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 \(i\cdot z=4+3i\)，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 \(z=a+bi\)， \(a,b\in R\)，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【 \(\quad\)】

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

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 \(x\in(0,+\infty)\) 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

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

【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 \(t\in (0,1]\) ，故 选项 \(B\) 中的函数即 \(y=t+\cfrac{4}{t}\)， \(t\in (0,1]\)，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 \(m\in R\) ，在本题目中，\(m\neq 0\) ，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，\(y=2^x+2^{2-x}=2^x+\cfrac{4}{2^x}\geqslant 2\sqrt{2^x\times \cfrac{4}{2^x}}=4\)，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 \(2\times2=4\) ，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，函数图像的变换，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 \(PB_{1}=PC_{1}=\cfrac{1}{2}\sqrt{2^{2}+2^{2}}=\sqrt{2}\)，

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

所以 \(\cos\angle PBC_{1}=\cfrac{PB^{2}+BC_{1}^{2}-PC_{1}^{2}}{2\times PB\times BC_{1}}=\cfrac{6+8-2}{2\times\sqrt{6}\times2\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，

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 \(P(\sqrt{5}\cos\theta, \sin\theta)\)， \(\theta \in[0,2\pi)\)，

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

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

当 \(\sin\theta=-\cfrac{1}{4}\) 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 \(a \neq 0\)， 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 \(a\neq 0\) ，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 \(\bar{x}\) 和 \(\bar{y}\) , 样本方差分别记为 \(s_{1}^{2}\) 和 \(s_{2}^{2}\) .

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

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

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

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

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

(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 \(\bar{y}-\bar{x}\geqslant\)\(2\sqrt{\cfrac{s_{1}^{2}+s_{2}^{2}}{10}}\)， 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： \(\bar{y}-\bar{x}=10.3-10=0.3=\sqrt{0.09}\)，

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

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

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， \(PD\perp\) 底面 \(ABCD\)，\(M\) 为 \(BC\) 的中点，且 \(PB \perp AM\) .

(1). 证明: 平面 \(PAM\perp\) 平面 \(PBD\);

证明：\(\left.\begin{array}{l}{PD\perp\textbf{底面} ABCD }\\{AM\subseteq\textbf{平面} ABCD }\end{array}\quad\right\}\Rightarrow\)\(\left.\begin{array}{l}PB\perp AM\\{PB\subseteq\textbf{平面} PDB}\\{PD\perp AM}\\{PD\subseteq\textbf{平面} PDB}\\PB\cap PD=P\end{array}\quad\right\}\Rightarrow\)\(\left.\begin{array}{l}{AM\perp\textbf{平面} PBD }\\{AM\subseteq\textbf{平面} PAM }\end{array}\quad\right\}\Rightarrow\)

\(\textbf{平面}PAM\perp\textbf{平面} PBD\).

(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 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ，故有 \(AM\perp BD\)，

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

故 \(\angle ADB=\angle BAM\)， 且 \(Rt\triangle ADB\sim Rt\triangle BAM\)，

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

思路二：由于 \(AM\perp\)平面 \(PBD\) ，故有 \(AM\perp BD\)，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 \(AM\perp BD\)，

则\(\overrightarrow{DB}\cdot\overrightarrow{AM}=0\)，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 \(S_{ABCD}=1\times \sqrt{2}=\sqrt{2}\)， \(V=\cfrac{1}{3}\times S_{ABCD}\times h=\cfrac{1}{3}\times \sqrt{2}\times 1=\cfrac{\sqrt{2}}{3}\).

思路三：利用 \(Rt\triangle\) 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 \(PD\perp\) 下底面 \(ABCD\) ，故 \(FE\perp\) 下底面 \(ABCD\) ，

则 \(\triangle FEA\) 和 \(\triangle FEM\) 为 \(Rt\triangle\)，

又由于 \(ME//BD\) ， \(MF//PB\) ， \(AM\perp PB\) ，

故 \(AM\perp MF\) ，则 \(\triangle AMF\) 为 \(Rt\triangle\)，

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

【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 \(b_{n}=\cfrac{na_n}{3}=n\cdot (\cfrac{1}{3})^{n}\)

(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 \(a_{n}=(\cfrac{1}{3})^{n-1}\)， \(b_{n}=\cfrac{na_n}{3}=n\cdot (\cfrac{1}{3})^{n}\) ，

则 \(S_{n}=\cfrac{1\times[1-(\cfrac{1}{3})^{n}]}{1-\cfrac{1}{3}}=\cfrac{3}{2}(1-\cfrac{1}{3^n})\)，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 \(T_n=1\cdot\cfrac{1}{3}+2\cdot\cfrac{1}{3^2}+3\cdot\cfrac{1}{3^3}+\cdots+n\cdot\cfrac{1}{3^n}\) \(\quad\quad①\)

\(\cfrac{1}{3}\cdot T_n=\quad\quad 1\cdot\cfrac{1}{3^2}+2\cdot\cfrac{1}{3^3}+\cdots+(n-1)\cdot\cfrac{1}{3^n}+n\cdot\cfrac{1}{3^{n+1}}\) \(\quad②\)

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

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

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

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

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 \(\overrightarrow{PQ}=9\overrightarrow{QF}\)， 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 \(P(4t^2,4t)\)，\(t\in R\)，

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

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

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

由图可知，当\(t\leqslant 0\)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 \(k_{_{OQ}}\)\(=\)\(\cfrac{\frac{2}{5}t}{\cfrac{2}{5}t^2+\cfrac{9}{10}}\)\(\xlongequal[变量得以集中到分母位置]{分子分母同除以\frac{2}{5}t}\cfrac{1}{t+\cfrac{9}{4t}}\)\(\leqslant \cfrac{1}{2\sqrt{t\cdot\cfrac{9}{4t}}}\)\(=\)\(\cfrac{1}{3}\)，

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 \(a\geqslant\cfrac{1}{3}\) 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 \(x\in (-\infty,x_1)\) 时， \(f'(x)>0\) ， \(f(x)\) 单调递增，

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

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

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

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

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

\(x\in (\cfrac{1+\sqrt{1-3a}}{3},+\infty)\) 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 \(\left\{\begin{array}{l}{y_0=x_0^3-x_0^2+ax_0+1\quad\quad ①}\\{f'(x_0)=k=3x_0^2-2x_0+a\quad ②}\\{y-y_0=(3x_0^2-2x_0+a)(x-x_0) \quad③}\end{array}\right.\quad\quad\) 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 \(\left\{\begin{array}{l}{y=(a+1)x}\\{y=x^3-x^2+ax+1}\end{array}\right.\quad\)

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\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+\cos\theta}\\{y=1+\sin\theta}\end{array}\right.\quad\) (\(\theta\)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，\(\left\{\begin{array}{l}{x=2+\sin\theta}\\{y=1+\cos\theta}\end{array}\right.\quad\) (\(\theta\)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 \(y-1=\pm\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-4)\)，

由于 \(x=\rho\cdot \cos\theta\)，\(y=\rho\cdot\sin\theta\)，

故所求切线的极坐标方程为 \(\rho\cdot\sin\theta=\pm\cfrac{\sqrt{3}}{3}(\rho\cdot\cos\theta-4)+1\).