2021年高考數(shù)學(xué)真題一題多解-全國甲卷理科解析版

1、2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試?yán)砜茢?shù)學(xué)（甲卷）,題多解及數(shù)學(xué)思維研究、選擇題1. （2021全國新高考I卷9 ）若0,- ,tan22A.15C.3D. Ill53答案:【知識(shí)點(diǎn)】三角函數(shù)化簡、二倍角公式【分析】由二倍角公式可得tan2sin 22sincoscos22sin2,再結(jié)合已知可求得sin利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系即可求解【解法一】；tan 2,_ sin 2tan 2cos 2cos2 sin2sin cos2sin2cos2 sin0, , cos0,2sin1 2sin21sin-1,解得sin 4cos 1 sin215,4, sintan cos1515故選：A.

2、【解法二】不妨設(shè)siny,costan1y(ytan 22y1(1y2 12_y) 2y(22y2 y,y2 1 4y,晅，即:15tan小 15【思維方式】本題考查三角函數(shù)的恒等變換與化簡求值,本題兩種方法正向思維和逆向思維,由條件到結(jié)論和由結(jié)論到條件。體現(xiàn)了函數(shù)與方程的數(shù)學(xué)思想和數(shù)學(xué)抽象及邏輯推理的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)。2.（2021全國新高考I卷10）10.將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，則2個(gè)0不相鄰的概率為（）1A.一32 B.-52C.一3D.【知識(shí)點(diǎn)】古典概型【分析】采用插空法,4個(gè)1產(chǎn)生5個(gè)空，分2個(gè)0相鄰和2個(gè)0不相鄰進(jìn)行求解【解法一】將4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，可利用插空法，4個(gè)1

3、產(chǎn)生5個(gè)空,若2個(gè)0相鄰，則有C5 5種排法，若2個(gè)0不相鄰，則有C； 10種排法,所以2個(gè)0不相鄰的概率為105 10故選：C.【解法二】4個(gè)1和2個(gè)0隨機(jī)排成一行，共有2個(gè)0不相鄰，先將4個(gè)1全排列，再用插空法將故2個(gè)0不相鄰的概率為12 2 .故選：C .15 3【思維方式】|本題考查了古典概型概率公式的應(yīng)用， 輯推理的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)。A6.22 15 種，（另解：C6 15）,A4 A222個(gè)0放入共有C5 10種，體現(xiàn)了函數(shù)與方程的數(shù)學(xué)思想和數(shù)學(xué)抽象及邏3. （2021全國新高考I卷12 ) 12.設(shè)函數(shù)的定義域?yàn)镽, f X 1為奇函數(shù)，f x 2為偶函數(shù)，當(dāng) x 1,2 時(shí)，f(x

4、) ax2 b.若 f 0 f 36,則 fA.B.7 C.一45 D.2答案:【知識(shí)點(diǎn)】函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用【分析】通過f x 1是奇函數(shù)和f x2是偶函數(shù)條件，可以確定出函數(shù)解析式2f x 2x 2,進(jìn)而利用定義或周期性結(jié)論，即可得到答案.【解法一】因?yàn)閒 x 1是奇函數(shù)，所以f x 1 f x 1;因?yàn)閒 x 2是偶函數(shù)，所以f x 2f x 2 .令x 1 ,由得：f 0 f 24a b ,由得：f 3 f 1 a b,因?yàn)閒 0 f 36,所以4a b a b 6 a2,f 1 f 1 0 b 2,所以 f x2x2 2 .思路一：從定義入手.所以【解法二】1是奇函數(shù)，所以x 1;因?yàn)?/p>

5、2是偶函數(shù)，所以由得:4a由得:因?yàn)?,所以4a2,0,由得:22x思路二：從周期性入手由兩個(gè)對(duì)稱性可知，函數(shù)的周期T4._91所以f f 22【思維方式】在解決函數(shù)性質(zhì)類問題的時(shí)候,我們通?？梢越柚恍┒?jí)結(jié)論,求出其周期性進(jìn)而達(dá)到簡便計(jì)算的效果.體現(xiàn)了函數(shù)與方程的數(shù)學(xué)思想，數(shù)學(xué)抽象及邏輯推理的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)。、填空題224.（2021全國新高考I卷15）已知F1，F(xiàn)2為橢圓0: 1的兩個(gè)焦點(diǎn)，P, Q為C上關(guān)164于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且 PQ F1F2 ,則四邊形PFQF2的面積為答案： 8【知識(shí)點(diǎn)】橢圓的定義和性質(zhì)【分析】根據(jù)已知可得 PF1 PF2,設(shè)| PF1 | m,| PF21

6、n ,利用勾股定理結(jié)合 m n 8 ,求出mn,四邊形PFQF2面積等于mn,即可求解【解法一】【詳解】因?yàn)?P,Q為C上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且|PQ|下石|,所以四邊形PFQF2為矩形，設(shè) |PFJ m,| PF2 | n,則 m n 8,m2 n2 48,所以 64 (m n)2 m2 2mn n2 48 2mn,mn 8,即四邊形PFQF2面積等于8.故答案為：8 .【解法二】因?yàn)?P, Q為C上關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)對(duì)稱的兩點(diǎn)，且 |PQ| |F1F2 | ,所以四邊形PF1QF2為矩形，2 一 一S 2Sa pf f 2b tan2 4 tan 8.1F24【思維方式】判斷四邊形pf hf

7、為矩形，利用橢圓的定義及勾股定理求解即可.本題主要考查橢PF1 QF 2圓的性質(zhì)，橢圓的定義，考查方程思想與運(yùn)算求解能力，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象及邏輯推理的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)。5. (2021全國新高考I卷19 )已知直三棱柱ABC AB1C1中，側(cè)面 AABB為正方形,AB BC 2 , E, F分別為AC和CCi的中點(diǎn)，D為棱AB上的點(diǎn).BF AB(1)證明：BF DE ;(2)當(dāng)BD為何值時(shí)，面BBQ與面DFE所成的二面角的正弦值最??？答案： (1)見解析；(2) B1D 1【知識(shí)點(diǎn)】垂直的證明、二面角的求法【分析】通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量證 明線線

8、垂直和求出二面角的平面角的余弦值最大，進(jìn)而可以確定出答案.【解法一】因?yàn)槿庵?ABC A1B1C1是直三棱柱，所以 BB 底面ABC ,所以BBl AB因?yàn)?ABiAB, BF AB,所以 BF AB ,又BB1 BF B,所以AB 平面BCGBj所以BA, BC,BB1兩兩垂直.以B為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以 BA, BC, BB所在直線為x, y,z軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖.所以 B 0,0,0 , A 2,0,0 ,C 0,2,0 ,B 0,0,2 ,A1 2,0,2 ,C1 0,2,2 ,E 1,1,0 ,F 0,2,1由題設(shè) D a,0,2 (0 a 2).(1)因?yàn)?BF 0,2,1

9、,DE 1 a,1, 2 ,所以 BF DE 0 1a 2 1 120 ,所以 BF DE .I-(2)設(shè)平面 DFE的法向量為 m x, y, z ,因?yàn)?EF 1,1,1 ,DE 1 a,1, 2 ,所以m efm de,即x y z 01 a x y 2z 0令 z 2 a,則 m 3,1 a,2 a因?yàn)槠矫鍮CC1B1的法向量為BA 2,0,0 ,設(shè)平面BCGB與平面DEF的二面角的平面角為則cosm bamBA 2 .263a2 2a 14,2a2 2a 14此時(shí)所以此時(shí)1時(shí)，2a2cossinB1D2 a 4取最小值為33 .【解法二】（1）取BC中點(diǎn)連接先證明四邊形 DB1ME為

10、梯形，再證明2752B1M ,EM ,BE B1M，本問題即可解決.【思維方式】本題考查空間中線與線的垂直關(guān)系,面角的求法，熟練掌握利用空間向量證明線線推理論證能力和運(yùn)算能力，數(shù)學(xué)抽象及直垂直和求二面角的方法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感、 觀想象的數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)。ax .6.(2021全國新局考I卷 21 )已知a 0且a 1 ,函數(shù)f(x) (x 0).a（1）當(dāng)a 2時(shí)，求f x的單調(diào)區(qū)間;（2）若曲線y f x與直線y 1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)，求 a的取值范圍.2(1)0,上單調(diào)遞增;ln22ln2上單調(diào)遞減；（2） 1,ee,【知識(shí)點(diǎn)】導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)【分析】（1）求得函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)

11、函數(shù)的正負(fù)與函數(shù)的單調(diào)性的關(guān)系即可得到函數(shù)的單調(diào) 性;(2)利用指數(shù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則，可以將曲線y f x與直線1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn)等價(jià)轉(zhuǎn)化為方程ln x ln a 有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，即曲線y g x與直線x aa有兩個(gè)交點(diǎn)，利用導(dǎo)函數(shù)研l(wèi)n ax的單調(diào)性，并結(jié)合g x的正負(fù)，零點(diǎn)和極限值分析 g的圖象，進(jìn)而彳#到0小 a發(fā)現(xiàn)這正好是0 g a g e ,然后根據(jù)g的圖象和單調(diào)性得到a的取值范圍.4x2x r(1)當(dāng) a 2時(shí)，f x 7，f2x 2x x2 2xln2 x 2x 2 xln222x-20得x In 2，當(dāng)0 xIn 2時(shí)，fx 0,當(dāng) xIn 2時(shí)，f x0,，函數(shù)f上單調(diào)遞增

12、；ln2上單調(diào)遞減;(2)x ln a a In xIn xIn alna,設(shè)函數(shù)g xaIn xIn x，令g0,得x e,0,e0,g單調(diào)遞增;e,0，gx單調(diào)遞減;max g e0,當(dāng)x趨近于時(shí)，g x趨近于0,所以曲線y f x與直線1有且僅有兩個(gè)交點(diǎn),即曲線x與直線a人一有兩個(gè)父點(diǎn) 1n a的充分必要條件是0皿 a1一,這即是0 g a e所以a的取值范圍是 1,ee,【解法二】令g(x) f (x)1(x 0),g (x)xa 1(a xln a)1) 0axa 1 時(shí)，g(x)至多一個(gè)零點(diǎn)，故舍去;2) a1 時(shí),g (x)又1xm0 g(x)limxax In ag(x)g( x) max則(一a-)a1n ag()In aaa而0,aIn a兩邊取以e為底的對(duì)數(shù)得In aIn ag(x)在(,篇)上單調(diào)遞增，在(,)上單調(diào)遞減.1n a0,1In a1na In a1.In In a In aIn a令 In a t,得 t In t 1 ,即 t 1