注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改
动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在
本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第 I 卷 选择题部分（共 60 分）
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 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．（2021·全国高三月考（文））已知 2 1z i i ，则 z 的虚部为（ ）
A． 3
5
i B． 1
5
C． 3
5
i D． 3
5
【答案】D
【解析】
由复数运算法则及虚部概念得解.
【详解】
因为 1 21 1 3
2 5 5 5
i iiz ii
，
所以 z 的虚部为 3
5 .
故选: D.
2．（2020·全国高一课时练习）已知 , 1 4| |A x x a B x x ，若 RA B ð ，则实数 a 的取值范围
为（ ）
A． | 1a a B． 4|a a
C． | 1a a D． | 1a a
【答案】C
【解析】
由题知 | 1{R B x x ð 或 4x ，在结合集合关系即可得答案.
【详解】
因为 , 1 4| |A x x a B x x ，
所以 | 1{R B x x ð 或 4x ，
因为 RA B ð ，所以 1a .
故实数 a 的取值范围为 | 1a a
故选：C
3．（2021·四川高三一模（文））某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的体积为（ ）
A． 9
2 B．9 C． 27
2 D．27
【答案】B
【解析】
根据三视图得到四棱锥的底面为边长为3的正方形，高为 3，再根据棱锥的体积公式可求得结果.
【详解】
由三视图可知，该四棱锥的底面为边长为 3的正方形，高为3，如图：
所以该四棱锥的体积为 1 3 3 3 93
.
故选：B
4．（2021·辽宁高三月考）在等差数列 na 中， 5 32 1a a ， 8 26 2a a ，则 1 2 10a a a （ ）
A．165 B．160 C．155 D．145
【答案】D
【解析】
根据已知条件求出 1a ， d ，用前 n 项和公式求出结果.
【详解】
设数列{ }na 的公差为 d ，
由 5 3 1 1 1=2 1 4 2( 2 ) 1 1a a a d a d a ，
由 8 2 1 1 1=6 2 7 6( ) 2 5 2 3a a a d a d d a ，
则 1 2 10 1
10 9 10 910 10 1 3 1452 2a a a a d .
故选：D
5．（2021·广东茂名市·高三月考）“绿水青山就是金山银山”的生态文明发展理念已经深入人心，推动着新能
源汽车产业的迅速发展.下表是 2020 年我国某地区新能源乘用车的前 5 个月销售量与月份的统计表：
月份代码 x 1 2 3 4 5
销售量 y (万辆) 0.5 0.6 1 1.4 1.5
由上表可知其线性回归方程为： 0.28y x a ，则 a 的值为（ ）
A．0.16 B．1.6 C．0.06 D．0.8
【答案】A
【解析】
求出 ,x y ，将 ,x y 代入 0.28y x a 即可求出.
【详解】
由表中数据可得 1 2 3 4 5 35x ， 0.5 0.6 1 1.4 1.5 15y ，
将 3,1 代入 0.28y x a ，即1 0.28 3 a ，解得 0.16a .
故选：A.
6．（2021·全国高二课时练习）二项式 3 5
2
2( )x x
的展开式中的常数项为（ ）
A．80 B．－80
C．40 D．－40
【答案】B
【解析】
求出二项式展开式的通项公式，令 x 的指数为 0 ，求出 k 的值，代入通项公式可得常数项．
【详解】
二项式 3 5
2
2( )x x
的展开式的通项为 Tk＋1＝ 5Ck ·(x3)5－k
2
2 k
x
＝(－2)k
5Ck x15－5k．令 15－5k＝0，得 k＝3，
所以常数项为 T4＝(－2)3 3
5C ＝－80．
故选：B
7．（2021·全国高三月考（文））已知函数 3 2 8f x x ax x 的导函数为偶函数，则 f x 的图象在点
2 2f, 处的切线方程为（ ）
A． 4 16 0x y B． 4 16 0x y
C． 2 8 0x y D． 4 4 0x y
【答案】A
【解析】
求导数 f x ，由 f x 为偶函数，求得 0a ，然后再求得 2 , 2f f ，写出切线方程.
【详解】
由题得， 23 2 8f x x ax ，
由 f x 为偶函数，得 0a ，
所以 23 8f x x ，
所以 f x 的图象在点 2 2f, 处的切线的斜率为 2 4f ， 2 8f
所求的切线方程为 8 4 2y x ，
即 4 16 0x y .
故选： A .
8．（2021·四川绵阳市·高三三模（文））已知点 F 为抛物线 2: 6E y x 的焦点，点 A 在 E 上，线段 OA 的垂
直平分线交 x 轴于点 B ，则 1 | |2OB AF （ ）
A．1 B． 3
2 C． 2 D． 9
4
【答案】D
【解析】
由题知 3 ,0 , 32F p
，设点 0 0,A x y ，进而得
2
0
0
3 3
2 6 2
yAF x ，再求出线段 OA 的垂直平分线
的方程为：
2
0 0 0
2 6 12
y y yy x
，进而得
2
03 12B
yx ，再计算即可得答案.
【详解】
因为点 F 为抛物线 2: 6E y x 的焦点，故 3 ,0 , 32F p
，
设点 0 0,A x y ，则 2
0 06y x ，由抛物线的定义得：
2
0
0
3 3
2 6 2
yAF x
故直线 OA 的斜率为 0
0 0
6yk x y
，线段 OA 的中点坐标为：
2
0 0 0 0, ,2 2 12 2
x y y y
，
所以线段 OA 的垂直平分线的方程为：
2
0 0 0
2 6 12
y y yy x
，
故令 0y 得
2
03 12B
yx ，
所以
2
0
2
01 1 3 93 312 2 4 4
3
2 6 2
yOB yAF
故选：D
9．（2021·全国高三专题练习（理））如图，在平面四边形 ABCD 中，
, , 120 ,AB BC AD CD BAD AB AD ，若点 E 为边 CD 上的动点，则 AE BE 的最小值为（ ）
A． 21
16 B． 3
2 C． 25
16 D．3
【答案】A
【解析】
连接 BD,取 AD 中点为 O，设 (0 1)DE tDC t ，从而可得 AE BE ( ) ( )AD DE BD DE ，利用
向量数量积的定义得出 AE BE = 2 3 33 2 2t t (0 1)t ，配方即可求解.
【详解】
连接 BD,取 AD 中点为 O,
可知 ABD△ 为等腰三角形，而 ,AB BC AD CD ，
所以 BCD△ 为等边三角形， 3BD ，
设 (0 1)DE tDC t
AE BE
( ) ( )AD DE BD DE
2
( )AD BD DE AD BD DE
23
2 BD DE DE
= 2 3 33 2 2t t (0 1)t
所以当 1
4t 时，上式取最小值 21
16
，
故选：A.
10．（2021·吉林高三月考（文））已知圆 2 2( 2) 9x y 与 x 轴的交点分别为双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的顶点和焦点，设 1F ， 2F 分别为双曲线C 的左､右焦点，P 为C 右支上任意一点，
则
2
1
2
2 4
PF
PF
的取值范围为（ ）
A． 91, 5
B． 90, 5
C． 2, D． 1,2
【答案】A
【解析】
根据双曲线的几何性质求出 ,a c ，再根据双曲线的定义得到 1 2 2PF PF ，令 2 [4, )t PF ，则
2
1
2
2 4
PF
PF
41 4t t
，再根据单调性可求出结果.
【详解】
2 2( 2) 9x y 与 x 轴交点的坐标分别为 1,0 ， 5,0 ，
故 1a ， 5c ，
因为 P 为C 右支上任意一点，根据双曲线的定义有 1 2 2 2PF PF a ，即 1 2 2PF PF
令 2 [4, )t PF ，则
2 2 2
1
2 2 2
2
( 2) 4 4 41 44 44
PF t t t
t tPF t t
，
因为 4t t
在[4, ) 上为增函数，所以 4 44 54t t
，
所以
4 4(0, ]4 5t t
，所以
4 91 (1, ]4 5t t
，即
2
1
2
2 4
PF
PF
9(1, ]5
.
故选：A
11．（2020·全国高三专题练习（理））已知函数 0f x ，若对定义域内任意 1x 、 2x ， f x 均满足
1
1 22
1 2 2
x xf x f x f
，则称 f x 为几何函数，下列选项中不是几何函数的是（ ）
A． 2 0f x x x B． lg , 1,f x x x
C． exf x D． tan , 0, 2f x x x
【答案】D
【解析】
利用基本不等式可判断 AB 选项，利用指数运算可判断 C 选项，利用特殊值法可判断 D 选项.
【详解】
对于 A 选项，对任意的 1x 、 2 0,x ，
由基本不等式可得
21
2
1
1
2 2 1 2 1 22
2 1 2 1 2 2 2f x f x x x x xx x x x f ，
当且仅当 1 2x x 时，等号成立，即 2 0f x x x 为几何函数；
对于 B 选项，对任意的 1x 、 2 1,x ， 1lg 0x ， 2lg 0x ，
由基本不等式可得
1
1 22
1 2 1 2 1 2 1 2
lg lg 1lg lg lg lg2 2
x xf x f x x x x x x x
1 2 1 2lg 2 2
x x x xf
，
当且仅当 1 2x x 时，两个等号成立，所以， lg , 1,f x x x 为几何函数；
对于 C 选项，对任意的 1x 、 2x R ， 1 2
1 2
11
1 2222
1 2 2
x x
x x x xf x f x e e e f
，
即 exf x 为几何函数；
对于 D 选项，由两角和的正切公式可得 1 2
1 2
1 2
tan tantan 1 tan tan
x xx x x x
，
所以，
1 2
1 2
1 2
tan tantan tan 1 tan
x xx x x x
，
取 1 4x ， 2 3x ，则 1 2
1tan tan 1 tan tan 74 3 4 3 tan 12
f x f x
，
2
2 21 2 7 7 13 4tan tan 1 2tan 72 2 24 24 tan 12
x xf
，
作出函数 tan , 0, 2f x x x
的图象如下图所示：
由图象可知， 7tan tan 2tan4 3 24
，
又 7tan 012
，所以，
2
1 2
1 2 2
x xf x f x f
，即
1
1 22
1 2 2
x xf x f x f
，
所以函数 tan , 0, 2f x x x
不是几何函数.
故选：D.
12．（2021·全国高三专题练习（文））已知正四面体 P ABC 内接于球O ，点 E 是底面三角形 ABC 一边 AB
的中点，过点 E 作球O 的截面，若存在半径为 3 的截面圆，则正四面体 P ABC 棱长的取值范围是（ ）
A．[ 2 3]， B．[ 3 6]，
C．[2 2 2 3]， D．[2 3 2 6]，
【答案】C
【解析】
根据条件设正四面体的棱长为 a ，用棱长 a 表示出其外接球的半径 6
4R a ，过 E 点作外接球 O 的截面，
只有当OE 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为 1
2r a ，最大截面圆为
过球心的大圆，半径为 6
4R a ，根据题意则 1 632 4a a ，从而可得出答案.
【详解】
如图，在正四面体 P ABC 中，设顶点 P 在底面的射影为 1O ，
则球心O 在 1PO 上， 1O 在CE 上，且 1
2
3PO CE ,连接 OE ､OC ，
设正四面体的棱长为 a ，则 3
2CE a ， 1
2 3
3 3PO CE a
则正四面体的高 2 2 2 2
1 1
3 6( )3 3PO PC O C a a a ，
设外接球半径为 R ，
在 1Rt OO C 中， 2 2 2
1 1OC OO O C ，即 2 2 26 3( ) ( )3 3R a R a ，解得 6
4R a ，
∴在 1Rt OO E 中， 2 2 2 2
1 1
6 3 2( ) ( )12 6 4OE OO O E a a a ，
过 E 点作外接球 O 的截面，只有当OE 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为 2 2 2 26 2 1( ) ( )4 4 2r R OE a a a ，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为 6
4R a ，
由题设存在半径为 3 的截面圆，∴ 1 632 4a a ，解得 2 2 2 3a ，
故选:C.
第 II 卷 非选择题部分（共 90 分）
二、填空题：本大题共 4 小题，每题 5 分，共 20 分.
13．（2021·全国高三其他模拟（文））已知实数 x ，y 满足
4
2
2 4
x
y x
y x
，则 3z x y 的最大值为___________.
【答案】16
【解析】
画出可行域求解.
【详解】
作出不等式组
4
2
2 4
x
y x
y x
，所表示的平面区域如图中阴影部分所示(含边界)，
观察可知，平移直线 3z x y ，当直线 3z x y 过点 P 时， z 有最大值；
联立 4
2 4
x
y x
，解得 4
4
x
y
，
故 3z x y 的最大值为 4 3 4 16 .
故答案为:16.
14．（2021·天津高二期末）已知数列 na 的首项 1 2a ，且满足 1 3 2n na a （ *Nn ），则 na 的前 n
项和 nS ___________.
【答案】 11 3 32
n n
【解析】
根据递推公式构造等比数列{ 1}na ，求出 na ，再分组根据等比数列求和公式可得结果.
【详解】
由 1 3 2n na a 得 1 1 3( 1)n na a ，
因为 1 1 3 0a ，所以{ 1}na 是首项为3，公比为3的等比数列，
所以 11 3 3 3n n
na ，所以 3 1n
na ，
所以 1 2 33 3 3 3n
nS n
3(1 3 )
1 3
n
n
11 3 32
n n .
故答案为： 11 3 32
n n
15．（2020·新疆高三其他模拟（理））2020 年初，突如其来的新冠肺炎在某市多个小区快速传播，该市防疫
部门经国家批准立即启动Ⅰ级应急响应，要求居民不能外出，居家隔离．为了做好应急前的宣传工作，现
有 5 名志愿者到 4 个小区参加抗疫宜传活动，每名志愿者只去 1 个小区，每个小区至少安排 1 名志愿者，
则不同的安排方法共有__________种．
【答案】240
【解析】
应用分步计数原理，先在 5 人中任选 2 人作为一组，其它 3 人各自成组，再将 4 组安排到 4 个不同小区，
即可求不同的安排方法种数.
【详解】
∵5 名志愿者到 4 个小区参加抗疫宣传活动，每名志愿者只去 1 个小区，每个小区至少安排 1 名志愿者，
∴先取 2 名志愿者看作一组，选法有 2
5 10C ，再将 4 组志愿者分配到 4 个小区，分法有 4
4 24A ，
根据分步乘法原理，不同的安排方法10 24 240 种．
故答案为：240.
16．（2021·上海高一专题练习）若函数 2( ) 2sin 2 3 sin sin 2f x x x x
能使得不等式
| ( ) | 2f x m 在区间 20, 3
上恒成立，则实数 m 的取值范围是______________．
【答案】 (1,2]
【解析】
利用诱导公式及二倍角、辅助角公式对函数化简可得 ( ) 1 2sin(2 )6f x x ，由 20 3x 可求
sin(2 )6x 的范围，进而可求 ( )f x 得范围，而| ( ) | 2f x m 即 2 ( ) 2m f x m 在区间 2(0, )3
上恒
成立可得 2 3
2 0
m
m
，可求
【详解】
解： 2( ) 2sin 2 3sin sin( )2f x x x x
22sin 2 3sin cosx x x
1 cos2 3sin 2 1 2sin(2 )6x x x
所以 1 2sin(2 )6f x x
20 3x 726 6 6x
1 sin(2 ) 12 6x 即 0 ( ) 3f x
| ( ) | 2f x m 即 2 ( ) 2m f x m 在区间 20, 3
上恒成立
2 3
2 0
m
m
解得1 2m
故答案为： 1,2
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.17—21 题为必考题，每个
考生都必须作答.22、23 题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共 60 分
17．（2021·江苏高一期中）在 ABC 中，角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且
3B ．
（1）若 3 , 32BA BC b ，求 a c 的值；
（2）求 2sin sinA C 的取值范围．
【答案】（1） 2 3 （2） 3 , 32
【解析】
（1）先求出 B,再用余弦定理求出 a c 的值；
（2）由 2
3A C ，消去 A，把 2sin sinA C 表示为 cosC ，利用 C 的范围，求出 2sin sinA C 的取
值范围.
【详解】
∵ 3 , 32BA BC b ，∴ 3cos ,2ac B 即 3ac .
又 3b ，由余弦定理得： 2 2 2 2 cosb a c ac B ,
∴ 2 2 3a c ac
配方得： 2 12a c ，
所以 2 3a c .
（2）∵
3B ，∴ 2
3A C ,∴ 2
3A C ，
∴ 22sin sin =2sin sin3A C C C
2 2=2sin cos 2cos sin sin3 3C C C
= 3 cosC
∵ 20, 3C ,
∴ 1cos ,12C
∴ 2sin sinA C 的取值范围是 3 , 32
18．（2021·全国高二课时练习）如图 1，四边形 PBCD 是等腰梯形，BC∥PD，PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，
A 为 PD 的中点，将
△
ABP 沿 AB 折起，如图 2，点 M 是棱 PD 上的点．
（1）若 M 为 PD 的中点，证明：平面 PCD⊥平面 ABM；
（2）若 PC 6 ，试确定 M 的位置，使二面角 M﹣AB﹣D 的余弦值等于 5
5
．
【答案】（1）证明见解析；（2）DM＝2MP．
【解析】
（1）通过证明 PC⊥平面 ABM，可证平面 PCD⊥平面 ABM；
（2）根据 6PC ，结合题意计算可知 PE⊥EC，AB⊥PE 且 AB⊥EC，以 E 为原点，以 EB，EC，EP 所
在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量可求出结果.
【详解】
（1）证明：由题意，AD＝BC，且 AD∥BC，故四边形 ABCD 是平行四边形，
又 PB＝BC＝CD＝2，PD＝4，
∴△PBA 是正三角形，四边形 ABCD 是菱形，
取 AB 的中点 E，连接 PE，CE，易知
△
ABC 是正三角形，则 AB⊥PE，AB⊥EC，
又 PE∩EC＝E，
∴AB⊥平面 PEC，
∴AB⊥PC，
取 PC 的中点 N，连接 MN，BN，则 MN∥CD∥AB，即 A，B，N，M 四点共面，
又 PB＝BC＝2，则 BN⊥PC，
又 AB∩BN＝B，
∴PC⊥平面 ABM，
又 PC 在平面 PCD 内，
∴平面 PCD⊥平面 ABM；
（2）∵ 32 32PE CE ， 6PC ，所以 2 2 2PE CE PC ，
∴PE⊥EC，
又 AB⊥PE 且 AB⊥EC，则以 E 为原点，以 EB，EC，EP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标
系，
则 ( 1,0,0), (1,0,0), ( 2, 3,0), (0,0, 3)A B D P ，
设 ( 0)DM MP ，则 ( 2, 3, ) ( , , 3 )M M M M M Mx y z x y z ，
则
2
3
( 3 )
M M
M M
M M
x x
y y
z z
，得
2
1
3
1
3
1
M
M
M
x
y
z
，
则 2 3 3( , , )1 1 1M
，
易知平面 ABD 的一个法向量为 (0,0, 3)EP
，
设平面 MAB 的一个法向量为 ( , , )m x y z ，
又 (2,0,0)AB
uuur ， 1 3 3( , , )1 1 1AM
，
∴
2 0
1 3 3 01 1 1
m AB x
m AM x y z
，得 0x ，取 1z ，得 y ，
所以 (0, ,1)m ，
所以| |
| || |
EP m
EP m
2 2
3 1 5
53 1 1
，
解得 2 ，故 DM＝2MP．
19．（2020·全国高二课时练习）椭圆 E：
2
2
x
a
＋
2
2
y
b
＝1(a＞b＞0)经过点 A(－2，0)，且离心率为 2
2
.
（1）求椭圆 E 的方程；
（2）过点 P(4，0)任作一条直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 M，N.在 x 轴上是否存在点 Q，使得∠PQM＋
∠PQN＝180°？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
2 2
14 2
x y ；（2）存在，Q(1，0).
【解析】
（1）由顶点得 a ，结合离心率求得 c ，然后可求得 b ，得椭圆方程；
（2）存在点 Q(m，0)满足题意，题意说明直线 QM 和 QN 的斜率存在，分别设为 k1，k2．等价于 k1＋k2＝0，
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，设直线 l 的方程为 y＝k(x－4)，与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得 1 2 1 2,x x x x ，
代入 1 2 0k k 求得参数 m ，得定点．
【详解】
（1）由条件可知，椭圆的焦点在 x 轴上，且 a＝2，又 e＝ 2
2
c
a
，得 c＝ 2 .
由 a2－b2＝c2 得 b2＝a2－c2＝2.
∴所求椭圆的方程为
2 2
14 2
x y ；
（2）若存在点 Q(m，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°，
则直线 QM 和 QN 的斜率存在，分别设为 k1，k2．等价于 k1＋k2＝0.
依题意，直线 l 的斜率存在，故设直线 l 的方程为 y＝k(x－4)．
由 2 2
( 4)
14 2
y k x
x y
，
得(2k2＋1)x2－16k2x＋32k2－4＝0.
因为直线 l 与椭圆 C 有两个交点，所以 ＞0.
即(16k2)2－4(2k2＋1)(32k2－4)＞0，解得 k2＜ 1
6 .
设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝
2
2
16
2 1
k
k
，x1x2＝
2
2
32 4
2 1
k
k
，
y1＝k(x1－4)，y2＝k(x2－4)，
令 k1＋k2＝ 1
1
y
x m ＋ 2
2
y
x m ＝0，
(x1－m)y2＋(x2－m)y1＝0，
当 k≠0 时，2x1x2－(m＋4)(x1＋x2)＋8m＝0，
2 2
2 2
32 4 162 ( 4) 8 02 1 2 1
k km mk k
，
化简得， 2
8( 1)
2 1
m
k
＝0，
所以 m＝1.
当 k＝0 时，也成立．
所以存在点 Q(1，0)，使得∠PQM＋∠PQN＝180°.
20．（2021·江苏苏州市·高三月考）某贫困地区截至 2016 年底，按照农村家庭人均年纯收入 8000 元的小康
标准，该地区仅剩部分家庭尚未实现小康．现从这些尚未实现小康的家庭中随机抽取 50 户，得到这 50 户
2016 年的家庭人均年纯收入的频率分布直方图．
（1）将家庭人均年纯收入不足 5000 元的家庭称为“特困户”，若从这 50 户中再取出 10 户调查致贫原因，求
这 10 户中含有“特困户”的户数 X 的数学期望；
（2）假设 2017 年底该地区有 1000 户居民，其中 900 户为小康户，100 户为“特困户”，若每经过一年的脱
贫工作后，“特困户”中有90%变为小康户，但小康户仍有 %t (0
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