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2021 年普通高等学校招生全国统一考试 全国甲卷（理）
数学
一、选择题
1．(2022·全国甲卷理，1)若z＝－1＋i，则等于( )
A．－1＋i
B．－1－i
C．－＋i
D．－－i
2．(2022·全国甲卷理，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·全国甲卷理，3)设全集U＝{－2，－1，0,1,2,3}，集合A＝{－1,2}，B＝{x|x2－4x
＋3＝0}，则∁U(A∪B)等于( )
A．{1,3}
B．{0,3}
C．{－2,1}
D．{－2,0}
4．(2022·全国甲卷理，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·全国甲卷理，5)函数y＝(3x－3－x)·cos x 在区间上的图象大致为( )
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6．(2022·全国甲卷理，6)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
7．(2022·全国甲卷理，7)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°
8.(2022·全国甲卷理，8)沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算
圆弧长度的“会圆术”．如图，
是以O 为圆心，OA 为半径的圆弧，C 是AB 的中点，
D 在
上，CD⊥AB.“会圆术”给出
的弧长的近似值s 的计算公式：s＝AB＋.当OA
＝2，∠AOB＝60°时，s 等于( )
A.
B.
C.
D.
9．(2022·全国甲卷理，9)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.
10．(2022·全国甲卷理，10)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q 均在C 上，且关
于y 轴对称．若直线AP，AQ 的斜率之积为，则C 的离心率为( )
A. B. C. D.
11．(2022·全国甲卷理，11)设函数f(x)＝sin 在区间(0，π)上恰有三个极值点、两个零点，则
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ω 的取值范围是( )
A.
B.
C.
D.
12．(2022·全国甲卷理，12)已知a＝，b＝cos ，c＝4sin ，则( )
A．c>b>a
B．b>a>c
C．a>b>c
D．a>c>b
二、填空题
13．(2022·全国甲卷理，13)设向量a，b 的夹角的余弦值为，且|a|＝1，|b|＝3，则(2a＋b)·b
＝________.
14．(2022·全国甲卷理，14)若双曲线y2－＝1(m>0)的渐近线与圆x2＋y2－4y＋3＝0 相切，
则m＝________.
15．(2022·全国甲卷理，15)从正方体的8 个顶点中任选4 个，则这4 个点在同一个平面的
概率为________．
16．(2022·全国甲卷理，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·全国甲卷理，17)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．
18．(2022·全国甲卷理，18)在四棱锥P－ABCD 中，PD⊥底面ABCD，CD∥AB，AD＝DC
＝CB＝1，AB＝2，DP＝.
(1)证明：BD⊥PA；
(2)求PD 与平面PAB 所成的角的正弦值．
19．(2022·全国甲卷理，19)甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目
胜方得10 分，负方得0 分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．
已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5,0.4,0.8，各项目的比赛结果相互独立．
(1)求甲学校获得冠军的概率；
(2)用X 表示乙学校的总得分，求X 的分布列与期望．
20．(2022·全国甲卷理，20)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.
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(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．
21．(2022·全国甲卷理，21)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a 的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
(二)选考题
22．(2022·全国甲卷理，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·全国甲卷理，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.C
解析 ＝＝＝－＋i，故选C.
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 集合B＝{1,3}，所以A∪B＝{－1,1,2,3}，所以∁U(A∪B)＝{－2,0}．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.A
解析 方法一 (特值法)
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)＝(3－x－3x)cos(－x)
＝－(3x－3－x)cos x＝－f(x)，
所以函数y＝(3x－3－x)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.
6.B
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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＋＝－.故选B.
7.D
解析 如图，连接BD，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＝B1D＝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＝＝，
而AC＝＝，所以C 项错误；
易知∠DB1C 是直线B1D 与平面BB1C1C 所成的角，
因为在Rt△DB1C 中，CB1＝CD＝，所以∠DB1C＝45°，所以D 项正确．故选D.
8.B
解析 由题意知，△OAB 是等边三角形，
所以AB＝OA＝2.
连接OC(图略)，因为C 是AB 的中点，
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所以OC⊥AB，OC＝＝.
又CD⊥AB，所以O，C，D 三点共线，
所以CD＝OD－OC＝2－，
所以s＝AB＋＝2＋＝.故选B.
9.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.
10.A
解析 设P(m，n)(n≠0)，
则Q(－m，n)，易知A(－a,0)，
所以kAP·kAQ＝·＝＝.(*)
因为点P 在椭圆C 上，
所以＋＝1，
得n2＝(a2－m2)，
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代入(*)式，得＝，
所以e＝＝＝.故选A.
11.C
解析 由题意可得ω>0，故由x∈(0，π)，得ωx＋∈.
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有三个极值点，知<πω＋≤，得<ω≤.
根据函数f(x)在区间(0，π)上恰有两个零点，知2π<πω＋≤3π，得<ω≤.
综上，ω 的取值范围为.
12.A
解析 因为b＝cos ＝1－2sin2，
所以b－a＝1－2sin2－＝－2sin2＝2.
令f(x)＝x－sin x，
则f′(x)＝1－cos x≥0，
所以函数f(x)在R 上单调递增，
所以当x>0 时，f(x)>f(0)＝0，
即有x>sin x(x>0)成立，
所以>sin ，得>sin2，所以b>a.
因为＝＝4tan ，
所以令g(x)＝tan x－x，
则g′(x)＝－1＝≥0，
所以函数g(x)在定义域内单调递增，
所以当x>0 时，g(x)>g(0)＝0，
即有tan x>x(x>0)成立，
所以tan >，即4tan >1，
所以>1，又b>0，所以c>b.
综上c>b>a.故选A.
13.11
解析 (2a＋b)·b＝2a·b＋b2＝2|a|·|b|·cos〈a，b〉＋|b|2＝2×1×3×＋32＝11.
14.
解析 双曲线的渐近线方程为x±my＝0，
圆x2＋y2－4y＋3＝0 的方程可化为
x2＋(y－2)2＝1，
则圆心坐标为(0,2)，半径r＝1.
∵双曲线的渐近线与圆相切，
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∴圆心到渐近线的距离d＝＝1，得m＝或m＝－(舍去)．
15.
解析 从正方体的8 个顶点中任选4 个，取法有C＝70(种)．
其中4 个点共面有以下两种情况：
(1)所取的4 个点为正方体同一个面上的4 个顶点，如图1，有6 种取法；
(2)所取的4 个点为正方体同一个对角面上的4 个顶点，如图2，也有6 种取法．
故4 个点在同一个平面共有6＋6＝12(种)情况．
所以所取的4 个点在同一个平面的概率
P＝＝.
16.－1
解析 设BD＝k(k>0)，则CD＝2k.
根据题意作出大致图形，如图．
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.(1)证明 由＋n＝2an＋1，
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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.
18.(1)证明 在四边形ABCD 中，作DE⊥AB 于点E，CF⊥AB 于点F，如图．
因为CD∥AB，AD＝CD＝CB＝1，
AB＝2，
所以四边形ABCD 为等腰梯形，
所以AE＝BF＝，
故DE＝，
BD＝＝，
所以AD2＋BD2＝AB2，
所以AD⊥BD.
因为PD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PD⊥BD，
又PD∩AD＝D，PD，AD⊂平面PAD，
所以BD⊥平面PAD.
又因为PA⊂平面PAD，
所以BD⊥PA.
(2)解 由(1)知，DA，DB，DP 两两垂直，
如图，以D 为原点建立空间直角坐标系，
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则D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0，)，
则AP＝(－1,0，)，BP＝(0，－，)，
DP＝(0,0，)．
设平面PAB 的一个法向量为n＝(x，y，z)，
则有
即
可取n＝(，1,1)，
则cos〈n，DP〉＝＝，
所以PD 与平面PAB 所成角的正弦值为.
19.解 (1)设甲在三个项目中获胜的事件依次记为A，B，C，
所以甲学校获得冠军的概率为
P＝P(ABC)＋P(BC)＋P(AC)＋P(AB)
＝0.5×0.4×0.8＋(1－0.5)×0.4×0.8＋0.5×(1－0.4)×0.8＋0.5×0.4×(1－0.8)
＝0.16＋0.16＋0.24＋0.04＝0.6.
(2)依题可知，X 的可能取值为0,10,20,30，
所以P(X＝0)＝0.5×0.4×0.8＝0.16，
P(X＝10)＝0.5×0.4×0.8＋0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＝0.44，
P(X＝20)＝0.5×0.6×0.8＋0.5×0.4×0.2＋0.5×0.6×0.2＝0.34，
P(X＝30)＝0.5×0.6×0.2＝0.06.
则X 的分布列为
X
0
10
20
30
P
0.16
0.44
0.34
0.06
E(X)＝0×0.16＋10×0.44＋20×0.34＋30×0.06＝13.
20.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.
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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)，
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.
21.(1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
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由f′(x)＝－＋1
＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a 的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明 方法一 不妨设x1<x2，
则由(1)知0<x1<1<x2，>1.
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋
·＝(ex＋x－
－1)．
令g(x)＝ex＋x－
－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－
＋
＝ex＋1＋
(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)<g(1)＝0，
所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，
所以F(x)<F(1)，
即在(0,1)上f(x)－f <F(1)＝0.
又f(x1)＝f(x2)＝0，
所以f(x2)－f <0，
即f(x2)<f .
由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1<x2，
则由(1)知0<x1<1<x2,0<<1.
由f(x1)＝f(x2)＝0，
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得
－ln x1＋x1＝
－ln x2＋x2，
即
＋x1－ln x1＝
＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x 在R 上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1 时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1 时，h(x)>h，
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0<x1<<1，即x1x2<1.
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)．
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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，
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．
