18.数学·2021年普通高等学校招生全国统一考试(天津卷)-【名校强基卷】2020-2024年5年高考数学真题汇编

绝密★启用前 2021年普通高等学校招生全国统一考试（天津卷） 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟. 参考公式： ·如果事件A,B互斥，那么P(AUB)=P(A)十P(B). 即 ·如果事件A,B相互独立，那么P(AB)=P(A)P(B). ·球的体积公式V=号R,其中R表示球的半径。 ·圆锥的体积公式V-Sh,其中S表示圆锥的底面面积，h表示圆锥的高. 一、选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45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A={-1,0,1},B={1,3,5},C={0,2,4},则(A∩B)UC= 非 A.{0} B.{0,1,3,5 C.{0,1,2,4} D.{0,2,3,4》 2.已知a∈R,则“a>6”是“a2>36”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y=的图象大致为 x2+2 0.15 0.15 0.15 4.从某网络平台推荐的影视作品中抽取400部，统计其评分数据，将所得400个评分数据分为8 组：[66,70)，[70,74)，…，[94,98]，并整理得到如下的频率分布直方图，则评分在区间[82,86) 内的影视作品数量是 ( 频率组距 0.050=4 0.045 0.040 0.035 0.030 0.025 0.020 667074788286909498评分 A.20 B.40 C.64 D.80 2021·天津卷第1页（共4页） 5.设a=log20.3,b=log10.4,c=0.4°.3，则a,b,c的大小关系为 A.a<b<c B.c<a<b C.B<c<a D.a<c<b 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1：3，则这两个圆锥的体积之和为 A.3π B.4π C.9π D.12π 7若2=6=10.则。+6 A.-1 B.lg 7 C.1 D.log,10 8,已知双曲线号-若1(a>0,6>0)的右焦点与抛物线y=2px(p>0)的焦点重合.抛物线的 准线交双曲线于A,B两点，交双曲线的渐近线于C,D两点.若|CD一√2AB,则双曲线的离 心率为 A.√2 B.5 C.2 D.3 9.设a∈R,函数f(x)= c0s(2πx-2πa),x<a, 若f(x)在区间(0，十∞)内恰有6个零点，则a的取值范围是 x2-2(a+1)x+a2+5,x≥a A(u停 B(保2u(4] c2.]u43) D.(2u[3) 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.请把答案填在题中的横线上， 10.i是虚数单位复数 11.在(2x+1)的展开式中，x的系数是 12.若斜率为3的直线与y轴交于点A,与圆x2十(y一1)2=1相切于点B,则|AB引= 13.若a>0,b>0,则。+是十6的最小值为 a 14.甲、乙两人在每次猜谜活动中各猜一个谜语，若一方猜对且另一方猜错，则猜对的一方获胜， 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，DE⊥AB且交AB于点E,DF∥ AB且交AC于点F,则|2BE+DF|的值为 :(DE+DF)·DA的最小值为 2021·天津卷第2页（共4页） 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△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.已知sinA:sinB:sinC =2；1:√2，b=√2 (I)求a的值： (Ⅱ)求cosC的值： (Ⅲ)求sin(2C-)的值， 17.(本小题满分15分)如图，在棱长为2的正方体ABCD-A,BCD1中，E为棱BC的中点，F为 棱CD的中点 (I)求证：D1F∥平面AEC: (Ⅱ)求直线AC,与平面A,EC,所成角的正弦值： (Ⅲ)求二面角AA,C,E的正弦值. 18(体小题满分15分)已知椭圆号+芳=1(。>6>0)的右焦点为F,止顶点为B,离心率为25， 且|BF|=5. (I)求椭圆的方程： (Ⅱ)直线l与椭圆有唯一的公共点M,与y轴的正半轴交于点N.过V与BF垂直的直线交 x轴于点P.若MP∥BF,求直线I的方程. 2021·天津卷第3页（共4页） 19.(本小题满分15分)已知{4n}是公差为2的等差数列，其前8项和为64.{b.}是公比大于0的 等比数列，b1=4,b3一b2=48. (I)求{a,}和{b,}的通项公式： (I)i记c,=be+,neN. (1)证明{c一cn}是等比数列； （1)证明。-# aa1<22(n∈N). 20.(本小题满分16分)已知a>0,函数f(x)=a.x一xe. (I)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (Ⅱ)证明f(x)存在唯一的极值点： (Ⅲ)若存在a,使得f(x)≤a十b对任意x∈R成立，求实数b的取值范围. 2021·天津卷第4页（共4页）2021年普通高等学校招生全国统一考试 合+十a<a可得-2a-<<-k∈z.当x≥ (天津卷) a时，f(.x)=x2-2(a+1)x+a2+5,△=4(a+1)2-4(a 1.C由已知得A∩B={1}.所以(A∩B)UC=(0,1,2,4, +5)=8(a-2).当a<2时，△<0，f(x)在[a,+c∞)内无零 点，则f(x)在（一∞，a)内必有6个零点，所以-7≤-2a 故选C 2.A当a>6时，a2>36,故“a>6”是“a2>36”的充分条件： 名<-6：即<a<只不满是0<：当0=2时，4=0… 当a2>36时，a>6或a<-6,故“a>6”是“a2>36”的不必 f(x)在[2，十∞)内只有一个零点x=3,则当0<x<2时， 要条件.综上可知“a>6”是“a2>36”的充分不必要条件， 故选A. )只有4个零点宁，是子子，不满足题意：当a> 3.B由|x|>0知函数f(x)的定义城为（一∞，0）U(0, 2时，A>0,且f(.x)的对称轴为x=a十1>2.所以当f(a) +oo).因为f(-x）=。=l。=fx,所以 (-x)2+2x2+2 =a2-2aa+10+a2+5=-2a+5≥0，即2<a<号时， f代r)为偶画数，故排除造项A,C;当r=e时，f八x)=。+2 1 f(.x)在[a,+oo)内有2个零点，所以函数f(x)在(-oo, >0,故排除选项D,故选B. a)内有4个求点，所以-5≤-2a-号<-4，脚子<a≤ 4.D由频率分布直方图可知，评分在[82,86)内的频率为 0.050×4=0.2,所以在[82,86)内的影视作品数量为400 号，则2<u≤是：当a0=a2-2a(a+1D+a2+5=-2a ×0.2=80(部)，故选D. 5.D由对数的性质知a=log20.3<log21=0,b=log40.4 十5<0即a>号时，f)在[a,十o∞)内有1个零点，所以 -log号=log号>log2=1.又周为0<0.403<0.4°= 函数f(x)在(-0，a)内有5个零点，所以-6≤-2a-2 1,所以0<c<1,所以a<c<b,故选D. 6.B如图，设球的球心为O,半径为R,圆锥底面圆心为O1, <-5,即号<a≤，则<a<只综上可知u的取值范 球的直径AB为两个圆维的高所在的直线，则由题意知 A0=30,B,R=32,解得R=2.周为AB=A0+ 国是(.号]U(停]故选八 3 3 10.4-i OB=4O1B=4.所以O1B=1,AO1=3,OO1=1在Rt 义得-”-4i 5 △OOC中，O1C=VO一O1O=√3，所以两个圆雏的体 11.160 (2x2+)展开式的通项T+1=C(2x), 积之和为号x·0,Ce.(A0+B0)=3x×3×4=4,故 (）=20-C·x18.令18-4k=6,解得=3，所以 选B. x5的系数是23C=160. 12.5设直线AB的方程为y=√3.x十b,则点A(0,b).设圆 x2+(y-1)2=1的图心为C,半径为r,则C(0,1),r=1, 所以由直线与国相切得。-1，解得=-1或6=3 所以|AC|=2.因为|BC|=r=1,故在Rt△ABC中， IAB1=√TAC-BC=5. 18.22周为u>0,b>0.所以是+是+b>2合·后 7.C由=6=10，得a=log10,b=logs10,所以。+ 1 =名+b>名层·b=2区.含且仅当 2 即a=b= 1og210十1og10=lg2+lg5=lg10=1,故选C 1 1 2一b 8.A设双曲线的右焦点为F(,0),由双曲线与抛物线的对 V2时，等号成立，所以+号十6的最小值为2②。 a b2 称性知抛物线的准线过双曲线的左焦点，即准线方程为 1 G将e代入号-1，符y=士所以AB 14.327 由题意可知在一次活动中，甲获胜的概率为后 一-代入双询线的渐远线方程y=士名，得 ×号-弓明在3次话动中，甲至少能鞋2次的桃率为 y=士经，所以CD1-警由CD1=AB1,得警 ×(信)×号+(》”=品 15.1 不坊设BE=x,r∈(0，）国为△ABC是边长 11 22,即c=2,所以2=2=2(c2-a2),化简得后- a 为1的等边三角形，DE⊥AB,所以∠BDE=30°，BD= √2，所以双曲线的离心率e=√2，故选A 9.A当0<x<a时，由f(x)=cos(2rx-2xa)=0,得2rx 2x,DE=3x,则DC=1-2x,EA=1-x.又因为DF∥ AB,所以△DFC是边长为1一2x的等边三角形，且DE -2a=吾+m,keZ,解得x=号+}+a,k∈z由0< ⊥DF,所以(2BE+DF)2=4BE2+4BE·DF+DF2= 数学答案-65 4x2+4x(1-2.x)Xcos0°+(1-2.x)2=1,故12BE+DF (Ⅲ)依题意，DB=(2,一2,0)是平面AA1C1的法向量， =1.因为(DE+DF).DA=(D正+DF)·(D正+EA) 由(I)知n=(2,一2,1)为平面A1EC的法向量， DE2+DF.EA=(3x)2+(1-2x)(1-r)X cos 0= 于是cOs(DB,n)= DB·n2区 5-3+1=(-高)+贵所以当=品.D成+ IDBIIm 3 D,Di的最小值为易 选而可得mD成.m)-子 16.解：(I)在△ABC中，由正弦定理及 所以，二西角小A1C-E的正孩值为子 b=√2，sin A sin B=2:1, 18.解：(I)记椭圆的半焦距为c, 可得a合-2区 依题意，可得|BF|=√+c2=a=V, (Ⅱ)由正弦定理及已知可得a:b:c=2:1:√2， 又离心率后-2，释（一2，进而可得-1. 再由余弦定理有cosC=2+-c2=3 2ab 41 所以，桃国的方程为写十y=1 (国)(I)可得知C一-C-牙， (Ⅱ)依题意，直线l的斜率存在，设直线l的方程为y=kx 十m,则N(0,n),其中m>0. sin 2C-2sin Coos CcoC2co (y=kx十n, 由方程写+=1 消去y 8 整理得(5k2+1).x2+10km.x十5m2-5=0.① 所以，sim(2C-看）-im20Cos晋-cos2Csin吾-3 因为直线L与椭圆有唯一的公共点M, 6 8 所以(10km)2-4(5k2+1)(5m2-5)=0, 整理得5k2+1一m2=0.② 2 16 -10km=-5k 17.解：依题意，以A为原点，分别以AB,AD,AA1的方向为x 由①@可得点M的横坐标2(5k+1)m 轴，y轴，x轴的正方向建立空间直角坐标系（如图）， 进而可得点M的生搭为（产，山》 因为NP⊥BF,且直线BF的斜奉二b 1 一2 所以直线NP的斜率为2，方程为y=2x十 由题意，可得点P的坐标为（一受0： 10 n 又因为MP∥BF,故5k+g =-2 可得m2=10k一4，代入②整理得k2一2k十1=0， 可得A(0,0,0),B(2.0,0),D(0,2,0),E(2,1,0),F(1,2, 0),A1(0.0,2),C1(2,2,2),D1(0,2,2). 解得k=1,从而m2=6,故m=√6. (1)证明：依题意，EC1=(0,1,2),A1C1=(2,2,0), 所以，直线1的方程为y=x十√6 设n=(x,y,)为平面AEC的法向量， 19.解：(I)记等差数列{aw}的公差为d,前n项和为Sm 由题意知d=2,S8=64, n·EC=0, 则 即 y+2x=0, n·A1C1-0.12x+2y=0. 代入公式S,=a十"2D,解得a=l 不妨设=1，可得n=(2,一2,1). 所以{am}的通项公式为an=2n一1， 又D1F-(1,0,-2), 设等比数列{bn)的公比为q, 由b1=4,b3-2=48,可得g2-q=12, 故D1F·n=1×2+0×(-2)+(-2)×1=0. 又q>0,解得q=4,所以{bn}的通项公式为bn=4”. 因此D1F⊥n (Ⅱ)(1)证明：由(I)可得 又因为D1F寸平面A1EC1, 所以DF∥平面A,EC· =(+)-(+)=++2x4 (Ⅱ)依题意，AC1=(2,2,2), =4+ 1 42n1 由(I)知n=(2,一2,1)为平面A1EC1的法向量， c2n=bn十2 而-6=4++2×4-（4+）=2X4 因此cos(AC1,n)= ACin- ACm 9 国为对任意nEN,有击2山=2X4 -=4 2×4” 所以，直线AG与平面ABC所成角的正弦值为 所以{c员一c2m}是等比数列. 数学答案-66 (t)证明：由(I)和（Ⅱ）(1)，有 反之，当b≥一e时，存在a=2e,使得h(.x)在x0=1处取 aa+1_ /(2k-1)(2+1D k-1 得最大值一e,从而b≥h(r)对任意x∈R成立， 2×4 V2×4 V2x2. 所以，b的取值范图是[一e,十c∞人， 解法二：若b在所求范国内，则存在a,使得ax一xe‘≤a十 则a- b对任意x∈R成立，取x=1,得b≥一e 由（Ⅱ）知，当a=2e时，f(x)有唯一的极值点x0=1,且 1213 ,即Tm一2T2223下十 2. ① f(x)≤f(1)=e,因此，只要b≥一e,则存在a=2e使得 f(.x)≤e≤a十b对任意r∈R成立. 2”2+1 ② 综上，b的取值范固是[一e,十o∞). 2020年普通高等学校招生全国统一考试 (全国新高考I卷) 1-》 1.C因为集合A={x1≤x≤3}，集合B={x2<x<4},所 1 12 2+7, 以AUB={x1≤x<4},故选C 2.D 从而得T。=2-”十2<2 由题得侣易=专-一i长选D 2" 3.C抓据题意得不同的安排方法为CCiC3=6×5×】 所以气<<2 =60(种)，故选C. 4.B过球心O作与赤道垂直的截面圆如图所示，AB为晷 20.解：(I)依题意，(x)=a-(x十1)e, 面在该载面圆上的投影，BC为晷针.根据题意知，∠DOA 可得(0)=a一1， =∠OAB=40°，且OA⊥AC,所以∠BAC=50°，所以 又f(0)=0,所以曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方 ∠BCA=40°，所以晷针与点A处的水平面所成角为40°， 程为y=(a-1)x. 故选B. (Ⅱ)证明：令g(x)=f(x),即g(x)=a-(x十1)e 当x∈(-o,一1)时，g(x)>a>0,所以g(x)在(-oo, 一1)内没有零点： 当x∈[-1，+∞)时，g'(x)=-(x+2)e'<0. 从而g(x)在[一1，十∞)单调递减，故g(x)在[一1，十∞) 上至多有1个零点. 又因为g(-1)=a>0,g(a)=a-(a+1)e“<0, 所以g(x)在（一1，a)内有零点x0. 综上，f(x)在（一∞，十o∞）上存在唯一零点. 5.C如图，设集合A表示喜欢足球的学生，集合B表示喜 当x变化时，f(x),f(x)的变化情况如下表： 欢游泳的学生，设集合A∩B占比为x,根据题意得，集合 (-∞，x0) A占比为60%，集合B占比为82%，集合AUB占比为 xo (x0,十∞) 96%,所以60%+82%-x=96%,解得x=46%,故选C. (x) 0 f(.x) 极大值 所以，f（x)存在唯一的极值点x0 (Ⅲ)解法一：设h(x)=f(x)-a=ax-xe-a. 由（Ⅱ）可得h(x)的最大值为h(xo),其中xa满足a=(xo 6.B国为R,=1十T,R=3.28,T=6,所以r=1 T +1)e5,且xo>-1. 从而h(x0)=(x6+xa)e2,-xoc',-(x0+1)e 3.28-1=0.38,设初始时间为4，感染数增加一倍的时间 6 =(x6-xo-1)e'. 为tg.又因为1(t1)=e”,所以21(t)=e“,两式相除得 设u(x)=(x2-x-1)e,x∈(-1，十o∞). 可得u'(x)=(x2+x-2)e', e4-2,所以：-有-0器1.8（天）.故选B 令u'(x)=0,解得x=1,或x=一2（合去）. 7.A如图，以点A为坐标原点建立平面宜角坐标系.由题 当x变化时，u'(x),u(x)的变化情况如下表： 意得A(0,0),B(2,0),C(33),F(-1,W3).设P(x,y), 则-1<r<3,所以AP=(x,y),又AB=(2,0),所以AP· (-1,1) 1 (1,十∞) AB=2.x∈(-2,6)，故选A. u'(.x) 一 0 u(r) 极小值 故u(x)的最小值为u(1)=一e. 如果存在a使得f(x)≤a十b对任意x∈R成立，则b ≥h(x0). 又因为h(xo)=u(x)≥-e,所以b>≥一e, 数学答案-67