2021年高等学校招生高考文科数学全国乙卷

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学
（全国乙卷）（文科）
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。

用2B 铅笔将试卷类型填涂在答题卡相应位置上。

将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡.上对应题目洗面的答案信息点涂黑;如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。

答案不能答在试卷上。

3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案;不准使用铅笔和涂改液。

不按以上要求作答无效。

4.考生必须保持答题卡的整洁。

考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，总共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有
一项是符合题目要求的。

)
1. 已知全集U ={1,2,3,4,5}，集合M ={1,2}，N ={3,4}，则∁U (M ∪N )=( ) A.{5} B.{1,2} C.{3,4} D.{1,2,3,4}
2. 设iz =4+3i ，则z 等于( )
A.−3−4i
B.−3+4i
C.3−4i
D.3+4i
3. 已知命题p:∃x ∈R ，sinx <1，命题q:∀x ∈R ，e |x|≥1，则下列命题中为真命题的是( ) A.p ∧q
B.¬p ∧q
C.p ∧¬q
D.¬(p ∨q )
4. 函数f (x )=sin x
3+cos x
3的最小正周期和最大值分别是( ) A.3π和√2
B.3π和2
C.6π和√2
D.6π和2
5. 若x ，y 满足约束条件{x +y ≥4，
x −y ≤2，y ≤3，
则z =3x +y 的最小值为( )
A.18
B.10
C.6
D.4
6. cos 2π
12−cos 25π
12=( ) A.1
2
B.√3
3
C.√2
2
D.√3
2
7. 在区间(0,1
2)随机取1个数，则取到的数小于1
3的概率为( ) A.3
4
B.2
3
C.1
3
D.1
6
8. 下列函数中最小值为4的是( )
A.y =x 2+2x +4
B.y =|sinx|+4
|sinx| C.y =2x +22−x
D.y =lnx +4
lnx
9. 设函数f (x )=1−x
1+x ，则下列函数中为奇函数的是( ) A.f (x −1)−1 B.f (x −1)+1 C.f (x +1)−1 D.f (x +1)+1
10. 在正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1，P 为B 1D 1的中点，则直线PB 与AD 1所成的角为( ) A.π
2
B.π
3
C.π
4
D.π
6
11. 设B 是椭圆C:x 25
+y 2=1的上顶点，点P 在C 上，则|PB|的最大值为( )
A.5
2 B.√6 C.√5 D.2 12. 设a ≠0，若x =a 为函数f (x )=a (x −a )2(x −b )的极大值点，则( )
A.a <b
B.a >b
C.ab <a 2
D.ab >a 2
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分)
13. 已知向量a →
=(2,5),b →
=(λ,4)，若a →
//b →
，则λ=________． 14. 双曲线x 2
4−
y 25
=1的右焦点到直线x +2y −8=0的距离为________.
15. 记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，面积为√3，B =60∘，a 2+c 2=3ac ，则b =________．
16. 以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为________（写出符合要求的一组答案即可）．
三、解答题。

)
17. 某厂研制了一种生产高精产品的设备，为检验新设备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：
旧设备和新设备生产产品的该项指标的样本平均数分别为x 和y ，样本方差分别记为S 12
和S 22．
(1)求x ，y ，S 12，S 22；
(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y −x ≥
2√S 12
+S
22
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）.
18. 如图，四棱锥P −ABCD 的底面是矩形， PD ⊥底面ABCD ，M 为BC 的中点，且PB ⊥AM ．
(1)证明：平面PAM ⊥平面PBD ；
(2)若PD =DC =1，求四棱锥P −ABCD 的体积．
19. 设{a n }是首项为1的等比数列，数列{b n }满足b n =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：
(2)记S n 和T n 分别为{a n }和{b n }的前n 项和．证明： T n <S n 2．
20. 已知抛物线C:y 2=2px (p >0)的焦点F 到准线的距离为2． (1)求C 的方程．
(2)已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足PQ →
=9QF →
求直线OQ 斜率的最大值．
21. 已知函数f (x )=x 3−x 2+ax +1． (1)讨论f (x )的单调性；
(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．
22. 在直角坐标系xOy 中， ⊙C 的圆心为C (2,1)，半径为1.
(1)写出⊙C的一个参数方程；
(2)过点F(4,1)作⊙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．
23. 已知函数f(x)=|x−a|+|x+3|.
(1)当a=1时，求不等式f(x)≥6的解集；
(2)若f(x)>−a，求a的取值范围.
参考答案与试题解析
2021年普通高等学校招生全国统一考试数学（全国乙卷）（文科）
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，总共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由M={1,2}，N={3,4}，
所以M∪N={1,2,3,4}，
所以∁U(M∪N)={5}.
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在等式iz=4+3i两边同时乘i得，−z=4i−3，
所以z=3−4i.
故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
复合命题及其真假判断
逻辑联结词“或”“且”“非”
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知可得命题p为真命题，命题q为真命题，所以p∧q为真命题.
故选A．
4.
【答案】
C
【考点】
三角函数的最值
三角函数的周期性及其求法
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(x)=sin x
3+cos x
3
可得f(x)=√2sin(x
3
+π
4
)，
故周期为T=2π
ω=2π1
3
=6π，最大值为√2.
故选C．
5.
【答案】
C
【考点】
简单线性规划
求线性目标函数的最值【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由约束条件可得可行域如图所示，
当直线z=3x+y过点B(1,3)时，z取最小值为6. 故选C．
6.
【答案】
D
【考点】
三角函数的化简求值
诱导公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知cos2π
12−cos25π
12
=cos2π
12
−sin2π
12
=cosπ
6
=√3
2
．
故选D．
7.
【答案】
B
【考点】
几何概型计算（与长度、角度、面积、体积有关的几何概型）【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知，本题是几何概型，测度为长度P(A)=1
3
−0
1
2
−0
=2
3
．
故选B．8.
C
【考点】
基本不等式
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，当x=−1时，y取得最小值为y min=3，故该选项不符合题意；
B，易知0<|sinx|≤1，由对勾函数的性质可知，f(t)=t+4
t
在t∈(0, 1]上单调递减，
故y min=y||sinx|=1=5，故该选项不符合题意；
C，y=2x+22−x≥2√2x⋅22−x=4，当且仅当2x=22−x，即x=1时，等号成立，故该选项符合题意；
D，易知y=lnx+4
lnx
无最小值，故该选项不符合题意.
故选C．
9.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象变换
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可知f(x)=1−x
1+x =−1+2
1+x
，
f(x)向右平移1个单位，向上平移一个单位即得到g(x)=2
x
为奇函数. 故选B．
10.
【答案】
D
异面直线及其所成的角 余弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由题意可知，连接BP ， BC 1 ，PC 1则BP ， BC 1所成角即为所求角θ．
设AB =2，则BP =√6，BC 1=2√2，PC 1=√2． 由余弦定理可知cosθ=BP 2+BC 12−C 1
P 22BP⋅BC 1
=6+8−22
√6⋅2√
2
=
√3
2
， 所以夹角为π
6．
故选D ． 11. 【答案】 A 【考点】
椭圆中的平面几何问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由P 在C 上，设P (x 0,y 0)，且x 0
25+y 02
=1，B (0,1)， 因此|PB|2=x 02+(y 0−1)2，①
由x 02
5+y 02=1， x 02=5−5y 02，y 0∈[−1,1]，
代入①式得|PB|2=5−5y 02+(y 0−1)2化简得
|PB|2
=−4(y 0+14)2
+
254
，y 0∈[−1,1]．
因此当且仅当y 0=−14时， |PB|的最大值为5
2． 故选A ． 12. 【答案】 D 【考点】
函数在某点取得极值的条件 函数的图象 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：当a >0，f (x )大致图像如图所示，
易得b >a >0，
当a <0，f (x )大致图像如图所示，
易得0>a >b ． 综上所述，得ab >a 2， 故选D ．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分 13. 【答案】
85
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由已知a →
//b →
，则2×4=5λ，故λ=8
5． 故答案为：85． 14. 【答案】
√5
【考点】
点到直线的距离公式 双曲线的标准方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由题意可知，双曲线的右焦点坐标为(3,0)， 由点到直线的距离公式得d =√12+22
=√5．
故答案为：√5． 15. 【答案】
2√2
【考点】 余弦定理 正弦定理 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：由面积公式1
2acsinB =√3，则ac =4，
由余弦定理得，b 2=a 2+c 2−2accosB =12−2⋅4⋅1
2=8，
所以b=2√2．
故答案为：2√2．
16.
【答案】
③④或②⑤
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
三、解答题。

17.
【答案】
解：(1)由表中的数据可得：
x=9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7
10
=10，
y=10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5
10
=10.3，
s12=1
10
[(9.8−10)2+(10.3−10)2
+(10.0−10)2+(10.2−10)2+(9.9−10)2+(9.8−10)2 +(10.0−10)2+(10.1−10)2+(10.2−10)2+(9.7−10)2]=0.036，
S12=1
10
[(10.1−10.3)2+(10.4−10.3)2
+(10.1−10.3)2+(10.0−10.3)2+(10.1−10.3)2+(10.3−10.3)2 +(10.6−10.3)2+(10.5−10.3)2+(10.4−10.3)2+(105−10.3)2]=0.04.
(2)由(1)中的数据可得y−x=10.3−10=0.3，
2√S12+S22
10=2√0.036+0.04
10
=2√0.0076，
则0.3=√0.09>2√0.0076=√0.0304，所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
【考点】
列举法计算基本事件数及事件发生的概率
求解线性回归方程
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由表中的数据可得：
x=9.8+10.3+10.0+10.2+9.9+9.8+10.0+10.1+10.2+9.7
10
=10，
y=10.1+10.4+10.1+10.0+10.1+10.3+10.6+10.5+10.4+10.5
10
=10.3，
s12=1
10
[(9.8−10)2+(10.3−10)2
+(10.0−10)2+(10.2−10)2+(9.9−10)2+(9.8−10)2 +(10.0−10)2+(10.1−10)2+(10.2−10)2+(9.7−10)2]=0.036，
S12=1
10
[(10.1−10.3)2+(10.4−10.3)2
+(10.1−10.3)2+(10.0−10.3)2+(10.1−10.3)2+(10.3−10.3)2 +(10.6−10.3)2+(10.5−10.3)2+(10.4−10.3)2+(105−10.3)2]=0.04.
(2)由(1)中的数据可得y−x=10.3−10=0.3，
2√S12+S22
10=2√0.036+0.04
10
=2√0.0076，
则0.3=√0.09>2√0.0076=√0.0304，所以可判断新设备生产产品的该项指标的均值较旧设备有显著提高．
18.
【答案】
(1)证明：∵ PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，
∴ PD⊥AM.
∵ PD⊥AM，PB⊥AM，PB∩PD=D，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，
∴ AM⊥平面PBD.
又∵ AM⊂平面PAM，
∴ 平面PAM⊥平面PBD．
(2)解：∵ M为BC的中点，
∴ BM=1
2
AD且AB=DC=1①．
∵ AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，
∴ AM⊥BD．
则有∠BAM+∠MAD=90∘，
∠MAD+∠ADB=90∘，即∠BAM=∠ADB，
则有△BAM∽△ADB，则有BM
AB =AB
DA
，
将①式代入，解得AD=√2，
所以S
四边形ABCD
=AD⋅DC=√2×1=√2，
V P−ABCD=1
3S
四边形ABCD
⋅PD=1
3
×√2×1=√2
3
．
【考点】
平面与平面垂直的判定
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：∵ PD⊥平面ABCD，AM⊂平面ABCD，
∴ PD⊥AM.
∵ PD⊥AM，PB⊥AM，PB∩PD=D，PB⊂平面PBD，PD⊂平面PBD，∴ AM⊥平面PBD.
又∵ AM⊂平面PAM，
∴ 平面PAM⊥平面PBD．
(2)解：∵ M为BC的中点，
∴ BM=1
2
AD且AB=DC=1①．
∵ AM⊥平面PBD，BD⊂平面PBD，
∴ AM⊥BD．
则有∠BAM+∠MAD=90∘，
∠MAD+∠ADB=90∘，即∠BAM=∠ADB，
则有△BAM∽△ADB，则有BM
AB =AB
DA
，
将①式代入，解得AD=√2，
所以S
四边形ABCD
=AD⋅DC=√2×1=√2，
V P−ABCD=1
3S
四边形ABCD
⋅PD=1
3
×√2×1=√2
3
．
19. 【答案】
(1)解：设{a n }的公比为q ，则a n =q n−1， 因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列， 所以1+9q 2=2×3q ，解得q =1
3， 故a n =(13)
n−1
，b n =n
3n .
(2)证明：由(1)知，a n =(13)n−1
，b n =n
3n ，
∴ S n =
1−1
3n
1−13=32(1−1
3n )．
则T n =1
31+2
32+3
33+⋯+n−13n−1+n
3n ， 两边同乘1
3，则1
3T n =1
32+2
33+3
34+⋯+
n−13n
+n
3n+1，
两式相减，得2
3T n =1
3+1
32+1
33+1
34+⋯+1
3n −n
3n+1， 即2
3T n =
13(1−13
n )1−13
−n 3n+1=12(1−13n )−n
3n+1，
整理得T n =3
4(1−1
3n )−n
2×3n ，
2T n −S n =3
2(1−1
3n )−n
3n −3
2(1−1
3n )=−n
3n <0， 故T n <
S n 2
．
【考点】
等比数列的前n 项和 等比数列的通项公式 等差中项 数列的求和 【解析】 此题暂无解析 【解答】
(1)解：设{a n }的公比为q ，则a n =q n−1， 因为a 1，3a 2，9a 3成等差数列， 所以1+9q 2=2×3q ，解得q =1
3， 故a n =(13)
n−1
，b n =n
3n .
(2)证明：由(1)知，a n =(13)n−1
，b n =n
3n ，
∴ S n =
1−1
3
n
1−13
=32(1−1
3n )．
则T n =1
31+2
32+3
33+⋯+n−13n−1+n
3n ， 两边同乘1
3，则1
3T n =1
32+2
33+3
34+⋯+
n−13n
+n
3n+1，
两式相减，得2
3T n =1
3+1
32+1
33+1
34+⋯+1
3n −n
3n+1， 即2
3T n =
13(1−13
n )1−13
−n 3n+1=12(1−13n )−n
3n+1，
整理得T n =3
4(1−1
3n )−n
2×3n ，
2T n −S n =3
2(1−1
3n )−n
3n −3
2(1−1
3n )=−n
3n <0， 故T n <S n 2
．
20. 【答案】
解：(1)在抛物线中，焦点F 到准线的距离为p ，故p =2，y 2=4x ． (2)设点P (x 1,y 1), Q (x 2,y 2) ，F (1,0)，
则PQ →
=(x 2−x 1,y 2−y 1)， QF →
=(1−x 2,−y 2)，
因为PQ →
=9QF →
，所以x 2−x 1=9(1−x 2)，y 2−y 1=−9y 2， 那么x 1=10x 2−9，y 1=10y 2，
又因为点在P 抛物线上， y 12
=4x 1，
所以(10y 2)2=4(10x 2−9)，则点Q 的轨迹方程为y 2=25x −9
25，
设直线OQ 方程为y =kx ，当直线OQ 和曲线y 2=2
5x −9
25相切时，斜率最大，
联立直线与曲线方程，此时k 2x 2=2
5x −9
25，
得k 2x 2
−2
5x +9
25=0，相切时， Δ=0， (−25)2
−4k 2⋅9
25=0，
解得k =±1
3，
所以直线OQ 斜率的最大值为1
3． 【考点】 抛物线的标准方程
圆锥曲线中的范围与最值问题 直线与抛物线结合的最值问题 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)在抛物线中，焦点F 到准线的距离为p ，故p =2，y 2=4x ． (2)设点P (x 1,y 1), Q (x 2,y 2) ，F (1,0)，
则PQ →
=(x 2−x 1,y 2−y 1)， QF →=(1−x 2,−y 2)，
因为PQ →
=9QF →
，所以x 2−x 1=9(1−x 2), y 2−y 1=−9y 2， 那么x 1=10x 2−9,y 1=10y 2，
又因为点在P 抛物线上， y 12
=4x 1，
所以(10y 2)2=4(10x 2−9)，则点Q 的轨迹方程为y 2=25x −9
25，
设直线OQ 方程为y =kx ，当直线OQ 和曲线y 2=2
5x −9
25相切时，斜率最大，
联立直线与曲线方程，此时k 2x 2=2
5
x −
925
，
得k 2x 2
−2
5x +9
25=0，相切时， Δ=0， (−25)2
−4k 2⋅9
25=0， 解得k =±1
3，
所以直线OQ 斜率的最大值为1
3． 21. 【答案】
解：(1)函数f (x )=x 3−x 2+ax +1的定义域为R ，其导数为f ′(x )=3x 2−2x +a ． ①当Δ=4−12a ≤0，即a ≥1
3时，
f ′(x)≥0 在R 上恒成立，即f (x )在R 上单调递增； ②当Δ=4−12a >0，即a <13时， 令f ′(x)>0，解得x <1−√1−3a
3
或x >
1+√1−3a
3，
令f ′(x)<0，解得1−√1−3a
3
<x <
1+√1−3a
3
，
故f (x )在(−∞,1−√1−3a
3
)上单调递增，在(
1−√1−3a 3
,
1+√1−3a
3
)上单调递减，在(
1+√1−3a
3
,+∞)上
单调递增.
综上，当a ≥1
3时， f (x )在R 上单调递增； 当a <1
3时， f (x )在(−∞,1−√1−3a
3
)上单调递增，在(
1−√1−3a 3
,
1+√1−3a
3
)上单调递减，在
(
1+√1−3a
3,+∞)上单调递增.
(2)记曲线y =f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0,x 03−x 02
+ax 0+1)． f ′(x 0)=3x 02−2x 0+a ，
所以切线l 的方程为y −(x 03−x 02+ax 0+1)=(3x 02−2x 0+a )(x −x 0)， 又l 过坐标原点，则2x 03−x 02−1=0，解得x 0=1，
所以切线l 的方程为y =(1+a )x ，
若x 3−x 2+ax +1=(1+a )x ，则有方程x 3−x 2−x +1=0， 解得x =1或x =−1，
所以曲线y =f (x )过坐标原点的切线与曲线y =f (x )的公共点的坐标为(1,1+a )和(−1,−1−a )． 【考点】
利用导数研究函数的单调性 利用导数研究曲线上某点切线方程 【解析】 此题暂无解析 【解答】
解：(1)函数f (x )=x 3−x 2+ax +1的定义域为R ，其导数为f ′(x )=3x 2−2x +a ． ①当Δ=4−12a ≤0，即a ≥1
3时，
f ′(x)≥0 在R 上恒成立，即f (x )在R 上单调递增；
②当Δ=4−12a >0，即a <1
3时， 令f ′(x)>0，解得x <1−√1−3a
3
或x >
1+√1−3a
3，
令f ′(x)<0，解得1−√1−3a
3
<x <
1+√1−3a
3
，
故f (x )在(−∞,1−√1−3a
3
)上单调递增，在(
1−√1−3a 3,1+√1−3a 3)上单调递减，在(1+√1−3a
3
,+∞)上单调递增.
综上，当a ≥1
3时， f (x )在R 上单调递增； 当a <1
3时， f (x )在(−∞,1−√1−3a
3
)上单调递增，在(
1−√1−3a 3
,
1+√1−3a
3
)上单调递减，在
(
1+√1−3a
3,+∞)上单调递增.
(2)记曲线y =f (x )过坐标原点的切线为l ，切点为P (x 0,x 03−x 02
+ax 0+1)． f ′(x 0)=3x 02−2x 0+a ，
所以切线l 的方程为y −(x 03−x 02+ax 0+1)=(3x 02−2x 0+a )(x −x 0)， 又l 过坐标原点，则2x 03−x 02−1=0，解得x 0=1，
所以切线l 的方程为y =(1+a )x ，
若x 3−x 2+ax +1=(1+a )x ，则有方程x 3−x 2−x +1=0， 解得x =1或x =−1，
所以曲线y =f (x )过坐标原点的切线与曲线y =f (x )的公共点的坐标为(1,1+a )和(−1,−1−a )． 22. 【答案】
解：(1)由题意得，⊙C 的普通方程为(x −2)2+(y −1)2=1， 所以⊙C 的参数方程为{
x =2+cosθ，
y =1+sinθ
（θ为参数）.
(2)由题意得，直线斜率一定存在，
设切线方程为y −1=k (x −4)，即kx −y −4k +1=0， 此时圆心C (2,1)到直线的距离为d =√k 2+1
=r =1，
解得k =±
√3
3
， 所以切线方程为√3x −3y +3−4√3=0或√3x +3y −3−4√3=0， 化为极坐标方程为2ρcos (θ+π
3)=4−√3或2ρcos (θ−π
3)=4+√3. 【考点】
圆的参数方程
直线的极坐标方程与直角坐标方程的互化
点到直线的距离公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得，⊙C的普通方程为(x−2)2+(y−1)2=1，
所以⊙C的参数方程为{x=2+cosθ，
y=1+sinθ
（θ为参数）.
(2)由题意得，直线斜率一定存在，
设切线方程为y−1=k(x−4)，即kx−y−4k+1=0，
此时圆心C(2,1)到直线的距离为d=
√k2+1
=r=1，
解得k=±√3
3
，
所以切线方程为√3x−3y+3−4√3=0或√3x+3y−3−4√3=0，
化为极坐标方程为2ρcos(θ+π
3)=4−√3或2ρcos(θ−π
3
)=4+√3.
23.
【答案】
解：(1)当a=1时，f(x)=|x−1|+|x+3|，
|x−1|+|x+3|表示数轴上的点到1和−3的距离之和，
则f(x)≥6表示数轴上的点到1和−3的距离之和不小于6，
当x=−4或x=2时所对应的数轴上的点到1，−3所对应的点距离之和等于6，
∴ 数轴上到1，−3所对应的点距离之和大于等于6得到所对应的坐标的范围是x≤−4或x≥2，
∴ f(x)≥6的解集为(−∞,−4]∪[2,+∞).
(2)依题意f(x)>−a，即|x−a|+|x+3|>−a恒成立，
|x−a|+|x+3|=|a−x|+|x+3|≥|a+3|，
当且仅当(a−x)(x+3)≥0时取等号，
∴ f(x)min=|a+3|，故|a+3|>−a，
∴ a+3>−a或a+3<a，解得a>−3
2
，
∴ a的取值范围是(−3
2
,+∞).
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
【解答】
解：(1)当a=1时，f(x)=|x−1|+|x+3|，
|x−1|+|x+3|表示数轴上的点到1和−3的距离之和，
则f(x)≥6表示数轴上的点到1和−3的距离之和不小于6，
当x=−4或x=2时所对应的数轴上的点到1，−3所对应的点距离之和等于6，
∴ 数轴上到1，−3所对应的点距离之和大于等于6得到所对应的坐标的范围是x≤−4或x≥2，
∴ f(x)≥6的解集为(−∞,−4]∪[2,+∞).
(2)依题意f(x)>−a，即|x−a|+|x+3|>−a恒成立，
|x−a|+|x+3|=|a−x|+|x+3|≥|a+3|，
当且仅当(a−x)(x+3)≥0时取等号，
∴ f(x)min=|a+3|，故|a+3|>−a，
，
∴ a+3>−a或a+3<a，解得a>−3
2
,+∞).
∴ a的取值范围是(−3
2
第21页。