备考反思|2021年全国卷乙卷文科数学解析版

前言

哈三中数学教师、全国高中数学竞赛优秀教练员杨治千老师，对高考数学全国乙卷进行分析。今年的高考数学卷呈如下特点：

“题目中传统问题与创新问题相结合，重视数学应用、数学文化的考查，也出现结构不良试题及易错问题。总体来看选择题难度增大，填空题较为基础，大题虽较难但难度梯度设置合理。整张试卷较往年高考试题结构稳定，考查知识主体未变，稳中求新，向新高考靠拢，全面体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求。”

发挥数学学科特色 关注社会发展及中华传统文化

理科第6题以北京冬奥会志愿者的培训为试题背景，考查逻辑推理能力和运算求解能力。理科第9题以魏晋时期我国数学家刘徽的著作《海岛算经》中的测量方法为背景，考查考生综合运用知识解决问题的能力，让考生充分感悟到我国古代数学家的聪明才智。

坚持开放创新 考查关键能力

2020年10月，中共中央国务院《深化新时代教育评价改革总体方案》提出，稳步推进中高考改革，构建引导学生德智体美劳全面发展的考试内容体系，改变相对固化的试题形式，增强试题开放性，减少死记硬背和“机械刷题”现象。数学科高考积极贯彻《总体方案》要求，加大开放题的创新力度，利用开放题考查数学学科核心素养和关键能力，发挥数学科高考的选拔功能。“举例问题”灵活开放。如文、理科第16题有多组正确答案，有多种解题方案可供选择，考查了考生的空间想象能力，具有较好的选拔性。

倡导理论联系实际 学以致用

2021年数学高考在应用性进行重点探索，取得突破。试题注重理论联系实际，体现数学的应用价值，并让学生感悟到数学的应用之美。理论联系实际的试题，体现现代科技发展和现代社会生产等方面的特点，有机渗透数学建模、数据分析、逻辑推理等数学核心素养与数学思想方法的应用，对选拔与育人具有积极的意义。

文科重视基础 理科重视能力

文理科部分试题相同，如3、15、16、17、22、23题完全相同，理科4、5、10题分别是文科试题中的9、10、12题。18题考查立体几何知识，题中几何体完全一样，已知条件也一致，问题设置根据文理教学大纲的不同有差异。19题考查数列知识，文理共同点是信息量较大，数列关系复杂，文科题型常规，重视计算。理科在数列知识的考查中较往年难度有所提升，注重知识迁移能力，本题最能考察考生的考场心态及临场发挥能力。解析几何知识点的考查文科设置在11、14、20题，其中11、20考查的都是解析几何中的方程思想，尤其是解答题20，考生习惯于使用韦达定理解决问题，本次考题与韦达定理无关，但题目设置较易，学生容易上手。理科的考查设置在11、13、21题，其中21题主要考察切点弦知识，对了解切点弦结论的考生较有优势，可以较快上手。即便是使用韦达定理解题，与往年的21题相比难度仍有降低，但参量较多，考查学生计算过程中对代数式整体的处理能力。导数知识点的考察文科设置在12、21题，都设置成了三次函数，皆为常规题型，考查了极值点和切线问题，计算量不大，较往年比难度降低。理科设置在10、12、20题，10和20题是常规题，难度不大。12题看似是常规的比大小问题，但是用比较大小常用的介值法、放缩法都无法实现，需要用排除法再巧妙构造函数，这道题难度很大，考察了学生数学抽象、逻辑推理、数学运算、直观想象多个数学核心素养，需要学生有很强的知识整合能力才能得出正确答案。

2021年全国乙卷重视难度和思维的层次性，解题方法的多样性，给学生提供多种分析问题和解决问题的途径，体现数学学科的综合性、创新性，思维的深刻性、灵活性，方法的探究性、创造性，发挥了数学学科高考的选拔性功能。

典题解析

【2021年高考乙卷文科数学第(2)题】设 (icdot z=4+3i)，则 (z)=【(quad)】

$A.-3-4i$ $B.-3+4i$ $C.3-4i$ $D.3+4i$

法1：两边同除以 (i) ，得到 (z=cfrac{4+3i}{i}=cdots=3-4i)，故选 (C) .

法2：两边同乘以 (-i) ，得到 (z=3-4i)，故选 (C) .

法3：设 (z=a+bi)， (a,bin R)，则由 (i(a+bi)=4+3i)，即 (-b+ai=4+3i)，

解得 (a=3) ， (b=-4)，则 (z=3-4i)，故选 (C) .

〔解后反思〕：总结各种常用的思路，体会其中的不同；虽说都是恒等变形，但是难易程度还是有区别的。

【2021年高考乙卷文数第(3)题理数第(3)题】已知命题 (p: exists x in R)， (sin x<1); 命题 (q: forall x in R)， (e^{|x|}geqslant 1)， 则下列命题中为真命题的是【 (quad)】

$A.p wedge q$ $B. eg p wedge q$ $C.p wedge eg q$ $D. eg(p vee q)$

解析：容易判断命题 (p) 为真命题；而对于函数 (y=e^{|x|}) ，是偶函数，

且当 (xin(0,+infty)) 时，函数变形为 (y=e^x)，故单调递增，

故很容易得到 (f(x)=e^{|x|}) 的最小值为 (f(0)=1)，则命题 (q) 为真命题，

则由此判断复合命题 (p wedge q) 为真命题，故选 (A) .

〔解后反思〕：我们需要储备函数 (f(x)=e^{|x|})， (g(x)=e^x+e^{-x})， (h(x)=e^x-e^{-x})等常用常见函数的图像和性质，

①比如函数 (f(x)=e^{|x|})还可以在分段函数，图像变换类题目，转化划归类题目中做其他形式的考察，比如 (y=e^{|x-1|})的对称轴为 (x=1)，

②本套试卷第 (8) 题中的函数 (m(x)=2^x+2^{2-x}) ，就是由函数 (g(x)=e^x+e^{-x})变换得到的，将底数 (e) 换为 (2)，单调性不变，变换为 (h(x)=2^x+2^{-x})，对称轴为 (x=0)，偶函数，然后向右平移一个单位，得到 (h(x-1))(=)(2^{x-1})(+)(2^{1-x})，然后再纵向扩大 (2) 倍，即

[m(x)=2h(x-1)=2cdot 2^{x-1}+2cdot 2^{1-x}=2^x+2^{2-x} ]

【2021年高考乙卷文科数学第(8)题】下列函数中最小值为 (4) 的函数是【(quad)】

$A.y=x^2+2x+4$ $B.y=|sin x|+cfrac{4}{|sin x|}$ $C.y=2^x+2^{2-x}$ $D.y=ln x+cfrac{4}{ln x}$

解析：本题目考察函数的最小值或者值域问题，涉及到的函数都很特殊，比如二次函数，对勾型函数，偶函数等；

对于选项 (A)，函数特殊却简单，配方即可，(y=(x+1)^2+3)，故其是对称轴为 (x=-1)，开口向上，最低点为 ((-1,3)) 的抛物线，最小值为 (3)，故不符舍去；

对于选项 (B) 和 (D) 而言，首先需要清楚对勾函数 (y=x+cfrac{4}{x}) 的图像和性质，

这样，如果我们对 (y=|sin x|) 和 (y=ln x) 的值域非常清楚，则使用换元法就转化成了上述对勾函数的一部分图像问题了，

令 (t=|sin x|) ，则 (tin (0,1]) ，故 选项 (B) 中的函数即 (y=t+cfrac{4}{t})， (tin (0,1])，函数单调递减，故(y_{min})(=)(1)(+)(cfrac{4}{1})(=)(5)，故排除；其实选项 (B) 更多的是想引导你使用均值不等式，这是个坑，原因是正和定两个条件都满足，就是等这个条件无法满足，所以回过头还需要使用对勾函数来求解；

令 (m=ln x) ，则 (min R) ，在本题目中，(m eq 0) ，故此时 函数 (y=m+cfrac{4}{m})，是完整的对勾函数，没有最小值，故排除；这个选项不能使用均值不等式，原因是第一条正都不能满足；

对于选项 (C) ，我们即可以使用均值不等式，(y=2^x+2^{2-x}=2^x+cfrac{4}{2^x}geqslant 2sqrt{2^x imes cfrac{4}{2^x}}=4)，当且仅当 (x=1) 时取得等号，故其最小值为 (4) ；也可以利用图像变换得到，首先确定变换的初始函数 (f(x)=2^x+2^{-x})，类似抛物线的开口向上的偶函数，最小值为 (f(0)=2)，向右平移一个单位得到(f(x-1)=2^{x-1}+2^{1-x})，最小值还是 (2) ，再纵向扩大 (2) 倍，得到 (y=2f(x-1)=2^x+2^{2-x})，故最小值变为 (2 imes2=4) ，故选 (C) .

【2021年高考乙卷文数第(9)题理数第(4)题】设函数 (f(x)=cfrac{1-x}{1+x}), 则下列函数中为奇函数的是【(quad)】

$A.f(x-1)-1$ $B.f(x-1)+1$ $C.f(x+1)-1$ $D.f(x+1)+1$

解析: 本题目的求解涉及到反比例函数，函数的对称性，图像的变换，函数的奇偶性等

由于 (f(x)=cfrac{1-x}{1+x}=cfrac{-(x+1)+2}{1+x}=-1+cfrac{2}{x+1})，

所以函数 (f(x)) 的对称中心为 ((-1,-1))，

所以将函数 (f(x)) 向右平移一个单位，向上平移一个单位，

得到函数 (y=f(x-1)+1) ，该函数的对称中心为 ((0,0))，

故函数 (y=f(x-1)+1) 为奇函数，故选: (B) .

【2021年高考乙卷文数第(10)题理数第(5)题】 在正方体 (ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}) 中， (P) 为 (B_{1}D_{1}) 的中点， 则直线 (PB) 与 (AD_{1}) 所成的角为 【(quad)】

$A.cfrac{pi}{2}$ $B.cfrac{pi}{3}$ $C.cfrac{pi}{4}$ $D.cfrac{pi}{6}$

解析: 由于 (AD_{1}//BC_{1})， 所以 (angle PBC_{1}) 是直线 (PB) 与 (AD_{1}) 所成的角[或所成角的补角]准确的说法还需要添加这句话，或所成角的补角，原因是两条直线所成的角的范围是 ([0,cfrac{pi}{2}]) ，而图形中的角 (angle PBC_{1}) 的大小不一定在此范围内，

设正方体 (ABCD-A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}) 的棱长为 (2)，

则 (PB_{1}=PC_{1}=cfrac{1}{2}sqrt{2^{2}+2^{2}}=sqrt{2})，

(BC_{1}=sqrt{2^{2}+2^{2}}=2sqrt{2})， (BP=sqrt{2^{2}+(sqrt{2})^{2}}=sqrt{6})，

所以 (cosangle PBC_{1}=cfrac{PB^{2}+BC_{1}^{2}-PC_{1}^{2}}{2 imes PB imes BC_{1}}=cfrac{6+8-2}{2 imessqrt{6} imes2sqrt{2}}=cfrac{sqrt{3}}{2})，

所以，(angle PBC_{1}=cfrac{pi}{6})， 则直线 (PB) 与 (AD_{1}) 所成的角为 (cfrac{pi}{6})， 故选: (D) .

【2021年高考乙卷文科数学第 (11) 题】设 (B) 是椭圆 (C: cfrac{x^{2}}{5}+y^{2}=1) 的上顶点，点 (P) 在 (C) 上，则 (|PB|) 的最大值为【(quad)】

$A.cfrac{5}{2}$ $B.sqrt{6}$ $C.sqrt{5}$ $D.2$

解析：本题目的难点在于需要主动采用椭圆的参数方程，从而能转化为利用三角函数和二次函数的复合函数求最值。

由于点 (B(0,1)) ，又由于点 (P) 在 (C)上， 则设 (P(sqrt{5}cos heta, sin heta))， ( heta in[0,2pi))，

所以 (|PB|=sqrt{(sqrt{5}cos heta-0)^{2}+(sin heta-1)^{2}}=sqrt{4cos^{2} heta-2sin heta+2})

(=sqrt{-4sin^{2} heta-2sin heta+6}=sqrt{-4(sin heta+cfrac{1}{4})^{2}+cfrac{25}{4}})

当 (sin heta=-cfrac{1}{4}) 时，(|PB|) 取得最大值，最大值为 (cfrac{5}{2})，故选: (A) .

〔解后反思〕：本题目大多学生会做出图像，利用图像的特征，想当然的认为点 (P) 落在左右顶点时满足题意，错选为 (B) ，为什么会犯错误呢，主要是因为椭圆不是圆，没有圆那么特殊，那么涉及圆的一些操作经验在椭圆上不一定成立，此时就应该用椭圆的参数方程，转化为三角函数求解。

【2021年高考乙卷文科数学第(12)题理数第(10)题】 设 (a eq 0)， 若 (x=a) 为函数 (f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)) 的极大值点，则【(quad)】

$A.a < b$ $B.a > b$ $C.ab < a^2$ $D.ab > a^2$

解析：本题目的求解涉及函数的极值点，穿根法的另类应用

令 (f(x)=a(x-a)^{2}(x-b)=0)，得到函数的两个零点， (x=a) 或 (x=b)，

由于 (a eq 0) ，故我们针对 (a) 分类讨论如下：

当 (a>0) 时，利用穿根法做函数简图的方法，(x=a) 为偶次根，(x=b) 为奇次根，

做出适合题意的简图如下，

由图可知，(0<a<b)，则 (ab>a^2)；

当 (a<0) 时，利用穿根法做函数简图的方法，(x=a) 为偶次根，(x=b) 为奇次根，

做出适合题意的简图如下，

由图可知，(b<a<0)，则 (ab>a^2)；

综上所述，总有 (ab>a^2)，故选 (D) ；

【2021年高考乙卷文理数学第 (17) 题】某厂研制了一种生产高精产品的设币，为检验新设币生产产品的某项指标有无提高， 用一台旧设备和一台新设备各生产了 (10) 件产品，得到各件产品该项指标数据如下:

旧设备	(9.8)	(10.3)	(10.0)	(10.2)	(9.9)	(9.8)	(10.0)	(10.1)	(10.2)	(9.7)
新设备	(10.1)	(10.4)	(10.1)	(10.0)	(10.1)	(10.3)	(10.6)	(10.5)	(10.4)	(10.5)

旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别记为 (ar{x}) 和 (ar{y}) , 样本方差分别记为 (s_{1}^{2}) 和 (s_{2}^{2}) .

(1) 求 (ar{x})， (ar{y})， (s_{1}^{2})， (s_{2}^{2}) .

解析： (ar{x}=10+cfrac{(-0.2)+0.3+0+0.2+(-0.1)+(-0.2)+0+0.1+0.2+(-0.3)}{10}=10)，

(ar{y}=10+cfrac{0.1+0.4+0.1+0+0.1+0.3+0.6+0.5+0.4+0.5}{10}=10.3)，

(s_{1}^{2}=cfrac{1}{10}[(-0.2)^2+0.3^2+0^2+0.2^2+(-0.1)^2+(-0.2)^2+0^2+0.1^2+0.2^2+0.3^2]=0.036)

(s_{2}^{2}=cfrac{1}{10}[(-0.2)^2+0.1^2+(-0.2)^2+(-0.3)^2+(-0.2)^2+0^2+0.3^2+0.2^2+0.1^2+0.2^2]=0.04)

(2) 判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备是否有显著提高（如果 (ar{y}-ar{x}geqslant)(2sqrt{cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}})， 则认为新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高， 否则不认为有显著提高).

解析： (ar{y}-ar{x}=10.3-10=0.3=sqrt{0.09})，

又 (2sqrt{cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}})(=)(2sqrt{cfrac{0.036+0.04}{10}})(=)(2sqrt{0.0076})(=)(sqrt{0.0304})

由于 (sqrt{0.09}>sqrt{0.0304})，即 (ar{y}-ar{x}>) (2sqrt{cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}})，

故新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高。

【2021年高考乙卷文科数学第 (18) 题】 如图，四棱锥 (P-ABCD) 的底面是矩形， (PDperp) 底面 (ABCD)，(M) 为 (BC) 的中点，且 (PB perp AM) .

(1). 证明: 平面 (PAMperp) 平面 (PBD);

证明：(left.egin{array}{l}{PDperp extbf{底面} ABCD }\{AMsubseteq extbf{平面} ABCD }end{array}quad ight}Rightarrow)(left.egin{array}{l}PBperp AM\{PBsubseteq extbf{平面} PDB}\{PDperp AM}\{PDsubseteq extbf{平面} PDB}\PBcap PD=Pend{array}quad ight}Rightarrow)(left.egin{array}{l}{AMperp extbf{平面} PBD }\{AMsubseteq extbf{平面} PAM }end{array}quad ight}Rightarrow)

( extbf{平面}PAMperp extbf{平面} PBD).

(2). 若 (PD=DC=1) ，求四棱锥 (P-ABCD) 的体积.

难点主要是求解矩形的宽 (BC) ，可以从以下三个思路思考求解：

思路一：利用直角三角形相似求解，由于 (AMperp)平面 (PBD) ，故有 (AMperp BD)，

由于 (angle BAM+angle DAM=cfrac{pi}{2})， (angle ADB+angle DAM=cfrac{pi}{2})，

故 (angle ADB=angle BAM)， 且 (Rt riangle ADBsim Rt riangle BAM)，

则有 (cfrac{AD}{AB}=cfrac{AB}{BM})，令 (BM=x)，则 (cfrac{2x}{1}=cfrac{1}{x})，

解得 (x=cfrac{sqrt{2}}{2})，故 (BC=2x=sqrt{2})；

故 (S_{ABCD}=1 imes sqrt{2}=sqrt{2})， (V=cfrac{1}{3} imes S_{ABCD} imes h=cfrac{1}{3} imes sqrt{2} imes 1=cfrac{sqrt{2}}{3}).

思路二：由于 (AMperp)平面 (PBD) ，故有 (AMperp BD)，此时我们可以利用平面向量解决问题，

建立如右图所示的平面坐标系，[文科学生可以将底面四边形从立体图形中拿出来单独成图， 理科学生可以直接在立体图形中建系]，这样难点就变成求解 (AD)的长度；

则点(D(0,0)) ，(C(1,0))，设(|AD|=2x)，则 (A(0,-2x))， (M(1,-x))， (B(1,-2x))，

则 (overrightarrow{DB}=(1,-2x))， (overrightarrow{AM}=(1,x))，由于 (AMperp BD)，

则(overrightarrow{DB}cdotoverrightarrow{AM}=0)，即 ((1,-2x)cdot(1,x)=0)，

即 (1-2x^2=0)，解得(x=cfrac{sqrt{2}}{2})，故 (AD=BC=sqrt{2})，

故 (S_{ABCD}=1 imes sqrt{2}=sqrt{2})， (V=cfrac{1}{3} imes S_{ABCD} imes h=cfrac{1}{3} imes sqrt{2} imes 1=cfrac{sqrt{2}}{3}).

思路三：利用 (Rt riangle) 求解 (BC) 的长度；

取 (DC) 和 (PC) 的中点分别为 (E) 和 (F) ，连结 (EA)、 (EM)、(EF)、(FA) 、(FM)，

由于 (PDperp) 下底面 (ABCD) ，故 (FEperp) 下底面 (ABCD) ，

则 ( riangle FEA) 和 ( riangle FEM) 为 (Rt riangle)，

又由于 (ME//BD) ， (MF//PB) ， (AMperp PB) ，

故 (AMperp MF) ，则 ( riangle AMF) 为 (Rt riangle)，

令 (BM=CM=x)，则 (AD=2x)， (DE=EF=CE=cfrac{1}{2})，

(MF^2=ME^2+EF^2=cfrac{1}{4}+x^2+cfrac{1}{4}=cfrac{1}{2}+x^2)，

(AF^2=AE^2+EF^2=cfrac{1}{4}+(2x)^2+cfrac{1}{4}=cfrac{1}{2}+4x^2)，

(AM^2=1+x^2)，由于 (AF^2=AM^2+MF^2) ，

则有 (cfrac{1}{2}+4x^2=cfrac{1}{2}+x^2+1+x^2)，

解得 (x=cfrac{sqrt{2}}{2})，故 (BC=2x=sqrt{2})，

故 (S_{ABCD}=1 imes sqrt{2}=sqrt{2})， (V=cfrac{1}{3} imes S_{ABCD} imes h=cfrac{1}{3} imes sqrt{2} imes 1=cfrac{sqrt{2}}{3}).

【2021年高考乙卷文科数学第 (19) 题】 设 ({a_{n}}) 是首项为 (1) 的等比数列，数列 ({b_{n}}) 满足 (b_{n}=cfrac{na_n}{3})， 已知 (a_{1})， (3a_{2})， (9a_{3})成等差数列.

(1). 求 ({a_{n}}) 和 ({b_{n}})的通项公式;

解析：由于 (a_{1})， (3a_{2})， (9a_{3})成等差数列， 所以 (6a_{2}=a_{1}+9a_{3})，

又由于 ({a_{n}}) 是首项为 (1) 的等比数列，设其公比为 (q)，

则 (6q=1+9q^{2})， 解得， (q=cfrac{1}{3})，

所以， (a_{n}=a_{1}cdot q^{n-1}=(cfrac{1}{3})^{n-1})

则 (b_{n}=cfrac{na_n}{3}=ncdot (cfrac{1}{3})^{n})

(2). 记 (S_{n}) 和 (T_{n}) 分别为 ({a_{n}}) 和 ({b_{n}}) 的前 (n) 项和， 证明: (T_{n}<cfrac{S_n}{2}).

解析： 由于 (a_{n}=(cfrac{1}{3})^{n-1})， (b_{n}=cfrac{na_n}{3}=ncdot (cfrac{1}{3})^{n}) ，

则 (S_{n}=cfrac{1 imes[1-(cfrac{1}{3})^{n}]}{1-cfrac{1}{3}}=cfrac{3}{2}(1-cfrac{1}{3^n}))，则 (cfrac{S_n}{2}=cfrac{3}{4}(1-cfrac{1}{3^n}))，

由于 (T_n=b_1+b_2+b_3+cdots+b_n)

则 (T_n=1cdotcfrac{1}{3}+2cdotcfrac{1}{3^2}+3cdotcfrac{1}{3^3}+cdots+ncdotcfrac{1}{3^n}) (quadquad①)

(cfrac{1}{3}cdot T_n=quadquad 1cdotcfrac{1}{3^2}+2cdotcfrac{1}{3^3}+cdots+(n-1)cdotcfrac{1}{3^n}+ncdotcfrac{1}{3^{n+1}}) (quad②)

由 (①-②) 得到， (cfrac{2}{3}cdot T_n=cfrac{1}{3}+cfrac{1}{3^2}+cfrac{1}{3^3}+cdots+cfrac{1}{3^n}-ncdotcfrac{1}{3^{n+1}})

则 (cfrac{2}{3}cdot T_n=cfrac{frac{1}{3}(1-frac{1}{3^n})}{1-frac{1}{3}}-ncdotcfrac{1}{3^{n+1}})

即 (cfrac{2}{3}cdot T_n=cfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3^n})-ncdotcfrac{1}{3^{n+1}})

则 (T_n=cfrac{3}{2} imescfrac{1}{2}(1-cfrac{1}{3^n})-cfrac{3}{2} imes n imescfrac{1}{3^{n+1}})(<cfrac{3}{4}(1-cfrac{1}{3^n})=cfrac{S_n}{2})，

故 (T_{n}<cfrac{S_n}{2}) ，证毕 .

〔解后反思〕：从第二问考查了错位相减法和放缩法来看，试题难度提升了。

【2021年高考乙卷文科数学第 (20) 题】 已知拋物线 (C: y^{2}=2px(p>0)) 的焦点 (F) 到准线的距离为 (2.)
(1). 求 (C) 的方程;

解析: 由题意知， 拋物线的焦点为 (F(cfrac{P}{2},0))，拋物线的准线为 (x=-cfrac{p}{2})，

故由 (cfrac{p}{2}-(-cfrac{p}{2})=2)， 解得 (p=2)，

故 (C) 的方程为 (y^{2}=4x) .

(2). 已知 (O) 为坐标原点，点 (P) 在 (C) 上，点 (Q) 满足 (overrightarrow{PQ}=9overrightarrow{QF})， 求直线 (OQ) 斜率的最大值.

分析：由于题目中涉及到向量的倍数关系，故我们联想到利用向量的坐标来刻画向量，这样我们采用抛物线的参数方程的形式来设点的坐标，就非常方便我们表达求直线 (OQ) 斜率。

解析：由于 (C) 的方程为 (y^{2}=4x) ，故设点 (P(4t^2,4t))，(tin R)，

又由于 (F(1,0)) ，设点 (Q(m,n)) ， 则 (overrightarrow{PQ}=(m-4t^2,n-4t)) ， (9overrightarrow{QF}=9(1-m,0-n)) ，

则由 (overrightarrow{PQ}=9overrightarrow{QF})，可得到 (left{egin{array}{l}{m-4t^2=9-9m}\{n-4t=-9n}end{array} ight.quad)

解得， (left{egin{array}{l}{m=cfrac{2}{5}t^2+cfrac{9}{10}}\{n=cfrac{2}{5}t}end{array} ight.quad)，由于 (k_{_{OQ}}=cfrac{n-0}{m-0})，

由图可知，当(tleqslant 0)时，点 (P) 和点 (Q) 均在第四象限，不符合题意，故我们只需要讨论 (t>0)时的情形即可；

故 (k_{_{OQ}})(=)(cfrac{frac{2}{5}t}{cfrac{2}{5}t^2+cfrac{9}{10}})(xlongequal[变量得以集中到分母位置]{分子分母同除以frac{2}{5}t}cfrac{1}{t+cfrac{9}{4t}})(leqslant cfrac{1}{2sqrt{tcdotcfrac{9}{4t}}})(=)(cfrac{1}{3})，

当且仅当 (t=cfrac{3}{2})时取到等号；

故 (k_{_{OQ}})的最大值为 (cfrac{1}{3}) .

【2021年高考乙卷文科数学第 (21) 题】 已知函数 (f(x)=x^{3}-x^{2}+ax+1) .

(1). 讨论 (f(x)) 的单调性 ;

解析： 函数 (f(x)) 的定义域为 ((-infty,+infty))，

(f'(x)=3x^2-2x+a=3(x-cfrac{1}{3})^2+a-cfrac{1}{3})，

[备注：为什么分类讨论和如何分类讨论；由二次函数的图像，结合图像的最低点，分类讨论如下]

① 当 (ageqslantcfrac{1}{3}) 时，(f'(x)geqslant 0)，且仅在 (x=cfrac{1}{3}) 时取到等号，故 (f(x)) 在 ((-infty,+infty))上单调递增；

② 当 (a<cfrac{1}{3}) 时，令 (f'(x)=0) ，则 (x_1=cfrac{1-sqrt{1-3a}}{3}) ， (x_2=cfrac{1+sqrt{1-3a}}{3}) ，

当 (xin (-infty,x_1)) 时， (f'(x)>0) ， (f(x)) 单调递增，

当 (xin (x_1,x_2)) 时， (f'(x)<0) ， (f(x)) 单调递减，

当 (xin (x_2,+infty)) 时， (f'(x)>0) ， (f(x)) 单调递增，

综上所述，当(ageqslantcfrac{1}{3}) 时， (f(x)) 在 ((-infty,+infty))上单调递增；

当 (a<cfrac{1}{3}) 时， (xin (-infty,cfrac{1-sqrt{1-3a}}{3})) 时， (f(x)) 单调递增，

(xin (cfrac{1-sqrt{1-3a}}{3},cfrac{1+sqrt{1-3a}}{3})) 时， (f(x)) 单调递减，

(xin (cfrac{1+sqrt{1-3a}}{3},+infty)) 时， (f(x)) 单调递增 .

(2). 求曲线 (y=f(x)) 过坐标原点的切线与曲线 (y=f(x)) 的公共点的坐标 .

分析：先求出曲线过点 ((0,0)) 处的切线注意，是曲线经过某一点的切线，不是曲线在某点处的切线。曲线的切线(quad)，然后利用方程组求解切线和曲线的公共点的坐标 .

解析： 设切点为 (P(x_0,y_0)) ，

则 (left{egin{array}{l}{y_0=x_0^3-x_0^2+ax_0+1quadquad ①}\{f'(x_0)=k=3x_0^2-2x_0+aquad ②}\{y-y_0=(3x_0^2-2x_0+a)(x-x_0) quad③}end{array} ight.quadquad) 备注列方程组的三个角度，①切点在曲线上；②切线的斜率的几何意义；③点斜式的切线方程

①代入③，得到切线方程为 (y-(x_0^3-x_0^2+ax_0+1)=(3x_0^2-2x_0+a)(x-x_0))，

又由于切线方程经过原点 ((0,0)) ，故有

(0-x_0^3+x_0^2-ax_0-1=(3x_0^2-2x_0+a)(0-x_0))，

即 (0-x_0^3+x_0^2-ax_0-1=-3x_0^3+2x_0^2-ax_0)，

整理得到，(2x_0^3-x_0^2-1=0)，分组分解为

(2x_0^3-2-x_0^2+1=0)，即 (2(x_0^3-1)-(x_0^2-1)=0)，

变形整理为 ((x_0-1)(2x_0^2+x_0+1)=0)，由于 (2x_0^2+x_0+1>0) 恒成立，

故得到 (x_0=1) ，则 (y_0=f(x_0)=f(1)=a+1) ，即切点为 ((1,a+1)) ，

切线的斜率为 (k=a+1) ，故切线方程为 (y-(a+1)=(a+1)(x-1))，

整理得到，切线方程为 (y=(a+1)x)，

联立切线和曲线方程，即 (left{egin{array}{l}{y=(a+1)x}\{y=x^3-x^2+ax+1}end{array} ight.quad)

消去 (y) 得到，(x^3-x^2+1-x=0) ，即 ((x-1)^2(x+1)=0)，

解得 (x=1) 或 (x=-1)，

当 (x=1) 时，代入切线方程得到 (y=a+1) ； 当 (x=-1) 时，代入切线方程得到 (y=-a-1)，

故切线方程和曲线的公共点坐标为 ((1,a+1)) 和 ((-1,-a-1)) .

【2021年高考乙卷文科数学第 (21) 题】 在直角坐标系 (xOy) 中， (odot C) 的圆心为 (C(2,1))， 半径为 (1) .

(1). 写出 (odot C) 的一个参数方程我们应该明白，圆的参数方程的形式是不唯一的。其表达形式随选取的参数不同而不同，本题目给出的结果是最为常见的也最容易得到的参数方程形式。(quad);

解: 由于 (odot C) 的圆心为 (C(2, 1))，半径为 (1)，

则 (odot C) 的标准方程为 ((x-2)^{2}+(y-1)^{2}=1)，

故 (odot C) 的一个参数方程可以表达为(left{egin{array}{l}{x=2+cos heta}\{y=1+sin heta}end{array} ight.quad) (( heta)为参数)

[延申：比如，我们还可以得到其另外一种参数方程形式，(left{egin{array}{l}{x=2+sin heta}\{y=1+cos heta}end{array} ight.quad) (( heta)为参数)，一般很少见也很少采用这种形式的参数方程，如果你要问除此之外，还有没有其他的形式，我们还可以给出，不过在此略过。或许你还有疑问，为什么大家都使用答案中给出的这种形式的参数方程，这又和三角函数的定义是相关联，相一致的。]

(2). 过点 (F(4,1)) 作 (odot C) 的两条切线，以坐标原点为极点， (x) 轴正半轴为极轴建立极坐标系，求这两条切线的极坐标方程.

分析：首先做出如图所示的示意图，由图大致分析求解的方向，可以看出，题目已经给定了一个点的坐标，此时只需要切线的斜率就能写出切线的直角坐标方程，[相比于另一个思路，在极坐标系下利用建系设点列方程的思路，要更容易得到]，然后加以转化即可。

解析：设切线方程的斜率为 (k) ，

则其点斜式方程为 (y-1=k(x-4))，即 (kx-y-4k+1=0) ，

由切线和圆相切可知，圆心到切线的距离 (d) 和圆的半径 (r) 相等，即 (d=r=1)，

则 (d=cfrac{|2k-1-4k+1|}{sqrt{k^2+1}}=1) ，

解得 (k=pm cfrac{sqrt{3}}{3})，故切线的直角坐标方程为 (y-1=pmcfrac{sqrt{3}}{3}(x-4))，

由于 (x= hocdot cos heta)，(y= hocdotsin heta)，

故所求切线的极坐标方程为 ( hocdotsin heta=pmcfrac{sqrt{3}}{3}( hocdotcos heta-4)+1).