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2021 年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷（文）
数学
一、选择题
1．(2022·全国甲卷文，1)设集合A＝{－2，－1,0,1,2}，B＝，则A∩B 等于( )
A．{0,1,2}
B．{－2，－1,0}
C．{0,1}
D．{1,2}
2．(2022·全国甲卷文，2)某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识．为了解讲
座效果，随机抽取10 位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，
这10 位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如图，则( )
A．讲座前问卷答题的正确率的中位数小于70%
B．讲座后问卷答题的正确率的平均数大于85%
C．讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差
D．讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差
3．(2022·全国甲卷文，3)若z＝1＋i，则|iz＋3|等于( )
A．4 B．4 C．2 D．2
4．(2022·全国甲卷文，4)如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的
边长为1，则该多面体的体积为( )
A．8 B．12 C．16 D．20
5．(2022·全国甲卷文，5)将函数f(x)＝sin(ω＞0)的图象向左平移个单位长度后得到曲线C，
若C 关于y 轴对称，则ω 的最小值是( )
A. B. C. D.
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6．(2022·全国甲卷文，6)从分别写有1,2,3,4,5,6 的6 张卡片中无放回地随机抽取2 张，则抽
到的2 张卡片上的数字之积是4 的倍数的概率为( )
A. B. C. D.
7．(2022·全国甲卷文，7)函数f(x)＝(3x－3－x)cos x 在区间上的图象大致为( )
8．(2022·全国甲卷文，8)当x＝1 时，函数f(x)＝aln x＋取得最大值－2，则f′(2)等于(
)
A．－1 B．－ C. D．1
9．(2022·全国甲卷文，9)在长方体ABCD－A1B1C1D1 中，已知B1D 与平面ABCD 和平面
AA1B1B 所成的角均为30°，则( )
A．AB＝2AD
B．AB 与平面AB1C1D 所成的角为30°
C．AC＝CB1
D．B1D 与平面BB1C1C 所成的角为45°
10．(2022·全国甲卷文，10)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为
2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若＝2，则等于( )
A. B．2 C. D.
11．(2022·全国甲卷文，11)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A1，A2分别为C 的左、
右顶点，B 为C 的上顶点．若BA1·BA2＝－1，则C 的方程为( )
A.＋＝1
B.＋＝1
C.＋＝1
D.＋y2＝1
12．(2022·全国甲卷文，12)已知9m＝10，a＝10m－11，b＝8m－9，则( )
A．a＞0＞b
B．a＞b＞0
C．b＞a＞0
D．b＞0＞a
二、填空题
13．(2022·全国甲卷文，13)已知向量a＝(m,3)，b＝(1，m＋1)．若a⊥b，则m＝________.
14．(2022·全国甲卷文，14)设点M 在直线2x＋y－1＝0 上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M 上，则
⊙M 的方程为________．
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15．(2022·全国甲卷文，15)记双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为e，写出满足条件
“直线y＝2x 与C 无公共点”的e 的一个值________．
16．(2022·全国甲卷文，16)已知△ABC 中，点D 在边BC 上，∠ADB＝120°，AD＝2，CD
＝2BD.当取得最小值时，BD＝________.
三、解答题
(一)必考题
17．(2022·全国甲卷文，17)甲、乙两城之间的长途客车均由A 和B 两家公司运营．为了解
这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500 个班次，得到下面列
联表：
准点班次数
未准点班次数
A
240
20
B
210
30
(1)根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；
(2)能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？
附：K2＝，
P(K2≥k)
0.100
0.050
0.010
k
2.706
3.841
6.635
18．(2022·全国甲卷文，18)记Sn为数列{an}的前n 项和．已知＋n＝2an＋1.
(1)证明：{an}是等差数列；
(2)若a4，a7，a9成等比数列，求Sn的最小值．
19．(2022·全国甲卷文，19)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装
盒如图所示，底面ABCD 是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，
△HDA 均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD 垂直．
(1)证明：EF∥平面ABCD；
(2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)．
20．(2022·全国甲卷文，20)已知函数f(x)＝x3－x，g(x)＝x2＋a，曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))
处的切线也是曲线y＝g(x)的切线．
(1)若x1＝－1，求a；
(2)求a 的取值范围．
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21．(2022·全国甲卷文，21)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点D(p,0)，过F 的直线
交C 于M，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF|＝3.
(1)求C 的方程；
(2)设直线MD，ND 与C 的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB 的倾斜角分别为α，
β.当α－β 取得最大值时，求直线AB 的方程．
(二)选考题
22．(2022·全国甲卷文，22)[选修4－4：坐标系与参数方程]在直角坐标系xOy 中，曲线C1
的参数方程为(t 为参数)，曲线C2的参数方程为(s 为参数)．
(1)写出C1的普通方程；
(2)以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C3的极坐标方程为2cos θ－
sin θ＝0，求C3与C1交点的直角坐标，及C3与C2交点的直角坐标．
23．(2022·全国甲卷文，23)[选修4－5：不等式选讲]已知a，b，c 均为正数，且a2＋b2＋
4c2＝3，证明：
(1)a＋b＋2c≤3；
(2)若b＝2c，则＋≥3.
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答案精析
1.A
解析 因为集合B＝，所以集合B 中的整数有0,1,2，所以A∩B＝{0,1,2}．
2.B
解析 对于A，讲座前问卷答题的正确率的中位数是＝72.5%，所以A 错误；
对
于
B
，
讲
座
后
问
卷
答
题
的
正
确
率
分
别
是
80%,85%,85%,85%,85%,90%,90%,95%,100%,100%，其平均数显然大于85%，所以B 正确；
对于C，由题图可知，讲座前问卷答题的正确率波动较大，讲座后问卷答题的正确率波动
较小，所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后问卷答题的正确率的标准差，所
以C 错误；
对于D，讲座前问卷答题的正确率的极差是95%－60%＝35%，讲座后问卷答题的正确率
的极差是100%－80%＝20%，所以讲座前问卷答题的正确率的极差大于讲座后问卷答题的
正确率的极差，所以D 错误．故选B.
3.D
解析 因为z＝1＋i，所以iz＋3＝i(1＋i)＋3(1－i)＝i－1＋3－3i＝2－2i，
所以|iz＋3|＝|2－2i|＝＝2.故选D.
4.B
解析 三视图对应的几何体是放倒的直四棱柱，如图，直四棱柱的高为2，底面是上底为
2，下底为4，高为2 的梯形，所以体积V＝Sh＝×(2＋4)×2×2＝12.故选B.
5.C
解析 记曲线C 的函数解析式为g(x)，则g(x)＝sin＝sin.因为函数g(x)的图象关于y 轴对称，
所以ω＋＝kπ＋(k∈Z)，得ω＝2k＋(k∈Z)．因为ω＞0，所以ωmin＝.故选C.
6.C
解析 从写有1,2,3,4,5,6 的6 张卡片中无放回地抽取2 张，共有15 种取法，它们分别是
(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,3)，(2,4)，(2,5)，(2,6)，(3,4)，(3,5)，(3,6)，(4,5)，
(4,6)，(5,6)，其中卡片上的数字之积是4 的倍数的是(1,4)，(2,4)，(2,6)，(3,4)，(4,5)，
(4,6)，共6 种取法，所以所求概率是P＝＝.故选C.
7.A
解析 方法一 (特值法)
令y＝f(x)，
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取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1＞0；
取x＝－1，则y＝cos(－1)
＝－cos 1＜0.
结合选项知选A.
方法二 令y＝f(x)，
则f(－x)＝cos(－x)＝－cos x＝－f(x)，
所以函数y＝cos x 是奇函数，排除B，D；
取x＝1，则y＝cos 1＝cos 1＞0，排除C.故选A.
8.B
解析 因为函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以依题意可知
而f′(x)＝－，
所以即
所以f′(x)＝－＋，
因此函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
当x＝1 时取最大值，满足题意．
所以f′(2)＝－1＋＝－.
9.D
解析 连接BD，如图，
易知∠BDB1是直线B1D 与平面ABCD 所成的角，
所以在Rt△BDB1中，∠BDB1＝30°，设BB1＝1，则B1D＝2BB1＝2，BD＝＝.
易知∠AB1D 是直线B1D 与平面AA1B1B 所成的角，
所以在Rt△ADB1中，∠AB1D＝30°.
因为B1D＝2，所以AD＝1，AB1＝＝，
所以在Rt△ABB1中，AB＝＝，所以A 项错误；
易知∠BAB1是直线AB 与平面AB1C1D 所成的角，因为在Rt△ABB1中，sin∠BAB1＝＝≠，
所以∠BAB1≠30°，所以B 项错误；
在Rt△CBB1中，CB1＝＝，又AC＝BD＝，所以C 项错误；
易知∠DB1C 是直线B1D 与平面BB1C1C 所成的角，
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因为在Rt△DB1C 中，CB1＝CD＝，所以∠DB1C＝45°，所以D 项正确．故选D.
10.C
解析 方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合＝2，
可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，
h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π 的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
由勾股定理得，h1＝＝，h2＝＝2，
所以＝＝＝.故选C.
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，
h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
则由＝＝＝2，
得＝＝2.
由题意知n1＋n2＝2π，
所以n1＝，n2＝，
所以2πr1＝l,2πr2＝l，
得r1＝l，r2＝l.
由勾股定理得，h1＝＝l，
h2＝＝l，
所以＝＝＝.故选C.
11.B
解析 依题意得A1(－a,0)，A2(a,0)，B(0，b)，
所以BA1＝(－a，－b)，BA2＝(a，－b)，
BA1·BA2＝－a2＋b2＝－(a2－b2)＝－c2＝－1，故c＝1，
又C 的离心率e＝＝＝，
所以a＝3，a2＝9，b2＝a2－c2＝8，
所以C 的方程为＋＝1，故选B.
12.A
解析 因为9m＝10，所以m＝log910，
所以a＝10m－11＝
－11＝
－
.
因为log910－log1011
＝－＝＞＝＞0，所以a＞0.
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b＝
－9＝
－
，
因为log910－log89
＝－＝
＜＝＜0，所以b＜0.
综上，a＞0＞b.故选A.
13.－
解析 ∵a⊥b，∴a·b＝m＋3(m＋1)＝4m＋3＝0，解得m＝－.
14.(x－1)2＋(y＋1)2＝5
解析 方法一 设⊙M 的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，
则
解得
∴⊙M 的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法二 设⊙M 的方程为x2＋y2＋Dx＋Ey＋F＝0(D2＋E2－4F＞0)，
则M，
∴解得
∴⊙M 的方程为x2＋y2－2x＋2y－3＝0，即(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
方法三 设A(3,0)，B(0,1)，⊙M 的半径为r，
则kAB＝＝－，AB 的中点坐标为，
∴AB 的垂直平分线方程为y－＝3，即3x－y－4＝0.
联立解得
∴M(1，－1)，
∴r2＝|MA|2＝(3－1)2＋[0－(－1)]2＝5，
∴⊙M 的方程为(x－1)2＋(y＋1)2＝5.
15.2((1，]内的任意值均可)
解析 双曲线C 的渐近线方程为y＝±x，若直线y＝2x 与双曲线C 无公共点，
则2＞，∴≤4，∴e2＝＝1＋≤5，
又e＞1，∴e∈(1，]，
∴填写(1，]内的任意值均可．
16.－1
解析 设BD＝k(k＞0)，则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图．
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在△ABD 中，由余弦定理得AB2＝AD2＋BD2－2AD·BDcos∠ADB＝22＋k2－2×2k·＝k2＋2k＋
4.
在△ACD 中，由余弦定理得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CDcos∠ADC＝22＋(2k)2－2×2×2k·＝
4k2－4k＋4，
则＝＝＝4－＝4－
＝4－，
∵k＋1＋≥2(当且仅当k＋1＝，即k＝－1 时等号成立)，
∴≥4－＝4－2＝(－1)2，
∴当取得最小值－1 时，
BD＝k＝－1.
17.解 (1)由题表可得A 公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为＝，
B 公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率为＝.
(2)K2＝
≈3.205＞2.706，
所以有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关．
18.(1)证明 由＋n＝2an＋1，
得2Sn＋n2＝2ann＋n，
①
所以2Sn＋1＋(n＋1)2＝2an＋1(n＋1)＋(n＋1)，
②
②－①，得
2an＋1＋2n＋1＝2an＋1(n＋1)－2ann＋1，
化简得an＋1－an＝1，
所以数列{an}是公差为1 的等差数列．
(2)解 由(1)知数列{an}的公差为1.
由a4，a7，a9成等比数列，得a＝a4a9，即
(a1＋6)2＝(a1＋3)(a1＋8)，
解得a1＝－12.
所以Sn＝－12n＋＝
＝2－，
所以当n＝12 或13 时，Sn取得最小值，最小值为－78.
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19.(1)证明 如图，分别取AB，BC 的中点M，N，连接EM，FN，MN.
∵△EAB 与△FBC 均为正三角形，且边长均为8，
∴EM⊥AB，FN⊥BC，且EM＝FN.
又平面EAB 与平面FBC 均垂直于平面ABCD，
平面EAB∩平面ABCD＝AB，
平面FBC∩平面ABCD＝BC，
EM⊂平面EAB，FN⊂平面FBC，
∴EM⊥平面ABCD，FN⊥平面ABCD，
∴EM∥FN，
∴四边形EMNF 为平行四边形，
∴EF∥MN.
又MN⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，∴EF∥平面ABCD.
(2)解 如图，分别取AD，DC 的中点P，Q，
连接PM，PH，PQ，QN，QG，AC，BD.
由(1)知EM⊥平面ABCD，
FN⊥平面ABCD，同理可证得，
GQ⊥平面ABCD，HP⊥平面ABCD，
易得EM＝FN＝GQ＝HP＝4 cm，
EM∥FN∥GQ∥HP.
由底面ABCD 是边长为8 cm 的正方形，M，N，Q，P 分别是AB，BC，CD，DA 的中点，
可得四边形PMNQ 是边长为4 cm 的正方形，
所以四棱柱PMNQ－HEFG 为正四棱柱，
所以V 四棱柱PMNQ－HEFG＝(4)2×4＝128(cm3)．
因为AC⊥BD，BD∥PM，所以AC⊥PM.
因为EM⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以EM⊥AC.
又EM，PM⊂平面PMEH，且EM∩PM＝M，所以AC⊥平面PMEH，
则点A 到平面PMEH 的距离
d＝AC＝2(cm)，
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所以V 四棱锥A－PMEH＝S 四边形PMEH·d＝×4×4×2＝(cm3)，
所以该包装盒的容积
V＝V 四棱柱PMNQ－HEFG＋4V 四棱锥A－PMEH
＝128＋4×＝(cm3)．
20.解 (1)当x1＝－1 时，f(－1)＝0，
所以切点坐标为(－1,0)．
由f(x)＝x3－x，得f′(x)＝3x2－1，
所以切线斜率k＝f′(－1)＝2，
所以切线方程为y＝2(x＋1)，
即y＝2x＋2.
将y＝2x＋2 代入y＝x2＋a，
得x2－2x＋a－2＝0.
由切线与曲线y＝g(x)也相切，
得Δ＝(－2)2－4(a－2)＝0，
解得a＝3.
(2)由(1)知，y＝f(x)在点(x1，f(x1))处的切线斜率k＝f′(x1)＝3x－1，
又f(x1)＝x－x1，所以切线方程为
y－(x－x1)＝(3x－1)(x－x1)，
即y＝(3x－1)x－2x.
将y＝(3x－1)x－2x 代入y＝x2＋a，
得x2－(3x－1)x＋a＋2x＝0.
由切线与曲线y＝g(x)也相切，得
Δ＝(3x－1)2－4(a＋2x)＝0，
整理，得4a＝9x－8x－6x＋1.
令h(x)＝9x4－8x3－6x2＋1.
则h′(x)＝36x3－24x2－12x＝12x(3x＋1)(x－1)．
由h′(x)＝0，得x＝－，0,1，
当x 变化时，h′(x)，h(x)的变化如下表所示：
x
(－∞，－)
－
(－，0)
0
(0，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
－
0
＋
0
－
0
＋
h(x)
↘
极小值
↗
极大值
↘
极小值
↗
由上表知，当x＝－时，h(x)取得极小值h＝，
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当x＝1 时，h(x)取得极小值h(1)＝－4，
易知当x→－∞时，h(x)→＋∞，
当x→＋∞时，h(x)→＋∞，
所以函数h(x)的值域为[－4，＋∞)，
所以由4a∈[－4，＋∞)，
得a∈[－1，＋∞)，
故实数a 的取值范围为[－1，＋∞)．
21.解 (1)当MD⊥x 轴时，有|MF|＝＋p＝3，得p＝2，
所以抛物线C 的方程为y2＝4x.
(2)根据(1)知F(1,0)，D(2,0)．
当MN⊥x 轴时，易得α＝β＝，
此时α－β＝0.
当MN 的斜率存在时，设M(x1，y1)，
N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
则直线MN 的方程为
y－y1＝(x－x1)，
即y－y1＝(x－x1)，
即y－y1＝(x－x1)，
即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，
所以直线MN 的方程为
y(y1＋y2)－y1y2＝4x，tan α＝.
同理可得，直线AM 的方程为
y(y3＋y1)－y3y1＝4x，
直线BN 的方程为
y(y4＋y2)－y4y2＝4x，
直线AB 的方程为
y(y4＋y3)－y4y3＝4x.
因为F(1,0)在MN 上，
所以y1y2＝－4.
因为D(2,0)在AM，BN 上，
所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以y3＝－，y4＝－.
所以y3＋y4＝－－＝－＝－＝2(y1＋y2)，
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y3y4＝＝＝－16，
所以直线AB 的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x 可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，
所以tan β＝，
所以tan(α－β)＝
＝＝2×.
当y2＋y1＜0 时，tan(α－β)＜0，
所以不符合题意．
当y2＋y1＞0 时，(y2＋y1)＋≥4，
tan(α－β)≤2×＝，
当且仅当y2＋y1＝，
即y2＋y1＝2 时取等号，
此时α－β 取得最大值，直线AB 的方程为x－y－4＝0.
综上，当α－β 取得最大值时，直线AB 的方程为x－y－4＝0.
22.解 (1)由y＝，得t＝y2(y≥0)，代入x＝，可得x＝，即y2＝6x－2(y≥0)，
所以曲线C1的普通方程为
y2＝6x－2(y≥0)．
(2)曲线C3的极坐标方程可化为
2ρcos θ－ρsin θ＝0，
所以普通方程为y＝2x.
由y＝－，得s＝y2(y≤0)，
代入x＝－，可得
x＝－，即y2＝－6x－2(y≤0)．
由
得或
所以C3与C1交点的直角坐标为
，(1,2)．
由
得或
所以C3与C2交点的直角坐标为，(－1，－2)．
23.证明 (1)方法一(平方转化基本不等式证明)
因为a2＋b2＋4c2＝3，
所以(a＋b＋2c)2＝a2＋b2＋4c2＋2(ab＋2bc＋2ac)≤3＋(a2＋b2)＋[b2＋(2c)2]＋[a2＋(2c)2]＝3
＋2[a2＋b2＋(2c)2]＝9，
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当且仅当a＝b＝2c＝1 时取等号．
又a，b，c 均为正数，所以a＋b＋2c≤3.
方法二(柯西不等式证明)
因为a2＋b2＋4c2＝3，
所以根据柯西不等式有3×3＝(a2＋b2＋4c2)·(12＋12＋12)≥(a＋b＋2c)2，当且仅当a＝b＝2c
＝1 时取等号．
又a，b，c 均为正数，所以a＋b＋2c≤3.
(2)因为b＝2c，
所以根据(1)有a＋4c≤3，
所以＋＝≥＝≥＝3，
当且仅当a＝b＝2c＝1 时取得等号．
