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知C600,b6,c3，则A________15【解析】 根据正弦定理有：

3sin6006sinB sinB22

4

又cbB450A750 16.设函数f(x)x1,x0,12x,x0,，则满足f(x)f(x2)1的x的取值范围是___.

解析： 当x0时，f(x)f(x1)x1x1210x124 14x0 当0x12时，f(x)f(x1x12)2x211恒成立

当x1x12时，2x221恒成立；

综上，x的取值范围为(-14,+)。

三．解答题

17.设数列an满足a13a2…+2n1an2n （1）求数列an的通项公式； （2）求数列an2n1的前n项和；

【答案】

【解析】（1）当n=1时，a12……………………..1

当n2时，由a13a2…+2n1an2n①………………………………2

a13a2…+2n3an-12n-1②……………………….3

① -②得2n1an2……………………………………4

即a2n2n1n2 验证a12符合上式 所以an22n1nN ……………………………………….6

（2）

an2n122n12n1112n12n1

…………………………..8

5

111Sn1335111112n1 2n32n12n12n12n12n1……………………….12

18（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，未售出

的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完。根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：C）有关。如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温位于区间20，25，需求量为

300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶。为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各

天的最高气温数据，得下面的频率分布表： 最高气温 天数 10，15 2 15，20 16 20，25 36 25，30 25 30，35 7 35，40 4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率。

1估计六月份这种酸奶一天的需求量不超过300瓶的概率；

解析：1P

3

…………………………4 5

2当温度大于等于25C时，需求量为500，

Y4502900元……………………………….6

当温度在20，25C时，需求量为300，……………………….8

Y30024503002300元

当温度低于20C时，需求量为200，

Y4004502002100元………………………….10

724。 ………………………..12 90519,如图，四面体ABCD中，ABC是正三角形，ADCD （1）证明：ACBD

（2）已知ACD是直角三角形，ABBD ,若E为棱BD上与D不重合的点，且AEEC，求四面体ABCE与四面体ACDE的体积比

当温度大于等于20时，Y0，P

解：（1）取AC中点F，连接DF,BF

ADDC，且F是AC中点DFAC。同理：BFAC ……………………….2

6

在平面DFB中，DFBFFACDFB

又BD面DFB，ACBD ………………………..4

（2）由题意，令ABBCACBD2a，即BF3a……………………….6

CEAE,F为AC中点，EF在直角ACD中，DFa，

1ACa 2…………………………..8

BDF中有DF2BF2BD2DFBF

又EF1BDaE为BD中点…………………………10 2VABCE1 VACDE……………………………12

220（12分）在直角坐标系xOy中，曲线yxmx2与x轴交于A,B两点，点C的坐标为（0,1）。当

m变化时，解答下列问题：

（1）

（2） 证明过A，B，C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值。 【解析】

）（1）令A（x1,0），B（x2,0），又C（0,1

x1，x2为x2mx20的根

0

x1x2m………………………..2 x1x22假设ACBC成立，ACBC0

AC（0-x1,1)(x1,1)，BC（0-x2,1)(x2,1) ACBCx1x210

不能出现ACBC的情况……………………………..4

）（2）令圆与y轴的交点为C（0,1，D（0,y3）

令圆的方程为xyDxEyF0………………………………..6 令y0得xDxF0的根为x1，x2

222Dm，F2

7

令x0得y2EyF0……. ①……………………………..8 点C（0,1）在①上，1E20 E1y2y20解得y1或y2………………………….10

y32

在y轴上的弦长为3，为定值………………………….12

21.设函数f(x)lnxax2(2a1)x. （1）讨论f(x)的单调性； （2）当a0时，证明f(x)34a2. 解：（1）由f(x)lnxax2(2a1)x,(x0) 有f'(x)1x2ax2a1 2ax2(2a1)x1x

………………………………..2

①当a0时，f'(x)10,f(x)单增

② 当a0时，令f'(x)0，即2ax2(2a1)x10

解得x11(舍),x122a

……………………………..4

g(x)2ax2(2a1)x1

ⅰ.当a0时，g(x)开口向上，12a0,g(x)0,即f'(x)0，f(x)单增 ⅱ.当a0时，g(x)开口向上，12a0， 此时，在(0,12a)上，g(x)0，即f'(x)0，f(x)单减 在(12a,)上，g(x)0，即f'(x)0，f(x)单增………………………………6

（2）由（1）可得：f(x)1maxf(2a)ln(12a)14a1 故要证f(x)34a2

8

113)12 ………………………………..8 2a4a4a11)10 即证ln(2a2a即证ln(即证lntt10(t0)…………………………….10 令g(t)lntt1 则g(t)1 令g(t)0，得t1

''1tg(t)maxg(1)0

g(t)0……………………………….12

故原命题得证.

22、[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

x2mx2t,在直角坐标系xoy中，直线l1与参数方程为（t为参数），直线l2的参数方程为（mmykt,yk为参数），设l1与l2的交点为P,当k变化时，P的轨迹为曲线C. (1) 写出C的普通方程；

(2) 以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l3:(cossin)20，M为l3与C的交点，求M的极径.

【解析】< >文

【解析】（1）由已知得l1:yk(x2),l2:y1(x2)， kkyx2(x+2)， ……………………..3 ，yyx22x2y21. …………………………….5 即xy4，即

442（2）将l3:xy20代入（1）xy4中， 所以x(x2)40，

2222解得x

322,y，…………………………….8 229

所以M在直角坐标系下的坐标为(由322,) 22x2y2得：5. 5 …………………………………..10

所以M的极径为

10