2021年山西省高考理科数学真题及参考答案

2.已知集合Sss2n1,nZ，Ttt4n1,nZ，则ST（）A.B.SC.T

xD.Z

1，则下列命题中为真命题的是3.已知命题p：xR,sinx1；命题q：xR,e（）A.pq

4.设函数fx

B.pqC.pq

）D.pq1x

，则下列函数中为奇函数的是（1xB.fx11

A.fx11C.fx11D.fx11

）5.在正方体ABCDA1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为（A.2B.3C.4D.6）6.将5名北京冬奥会志愿者分配到花样滑冰、短道速滑、冰球和冰壶4个项目进行培训，每名志愿者只分配到1个项目，每个项目至少分配1名志愿者.则不同的分配方案共有（A.60种B.120种C.240种D.480种1

倍，纵坐标不变，再把所得曲线2）7.把函数yfx图象上所有点的横坐标缩短到原来的向右平移

个单位长度，得到函数ysinx的图象，则fx（43

x

B.sin

212

x7A.sin

212



C.sin2x

12

7

D.sin2x

12

）8.在区间0,1与1，2中各随机取1个数，则两数之和大于A.7

9B.2332C.9327

的概率为（42D.919.魏晋时期刘徽撰写的《海岛算经》是关于测量的数学著作，其中第一题时测量海岛的高.如图，点E,H,G在水平线AC上，DE和FG是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，成为“表高”，EG成为“表距”，GC和EH都称为“表目距”，GC与EH的差称为“表目距的差”.则海岛的高AB（）表目距的差

C.表高表距表距表目距的差

A.表高表距表高

表目距的差

D.表高表距表距表目距的差

B.表高表距表高

10.设a0，若xa为函数fxaxaxb的极大值点，则（2）A.abB.abC.aba2D.aba2x2y211.设B是椭圆C：221ab0的上顶点，若C上的任意一点P都满足abPB2b，则C的离心率的取值范围是（2

A.，12

1B.，1

2

）2

C.0，2

）1D.0.2

12.设a2ln1.01，bln1.02，c1.041，则（A.abcB.bcaC.bacD.cab

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.x2213.已知双曲线C：y1m0的一条渐近线为3xmy0，则C的焦距为m

14.已知向量a1,3，b3,4，若abb，则

..2215.记ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，面积为3，B60，ac3ac，则b

.216.以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号一次为（写出符合要求的一组答案即可）.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）某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备生产产品的某项指标有无提高，用一台旧设备和一台新设备各生产了10件产品，得到各件产品该项指标数据如下：旧设备新设备旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别为x，y，样本方差分别为s1，s2.（1）求x，y，s1，s2；（2）判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果22229.810.310.010.29.99.810.010.110.29.710.110.410.110.010.110.310.610.510.410.5ss2yx21，则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高，10

否则不认为有显著提高.）2218.（12分）如图，四棱锥PABCD的底面是矩形，PD底面ABCD，PDDC1，M为BC的中点，且PBAM.（1）求BC；（2）求二面角APMB的正弦值.319.（12分）记Sn为数列an的前n项和，bn为数列Sn的前n项积，已知（1）证明：数列bn是等差数列；（2）求an的通项公式.20.（12分）设函数fxlnax，已知x0是函数yxfx的极值点.（1）求a；（2）设函数gx

212.Snbnxfx，证明：gx1.xfx22221.（12分）已知抛物线C：x2pyp0的焦点为F，且F与圆M：xy41上点的距离的最小值为4.（1）求p；（2）若点P在M上，PA,PB是C的两条切线，A,B是切点，求PAB面积的最大值.（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.（10分）22.【选修4-4：坐标系与参数方程】在直角坐标系xOy中，☉C的圆心为C2，1，半径为1.（1）写出☉C的一个参数方程；（2）过点F4，1作☉C的两条切线，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程.23.【选修4-5：不等式选讲】（10分）已知函数fxxax3.（1）当a1时，求不等式fx6的解集；（2）若fxa，求a的取值范围.4参考答案一、选择题1.C解析：设zabi，则zabi，∴2zz3zz4a6bi46i，∴a1,b1，∴z1i.2.C解析：当n2k,kZ时，Sss4k1,kZ；当n2k1,kZ时，Sss4k3,kZ；∴TS，∴STT.3.A4.B解析：p真，q真，∴选A解析：fx1

2

关于1，1中心对称，向右1个单位，向上1个单位后关1x

于0,0中心对称，∴yfx11为奇函数.5.D解析：如图，PBC1为直线PB与AD1所成的角的平面角.易知A1BC1为正三角形，又P为A1C1的中点，∴PBC1

.6

246.C解析：所求分配方案数为C5A4240.7.B解析：逆向：左移312倍ysinxysinx横坐标变为原来的ysinx.412122

8.B解析：由题意记x0,1，y1,2，题目即求xy

7

的概率，如下图所示，411

1133AMAN1224423.11132

故P9.AS阴S正ABCD

解析：连接DF交AB于M，则ABAMBM.记BDM，BFM，5则MBMB

MFMDDF.tantanFGED

.,tan

GCEH而tan

∴1MBMB1GCEHGCEH

MBMBMBtantantantanEDFGED

EDDF

表高表距，∴高AB表高表距表高.GCEH表目距的差表目距的差

故MB10.D解析：若a0，其图象如图（1），此时，0ab；2若a0，其图象如图（2），此时，ba0.综上，aba.222y0x0y02211.C解析：由题意，点B0,b.设Px0,y0，则221，∴x0a12bab



.

故PBx0y0

2

2

22y0c22

y02by0b2y022by0a2b2，ba12bb2

2

y0b,b.b322222由题意，当y0b时，PB最大，则2b，∴bc，∴acc，c22c2∴e，即e0,2.a2

12.B解析：设fxln1x12x1，则bcf0.02.易得fx

1212x1x.

1x212x1x12x

当x0时，1x

1x212x，故fx0.∴fx在0，上单调递减，∴f0.02f00，故bc.6再设gx2ln1x14x1，则acg0.01，易得gx

2414x1x，21x214x1x14x

当0x2时，14x12xx21x，∴gx0，故gx在0,2上单调递增，∴g0.01g00，故ac，综上，acb.二、填空题13.4

解析：易知双曲线渐近线方程为y

b

x，由题意得a2m,b21，且一条渐近a

线方程为y14.35

3

x，则有m0（舍去），m3，故焦距为2c4.m

3

解析：由题意得abb0，即15250，解得.5

15.22解析：SABC

2213acsinBac3，∴ac4.24

2由余弦定理，bacac3acac2ac8，∴b22.16.②⑤或③④解析：由高度可知，侧视图只能为②或③.侧视图为②，如图（1），平面PAC⊥平面ABC，PAPC2，BABC5，AC2.俯视图为⑤；侧视图为③，如图（2），PA⊥平面ABC，PA1，ACAB俯视图为④.三、解答题17.解：（1）x

5，BC2，1

9.810.310.010.29.99.810.010.110.29.710.010

71

10.110.410.110.010.110.310.610.510.410.510.3，1012222s12[9.710.029.810.09.910.0210.010.010y

10.110.0210.210.010.310.0]0.036，2222s2

12222[10.010.3310.110.310.310.3210.410.31022210.510.310.610.3]0.04.2s12s2（2）由（1）中数据得yx0.3，220.00760.0304.10则0.30.090.0304

2s12s2显然yx2，10∴可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高.18.解：（1）∵PD底面ABCD，且矩形ABCD中，ADDC，∴以DA，DC，DP分别为x,y,z轴正方向，D为原点建立空间直角坐标系Dxyz.设BCt，t

At,0,0，Bt,1,0，M,1,0，P0，0，12

∴PBt,1,1，AM

t

,1,0.2

t2∵PBAM，∴PBAM10，2∴t

2，∴BC2.

（2）设平面APM的一个法向量为mx,y,z，mAP2xz0

由于AP2,0，，1，则2xy0mAM2

令x



2，得m

2,1,2.8nCB2a0

设平面PMB的一个法向量为na,b,c，则，nPB2abc0



令b1，得n0,1,1.

mn∴cosm,n

mn372314，14314.14bnn2bn1∴二面角APMB的正弦值为（1）∵bn为数列Sn的前n项积，∴Sn19.解：又∵2b121

2，即2bn122bn，2，∴n1

bnbnSnbn1

n2，2∴bnbn1∵321

2，当n1时，可得b1.2Snbn3

为首项，12为公差的等差数列.2311

（2）由（1）知bnn1n2，222故bn是以则n222

2，∴Sn.n1Snn23.2n2n11

.

n1nnn1当b1时，a1S1

n2时，anSnSn1

3

,n12

故an.1，n2nn1

20.解：（1）xfxxfxxfx.

当x0时，xfxf0lna0，∴a1.（2）由fxln1x，得x1.9

当0x1时，fxln1x0，xfx0；当x0时，fxln1x0，xfx0.故即证xfxxfx，xln1xxln1x0.令1xt（t0且t1），x1t，即证1tlnt1tlnt0.令ft1tlnt1tlnt，则11t11tft11lnt1lntlnt.tttt

∴ft在0,1上单调递减，在1，上单调递增.故ftf10，得证.21.解：（1）焦点F0，到xy41的最短距离为22

p2p

34，∴p2.2（2）抛物线y

12x.设Ax1,y1，Bx2,y2，Px0,y0，则41111

lPA：yx1xx1y1x1xx12x1xy1，2242122lPB：yx2xy2，且x0y08y015.21yxxy10210，lPA，lPB都过点Px0,y0，则

y1xxy02022

故：lAB：y0

11

x0xy，即yx0xy0.221

yx0xy022联立得x2x0x4y00，∴4x016y0.2x24y

∴AB1

x02224x016y04x0x04y0，dPAB42x04y0x04

22，∴SPAB

112122

ABdPABx04y0x04y0x04y0

2223

212

y012y015232而y05,3.故当y05时，SPAB达到最大，最大值为205.10（二）选考题22.解：（1）∵☉C的圆心为C2，1，半径为1，x2cos故☉C的参数方程为，（为参数）.y1sin

（2）设切线ykx41，即kxy4k10，故2k14k1

1k

21，即2k1k，∴4k1k，解得k

2223.3故直线方程为y

3x41，y3x41.33故两条切线的极坐标方程为sin

3434cos31或sincos31.333323.解：（1）当a1时，fxx1x3，即求x1x36的解集.当x1时，2x26，得x2；当3x1时，46，此时没有x满足条件；当x3时，2x26，解得x4.综上，解集为，42，.（2）fxmina，而由绝对值的几何意义，即求x到a和3距离的最小值.当x在a和3之间时最小，此时fx最小值为a3，即a3a.3

a3时，2a30，得a；当a3时，a3a，此时a不存在.23

综上，a.211