【正文】 項．【解答】解：由題意 A∪ B=A，即 B?A，又， B={1， m}，∴ m=3或 m=，解得 m=3或 m=0及 m=1，驗證知， m=1 不滿足集合的互異性，故 m=0 或 m=3 即為所求，故選： B．【點評】本題考查集合中參數取值問題，解題的關鍵是將條件 A∪ B=A 轉化為 B?A，再由集合的包含關系得出參數所可能的取值． 3．（ 5 分）橢圓的中心在原點，焦距為 4，一條準線為 x=﹣ 4，則該橢圓的方程為（） A． B． C． D．【考點】 K3：橢圓的標準方程； K4：橢圓的性質．菁優(yōu)網版權所有【專題】 11：計算題．【分析】確定橢圓的焦點在 x 軸上，根據焦距為 4，一條準線為 x=﹣ 4，求出幾何量，即可求得橢圓的方程．【解答】解：由題意，橢圓的焦點在 x 軸上，且∴ c=2， a2=8∴ b2=a2﹣ c2=4∴橢圓的方程為故選： C．【點評】本題考查橢圓的標準方程，考查橢圓的幾何性質，屬于 基礎題． 4．（ 5分）已知正四棱柱 ABCD﹣ A1B1C1D1中， AB=2， CC1=2， E 為 CC1 的中點，則直線 AC1 與平面 BED 的距離為（） A． 2B． C． D． 1【考點】 MI：直線與平面所成的角．菁優(yōu)網版權所有【專題】 11：計算題．【分析】先利用線面平行的判定定理證明直線 C1A∥平面 BDE，再將線面距離轉化為點面距離，最后利用等體積法求點面距離即可【解答】解：如圖：連接 AC，交 BD 于 O，在三角形 CC1A 中，易證 OE∥ C1A，從而 C1A∥平面 BDE，∴直線 AC1 與平面 BED的距離即為點 A 到平面 BED 的距離，設為 h，在三棱錐 E﹣ ABD 中， VE﹣ ABD=S△ ABD EC= 2 2 =在三棱錐 A﹣ BDE 中， BD=2， BE=， DE=，∴ S△ EBD= 2 =2∴ VA﹣ BDE= S△EBD h= 2 h=∴ h=1 故選： D．【點評】本題主要考查了線面平行的判定，線面距離與點面距離的轉化，三棱錐的體積計算方法，等體積法求點面距離的技巧，屬基礎題 5．（ 5 分）已知等差數列 {an}的前 n 項和為 Sn， a5=5， S5=15，則數列的前 100 項和為（） A． B． C． D．【考點】 85：等差數列的前 n項和； 8E：數列的求和．菁優(yōu)網版 權所有【專題】 11：計算題．【分析】由等差數列的通項公式及求和公式，結合已知可求 a1， d，進而可求an，代入可得 ==，裂項可求和【解答】解：設等差數列的公差為 d 由題意可得，解方程可得， d=1， a1=1 由等差數列的通項公式可得， an=a1+（ n﹣ 1） d=1+（ n﹣ 1） 1=n∴ ===1﹣ =故選： A．【點評】本題主要考查了等差數列的通項公式及求和公式的應用，及數列求和的裂項求和方法的應用，屬于基礎試題 6．（ 5 分）△ ABC 中， AB 邊的高為 CD，若 =， =，? =0， ||=1， ||=2，則 =（） A． B． C． D．【考點 】 9Y：平面向量的綜合題．菁優(yōu)網版權所有【分析】由題意可得， CA⊥ CB， CD⊥ AB，由射影定理可得， AC2=AD?AB 可求 AD，進而可求，從而可求與的關系，進而可求【解答】解：∵? =0，∴ CA⊥ CB∵ CD⊥ AB∵ ||=1， ||=2∴ AB=由射影定理可得， AC2=AD?AB∴∴∴ ==故選： D．【點評】本題主要考查了直角三角形的射影定理的應用，向量的基本運算的應用，向量的數量積的性質的應用． 7．（ 5 分）已知α為第二象限角，則 cos2α =（） A．﹣ B．﹣ C． D．【考點】 GG：同角三角函數間的基本關系； GS：二倍角的三角函數．菁優(yōu)網版權所有【專題】 56：三角函數的求值．【分析】由α為第二象限角，可知 sinα＞ 0， cosα＜ 0，從而可求得 sinα﹣ cosα =，利用 cos2α =﹣（ sinα﹣ cosα）（ sinα +cosα）可求得 cos2α【解答】解：∵ sinα +cosα =，兩邊平方得： 1+sin2α =，∴ sin2α =﹣，①∴（ sinα﹣ cosα） 2=1﹣ sin2α =，∵α為第二象限角，∴ sinα＞ 0， cosα＜ 0，∴ sinα﹣ cosα =，②∴ cos2α =﹣（ sinα﹣ cosα）（ sinα +cosα） =（﹣） =﹣．故選： A．【點評】本題考查同角三角函數間的基本關系，突出二倍角的正弦與余弦的應用，求得 sinα﹣ cosα =是關鍵，屬于中檔題． 8．（ 5 分）已知 FF2 為雙曲線 C： x2﹣ y2=2的左、右焦點，點 P在 C 上， |PF1|=2|PF2|，則 cos∠ F1PF2=（） A． B． C． D．【考點】 KC：雙曲線的性質．菁優(yōu)網版權所有【專題】 11：計算題．【分析】根據雙曲線的定義，結合|PF1|=2|PF2|，利用余弦定理，即可求 cos∠ F1PF2的值．【解答】解：將雙曲線方程 x2﹣ y2=2 化為標準方程﹣ =1，則 a=， b=， c=2，設|PF1|=2|PF2|=2m，則根據雙曲線的定義， |PF1|﹣ |PF2|=2a 可得 m=2，∴ |PF1|=4， |PF2|=2，∵ |F1F2|=2c=4，∴ cos∠ F1PF2====．故選： C．【點評】本題考查雙曲線的性質，考查雙曲線的定義，考查余弦定理的運用，屬于中檔題． 9．（ 5 分）已知 x=lnπ， y=log52，則（） A． x＜ y＜ zB． z＜ x＜ yC． z＜ y＜ xD． y＜ z＜ x【考點】 72：不等式比較大?。純?yōu)網版權所有【專題】 11：計算題； 16：壓軸題．【分析】利用 x=lnπ＞ 1， 0＜ y=log52＜， 1＞ z=＞，即可得到答案．【解答】解：∵ x=lnπ＞ lne=1， 0＜ log52＜ log5=，即y∈（ 0，）； 1=e0＞ =＞ =，即 z∈（， 1），∴ y＜ z＜ x．故選： D．【點評】本題考查不等式比較大小，掌握對數函數與指數函數的性質是解決問題的關鍵，屬于基礎題． 10．（ 5 分）已知函數 y=x3﹣ 3x+c 的圖象與 x 軸恰有兩個公共點，則 c=（） A．﹣ 2 或 2B．﹣ 9 或 3C．﹣ 1 或 1D．﹣ 3或 1【考點】 53：函數的零點與方程根的關系； 6D：利用導數研究函數的極值．菁優(yōu)網版權所 有【專題】 11：計算題．【分析】求導函數，確定函數的單調性，確定函數的極值點，利用函數 y=x3﹣ 3x+c 的圖象與 x 軸恰有兩個公共點，可得極大值等于 0或極小值等于 0，由此可求 c 的值．【解答】解：求導函數可得 y′ =3（ x+1）（ x﹣ 1），令 y′＞ 0，可得 x＞ 1或 x＜﹣ 1； 令 y′＜ 0，可得﹣ 1＜ x＜ 1； ∴函數在（﹣∞，﹣ 1），（ 1， +∞）上單調增，（﹣ 1， 1）上單調減，∴函數在 x=﹣ 1 處取得極大值，在 x=1 處取得極小值．∵函數 y=x3﹣ 3x+c 的圖象與 x 軸恰有兩個公共點，∴極大值等于 0 或極小值 等于0．∴ 1﹣ 3+c=0或﹣ 1+3+c=0，∴ c=﹣ 2或 2．故選： A．【點評】本題考查導數知識的運用，考查函數的單調性與極值，解題的關鍵是利用極大值等于 0 或極小值等于 0． 11．（ 5 分）將字母 a， a， b， b， c， c排成三行兩列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，則不同的排列方法共有（） A． 12 種 B． 18 種 C． 24 種 D． 36 種【考點】D9：排列、組合及簡單計數問題．菁優(yōu)網版權所有【專題】 11：計算題； 16：壓軸題．【分析】由題意，可按分步原理計數，對列的情況進行討論比對行討論更簡潔．【解 答】解：由題意，可按分步原理計數，首先，對第一列進行排列，第一列為 a， b， c 的全排列，共有種，再分析第二列的情況，當第一列確定時，第二列第一行只能有 2 種情況，當第二列一行確定時，第二列第 2， 3行只能有 1種情況； 所以排列方法共有： 2 1 1=12種，故選： A．【點評】本題若討論三行每一行的情況，討論情況較繁瑣，而對兩列的情況進行分析會大大簡化解答過程． 12．（ 5 分）正方形 ABCD 的邊長為 1，點 E 在邊 AB 上，點 F 在邊 BC 上，動點 P 從 E出發(fā)沿直線向 F 運動，每當碰到正方形的邊時反彈，反彈時反射角等于 入射角，當點 P第一次碰到 E時， P 與正方形的邊碰撞的次數為（） A． 16B． 14C． 12D． 10【考點】IG：直線的一般式方程與直線的性質； IQ：與直線關于點、直線對稱的直線方程．菁優(yōu)網版權所有【專題】 13：作圖題； 16：壓軸題．【分析】通過相似三角形，來確定反射后的點的落的位置，結合圖象分析反射的次數即可．【解答】解：根據已知中的點 E，F(xiàn) 的位置，可知第一次碰撞點為 F，在反射的過程中，直線是平行的，利用平行關系及三角形的相似可得第二次碰撞點為 G，且 CG=，第二次碰撞點為 H，且 DH=，作圖，可 以得到回到 E 點時，需要碰撞 14 次即可．故選： B．【點評】本題主要考查了反射原理與三角形相似知識的運用．通過相似三角形，來確定反射后的點的落的位置，結合圖象分析反射的次數即可，屬于難題． 二、填空題：本大題共 4 小題，每小題 5 分，共 20 分，把答案填在題中橫線上．（注意：在試題卷上作答無效） 13．（ 5 分）若 x， y 滿足約束條件則 z=3x﹣ y 的最小值為 ﹣1 ．【考點】 7C：簡單線性規(guī)劃．菁優(yōu)網版權所有【專題】 11：計算題．【分析】作出不等式組表示的平面區(qū)域，由 z=3x﹣ y 可得 y=3x﹣ z，則﹣ z 表示直線 3x﹣ y﹣ z=0 在 y軸上的截距，截距越大 z越小，結合圖形可求【解答】解：作出不等式組表示的平面區(qū)域，如圖所示由 z=3x﹣ y可得 y=3x﹣ z，則﹣ z 表示直線 3x﹣ y﹣ z=0 在 y軸上的截距，截距越大 z 越小結合圖形可知，當直線 z=3x﹣ y 過點 C 時 z 最小由可得 C（ 0， 1），此時 z=﹣ 1 故答案為：﹣ 1【點評】本題主要考查了線性規(guī)劃的簡單應用，解題的關鍵是明確目標函數中 z 的幾何意義，屬于基礎試題 14．（ 5 分）當函數 y=sinx﹣ cosx（ 0≤ x＜ 2π）取得最大值時， x=．【考點】 GP：兩角和與差的三角函數； HW：三角函 數的最值．菁優(yōu)網版權所有【專題】 11：計算題； 16：壓軸題．【分析】利用輔助角公式將 y=sinx﹣ cosx 化為 y=2sin（ x﹣）（ 0≤ x＜ 2π），即可求得 y=sinx﹣ cosx（ 0≤ x＜ 2π）取得最大值時 x 的值．【解答】解：∵ y=sinx﹣ cosx=2（ sinx﹣ cosx） =2sin（ x﹣）．∵ 0≤ x＜ 2π，∴﹣≤ x﹣＜，∴ ymax=2，此時 x﹣ =，∴ x=．故答案為：．【點評】本題考查三角函數的最值兩與角和與差的正弦函數，著重考查輔助角公式的應用與正弦函數的性質，將 y=sinx﹣ cosx（ 0≤ x＜ 2π）化為 y=2sin（ x﹣）（ 0≤ x＜ 2π）是關鍵，屬于中檔題． 15．（ 5分）若的展開式中第 3 項與第 7 項的二項式系數相等，則該展開式中的系數為 56 ．【考點】 DA：二項式定理．菁優(yōu)網版權所有【專題】11：計算題； 16：壓軸題．【分析】根據第 2 項與第 7 項的系數相等建立等式，求出 n 的值，根據通項可求滿足條件的系數【解答】解：由題意可得，∴ n=8展開式的通項 =令 8﹣ 2r=﹣ 2可得 r=5此時系數為 =56故答案為：56【點評】本題主要考查了二項式系數的性質，以及系數的求解，解題的關鍵是根據二項式定理 寫出通項公式，同時考查了計算能力． 16．（ 5 分）三棱柱 ABC﹣ A1B1C1 中，底面邊長和側棱長都相等，∠ BAA1=∠ CAA1=60176。全國統(tǒng)一高考數學試卷（理科）（大綱版）（含解析版）（五篇） 第一篇：全國統(tǒng)一高考數學試卷（理科）（大綱版）（含解析版） 2021 年全國統(tǒng)一高考數學試卷（理科）（大綱版）一、選擇題（共12 小題，每小題 5 分，共 60 分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．） 1．（ 5分）復數 =（） A． 2+iB． 2﹣ iC． 1+2iD． 1﹣ 2i2．（ 5 分）已知集合 A={1， 3， }， B={1， m}， A∪ B=A，則 m 的值為（） A． 0或 B． 0或 3C． 1 或 D． 1 或 33．（ 5 分）橢圓的中心在原點，焦距為 4，一條準線為 x=﹣ 4，則該橢圓的方程為（） A． B． C． D． 4．（ 5分）已知正四棱柱 ABCD﹣ A1B1C1D1中， AB=2， CC1=2， E 為 CC1 的中點，則直線 AC1 與平面 BED的距離為（） A． 2B． C． D． 15．（ 5分）已知等差數列 {an}的前 n 項和為 Sn， a5=5， S5=15，則數列的前 100 項和為（）A． B． C． D． 6．（ 5分）△ ABC 中， AB