全國高考理科數(shù)學(xué)試題及答案陜西卷

1、2021年全國高考理科數(shù)學(xué)試題及答案-陜西卷   2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試陜西卷  理科數(shù)學(xué)  一、選擇題：在每題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求本大題共12小題，每題5  分，共60分  1. 設(shè)集合M=x|x2=x，N=x|lgx£0，那么MUN=  A0,1  C0,1) B(0,1 D(-¥,1  2. 某中學(xué)初中部共有110名教師，高中部共有150名教  師，其性別比

2、例如下圖，那么該校女教師的人數(shù)為  3. 如圖，某港口一天6時到18時的水深變化曲線近似滿足函數(shù)y=3sin(p  6x+j)+k，據(jù)此函數(shù)可知，這段  時間水深單位：m的最大值為  A5  C8 B6 D10  24. 二項式(x+1)n(nÎN+)的展開式中x的系數(shù)為15，那么n=  A7 B6 C5 D4  5. 一個幾何體的三視圖如下圖，那么該幾何體的外表積為  A3p  B4p

3、 D3p+4 C2p+4  6. “sina=cosa是“cos2a=0的  7. 對任意向量a,b，以下關(guān)系式中不恒成立的是      A|agb|£|a|b|  C(a+b)2=|a+b|2 B|a-b|£|a|-|b| D(a+b)g(a-b)=a2-b2  8. 根據(jù)右邊的框圖，當(dāng)輸入x為2006時，輸出的y=  9.設(shè)f(x)=lnx,0<a<b，   假設(shè)p=f，q=f(a+b)，2 

4、; 1(f(a)+f(b)，那么以下關(guān)系式中正確的選項是 2  Aq=r<p Bp=r<q r=  Cq=r>p Dp=r>q  10. 某企業(yè)生產(chǎn)甲乙兩種產(chǎn)品均需用A，B兩種原料，生產(chǎn)1噸每種產(chǎn)品需原料及每天原料的  可用限額如表所示，如果生產(chǎn)1噸甲、乙產(chǎn)品可獲利潤分別為3萬元、4萬元，那么該企業(yè)每天可獲得最大利潤為  A12萬元  B16萬元 C17萬元 D18萬元   11. 設(shè)復(fù)數(shù)z=(x-1)+yi(x,y

5、06;R)，假設(shè)|z|£1，那么y³x的概率為  A31+ 42p  2B11+ 2p C11- 2pD11- 42p12. 對二次函數(shù)f(x)=ax+bx+ca為非零整數(shù)，四位同學(xué)分別給出以下結(jié)論，其中有且僅有  一個結(jié)論是錯誤的，那么錯誤的結(jié)論是  A-1是f(x)的零點  C3是f(x)的極值 B   1是f(x)的極值點 D.點(2,8)在曲線y=f(x)上  二、填空題：把答案填寫在答題卡相應(yīng)題號后的橫線上本大題共4小題，每題

6、5分，共20分  13. 中位數(shù)1010的一組數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，其末項為2021，那么該數(shù)列的首項為  14. 假設(shè)拋物線y=2px(p>0)的準(zhǔn)線經(jīng)過雙曲線x-y=1的一個焦點，那么p=222     15. 設(shè)曲線y=ex在點0,1處的切線與曲線y=  為 1(x>0)上點 p 處的切線垂直，那么p的坐標(biāo)x  16. 如圖，一橫截面為等腰梯形的水渠，因泥沙沉積，導(dǎo)致水渠截  面邊界呈拋物線型圖中虛線表示，那么原始的最大流量與當(dāng)前 &

7、#160;最大流量的比值為  三、解答題：解容許寫出文字說明、證明過程和演算步驟本大題共6小題，共70分  17、本小題總分值12分  DABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c   向量m=(a)與n=(cosA,sinB)平行  求A；   假設(shè)a=b=2，求DABC的面積  18、本小題總分值12分  如圖1，在直角梯形ABCD中，AD/BC，ÐBAD=p  2，AB=BC=1，AD=2，E是A

8、D  的中點，O是AC與BE的交點將DABE沿BE折起到DA1BE的位置，如圖2      證明：CD平面A1OC；  假設(shè)平面A1BE平面BCDE，求平面A1BC與平面A1CD夾角的余弦值  19、本小題總分值12分  設(shè)某校新、老校區(qū)之間開車單程所需時間為T，T只與道路暢通狀況有關(guān)，對其容量為100的樣本進(jìn)行統(tǒng)計，結(jié)果如下：   求T劉教授駕車從老校區(qū)出發(fā)，前往新校區(qū)做一個50分鐘的講座，結(jié)束后立即返回老校區(qū)，    &#

9、160;求劉教授從離開老校區(qū)到返回老校區(qū)共用時間不超過120分鐘的概率  20、本小題總分值12分  x2y2  橢圓E:2+2=1a>b>0的半焦距為c，原點Oab  到經(jīng)過兩點(c,0)，(0,b)的直線的距離為  求橢圓E的離心率；  如圖，AB是圓M:(x+2)+(y-1)=  求橢圓E的方程  21、本小題總分值12分  設(shè)fn(x)是等比數(shù)列1，x，x，×××，x

10、的各項和，其中x>0，nÎN，n³2  證明：函數(shù)Fn(x)=fn(在ç,1÷內(nèi)有且僅有一個零點記為xn，且x)-22n1c 2225的一條直徑，假設(shè)橢圓E經(jīng)過A，B兩點，2æ1ö  è2ø  xn=11n+1+xn； 22  設(shè)有一個與上述等比數(shù)列的首項、末項、項數(shù)分別相同的等差數(shù)列，其各項和為gn(x)，  比擬fn(x)與gn(x)的大小，并加以證明  請在22、23、24三題中任選一

11、題作答，如果多做，那么按所做的第一題計分作答時用2B鉛筆在答題卡上把所選題目的題號后的方框涂黑  22、本小題總分值10分選修4-1：幾何證明選講  如圖，AB切g(shù)O于點B，直線AO交gO于D，E兩  點，BCDE，垂足為C  證明：ÐBED=ÐDBA；  假設(shè)AD=   3DC，BC=gO的直徑  23、本小題總分值10分選修4-4：坐標(biāo)系與參數(shù)方程  1ìx=3+tï2ï在直角坐標(biāo)系

12、xOy中，直線l   的參數(shù)方程為ít為參數(shù)以原點為極點，x軸正半  ïy=ïî2  軸為極軸建立極坐標(biāo)系，g   C的極坐標(biāo)方程為r=q  寫出gC的直角坐標(biāo)方程；      R為直線l上一動點，當(dāng)R到圓心C的距離最小時，求R的直角坐標(biāo)  10分選修4-5：不等式選講  關(guān)于x的不等式x+a<b的解集為x2<x<4  求實數(shù)a，b的值；

13、     24、本小題總分值   參考答案  一、選擇題  二、填空題  13. 5   14. 15. 1，1  三、解答題  17.解：  因為m/n   ，所以asinBcosA=0，   由正弦定理，得sinAsinBBcosA=0， 又sinB¹   0，從而tanA=  由于0<A<p

14、，所以A=p  3  解法一：由余弦定理，得  a2=b2+c2-2bccosA，   而a=b=2,A=p  3，  得7=4+c2-2c，即c2-2c-3=0，  因為c>0，所以c=3  故D   ABC的面積為S=1  2bcsinA=2   解法二：由正弦定理，得=2  sinsinB，   3  從而

15、sinB=7，  又由a>b，知A>   B，所以cosB= 故sinC=sin(A+B)=sin(B+p  3)     =sinBcosp  3+cosBsinp  3= 所以D   ABC的面積為S=  18.解：  在圖1中，  因為 1absinC=2AB=BC=1,AD=2,E是AD的中點，  ÐBAD= 

16、0;即  從而  又  所以 p2，所以BEAC 在圖2中，BEOA1,BEOC， BE平面AOC， 1CD/BE， CD平面AOC 1  BCDE， 由，平面A1BE平面  又由知，BEOA1,BEOC  所以ÐAOC為二面角A1-BE-C的平面角 1  所以ÐA1OC=p  2  如圖，以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系，  因為  所以  

17、0;A1B=A1E=BC=ED=1,BC/ED， BE(-A1(0,0,C(0,， 2222得   uuuruuurBC=(AC=，   1uuuruuurCD=BE=(  設(shè)平面A的法向量n2=(x2,y2,z2)，平面A1BC的法向量n1=(x1,y1,z1)，平面ACD1BC與1  平面ACD夾角為q 1  uuurìïn1gBC=0,ì-x1+y1=0,那么íuuur得í取n1=(1,1,1)；   y-z=0,

18、39;în1gA1C=0,î11     uuurìCD=0,ìx2=0,ïn2g  得í取n2=(0,1,1)，   íuuur  y-z=0,=0,î22ïîn2gAC1  從而cosq=|cos<n1,n2>|=  ， =即平面A1BC與平面ACD   1  19.解：  由統(tǒng)計結(jié)

19、果可得T的頻率分布為   從而ET設(shè)T1,T2分別表示往、返所需時間，T1,T2的取值相互獨立，且與T的分布列相同。  設(shè)事件A表示“劉教授共用時間不超過120分鐘，由于講座時間為50分鐘，所以事件A對應(yīng)于“劉教授在路途中的時間不超過70分鐘。 解法一：  P(A)=P(T1+T2£70)  =P(T1=25,T2£45)+P(T1=30,T2£40)+P(T1=35,T2£35)+P(T1=40,T2£30)  解法二：  

20、P(A)=P(T1+T2>70)  =P(T1=35,T2=40)+P(T1=40,T2=35)+   P(T1=40,T2=40)  故P(A)=1-P(A)=0.91 20.解：  過點(c,0),(0,b)的直線方程為bx+cy-bc=0，  那么原點O到該直線的距離d=  =  bc  ， a     由d=   1  2c，得a=2b= &#

21、160; ca=  解法一：  由知，橢圓E的方程為x2+4y2=4b2 依題意，圓心M(-2,1)是線段AB   的中點，且|AB|  易知，AB與x軸不垂直，設(shè)其方程為y=k(x+2)+1，代入式得  (1+4k2)x2+8k(2k+1)x+(2k+1)2-4b2=0  設(shè)A(x8k(2k+1)4(2k+  1,y1),B(x2,y2)，那么x1+x2=-1+4k2x1)2-4b2,1x2=1+4k2 由x1+x2=-4，得-8k(2k+1)

22、  1+4k2=-4，解得k=1  2  從而 x1x2=8-2b2  于是   |AB|=x1-x2|=由|AB|=   =b2=3  故 橢圓E的方程為x2y2  12+3=1  解法二：  由知，橢圓E的方程為x2+4y2=4b2 依題意，點A,B關(guān)于圓心M(-   2,1)對稱，且|AB|  設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，那么 &#

23、160;x2+4y222  11=4b2,x2+4y2=4b2，  兩式相減并結(jié)合x1+x2=-4,y1+y2=2，得  -4(x1-x2)+8(y1-y2)=0，  易知AB與x軸不垂直，那么x1¹x2，  所以 AB的斜率ky1-y21  AB=x=2  1-x2  因此 直線AB的方程為y=1  2(x+2)+1，代入得     x2+4x+8-2b2=0

24、60; 所以 x1+x2=-4,x1x2=8-2b2，  于是      |AB|=x1-x2|=   由|AB|=   =b2  =3  故 E的方程為  x2y2  橢圓12+3  =1 21.解：  Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+.+xn-2，  那么Fn(1)=n-1>0，  1-(1)nF1111+1

25、  n(2)=1+2+(2)2+.+(2)n-2=11-1-2=-2n<0，  2  所以F1n(x)在(2  ,1)內(nèi)至少存在一個零點 又Fn¢(x)=1+2x+.+nx  n-1  >0，  故F1  n(x)在(2  ,1)內(nèi)單調(diào)遞減，  所以F1n(x)在(2  ,1)內(nèi)有且僅有一個零點xn， 因為xn是Fn(x)的零點，所以Fn(xn)=0，&#

26、160; n+1  即1-xn  1-x-2=0，故x11n+1n= n  2+2xn  解法一：  由題設(shè)，g(n+1)(1+xn)  n(x)=2     設(shè)h(x)=f2  (n+1)(1+xn)  n(x)-gn(x)=1+x+x+.+xn  -  2  ,x>0 當(dāng)x=1時，fn(x)=gn(x)  &

27、#160;n(n+1)xn-1當(dāng)x¹1時，h¢(x)=1+2x+.+nxn-1  -2     1假設(shè)0<x<1,h¢(x)>x  n-1  +2xn-1  +.+nx  n-1  -n(n+1)xn-2     n(n+1)xn-1n(n+1)xn-1=2-2  =0  假設(shè)x>1，h¢(x)

28、<x  n-1  +2x  n-1  +.+nx  n-1  -n(n+1)xn-1  2     n(n+1)xn-1n(n+1)xn-1=2-2  =0  所以h(x)在0,1上遞增，在(1,+¥)上遞減， 所以h(x)<h(1)=0，即fn(x)<gn(x)  綜上所述，當(dāng)x=1時，fn(x)=gn(x)；當(dāng)x¹1

29、時，fn(x)<gn(x)  解法二：  由題設(shè)，fx+x2  +.+xn  ，g(n+1)(1+xn)  n(x)=1+n(x)=  2  ,x>0 當(dāng)x=1時，fn(x)=gn(x)  當(dāng)x¹1時，用數(shù)學(xué)歸納法可以證明fn(x)<gn(x) 當(dāng)n=2時，f2(x)-g2(x)=-  1  2  (1-x)2<0，所以f2(x)<g2(

30、x)成立假設(shè)n=k(k³2)時，不等式成立，即fk(x)<gk(x) 那么，當(dāng)n=k+1時，  fk+1(x)=fk(x)+x  k+1  <gk(x)+x  k+1  (k+1)(1+xk=)+xk+12     =2xk+1+(k+1)xk+k+12     又g2xk+1+(k+1)xk+k+1kxk+1-(k+1)xk+1  k+1(x)-2=2  

31、;   令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0)，  那么h(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1  k¢(x)=k(x-1)  所以，當(dāng)0<x<1時，hk¢(x)<0,hk(x)在0，1上遞減；     當(dāng)x>1時，hk¢(x)>0,hk(x)在(1,+¥)上遞增 所以hk(x)>hk(1)=0  從而g)>2xk+1+(k+1)xk

32、+k+1  k+1(x2     故fk+1(x)<gk+1(x)，即n=k+1時不等式也成立 由和知，對一切n³2的正數(shù)，都有fn(x)<gn(x)  解法三：  由，記等差數(shù)列為ak，等比數(shù)列為bk,k=1,2,.,n+1 那么a1=b1=1,an+1=bn+1=xn  所以axn-1  k=1+(k-1)n  (2£k£n)， bk=xk-1(2£k£n)， 

33、 令maxn-1k(x)=k-bk=1+(k-1)n  -xk-1  ,x>0(2£k£n) 當(dāng)x=1時，ak-bk，所以fn(x)=gn(x) 當(dāng)x¹1時，mk¢(x)=  k-1gnxn-1  -(k-1)xk-2n  =(k-1)xk-2(xn-k+1-1)  而2£k£n，所以k-1>0,n-k+1³1  假設(shè)0<x<1,x  n-k+1  <1,mk¢(x)<0； 假設(shè)x>1,x  n-k+1  >1,mk¢(x)>0，  從而mk(x)在0，1上遞減，在(1,+¥)上遞增， 所以，m