2021届全国卷之Ⅲ高考压轴卷之数学（文）Word版含答案解析

2021新课标Ⅲ高考压轴卷 数学（文）word版含答案

第I卷（选择题）

一.选择题：本大题12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的

1．已知集合，，则（    ）

A． B． C． D．

2．已知，则“”的一个充分而不必要条件是（    ）

A． B． C． D．

3．已知复数为纯虚数，则（    ）

A．2 B．4 C．-16 D．-4

4．若实数，满足约束条件，则的最小值为（    ）

A． B．1 C． D．

5．下列函数中，是偶函数且值域为的是（    ）

A． B． C． D．

6．数列是各项均为正数的等比数列，是与的等差中项，则的公比等于（    ）

A．2 B． C．3 D．

7．下列结论正确的是（    ）

A．若，则

B．若，则

C．若，，则

D．若，，，则

8．祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为的平面截该几何体，则截面面积为（    ）

A． B． C． D．

9．学校为了调查学生在课外读物方面的支出情况，抽取了一个容量为n的样本，其频率直方图如图所示，其中支出(单位：元)在[50，60]内的学生有30人，则n的值为（    ）

A．100 B．1 000 C．90 D．900

10．已知向量，，满足，，则（    ）

A．3 B．2 C．1 D．0

11．如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（    ）

A． B．

C． D．

12．已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围为

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13．已知等差数列的前项和为，，，则______.

14．在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为__________.

15．已知圆的圆心坐标是，若直线与圆相切于点，则圆C的标准方程为___________.

16．在四棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为______.

三、解答题（共70分.解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤.地17-21为必做题，每个试题都必须作答.第22、23题为选做题，考生按要求作答）

(一)必做题

17．已知公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列.

（Ⅰ）求数列的通项公式；

（Ⅱ）若，求数列的前项和.

18．3月12日为我国的植树节，某校为增强学生的环保意识，普及环保知识，于该日在全校范围内组织了一次有关环保知识的竞赛，现从参赛的所有学生中，随机抽取200人的成绩（满分为100分）作为样本，得到成绩的频率分布直方图，如图所示，其中样本数据分组区间为，，，，，．

（1）求频率分布直方图中的值，并估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）；

（2）在该样本中，若采用分层抽样的方法，从成绩低于70分的学生中随机抽取6人，查看他们的答题情况，再从这6人中随机抽取3人进行调查分析，求这3人中至少有1人成绩在内的概率．

19．如图，在矩形ABCD中，AD＝2，AB＝4，E，F分别为边AB，AD的中点．现将△ADE沿DE折起，得四棱锥ABCDE．

（1）求证：EF平面ABC；

（2）若平面ADE⊥平面BCDE，求四面体FDCE的体积．

20．已知椭圆的短轴长为2，离心率为．

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线与交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为.

（ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值；

（ⅱ）求直线的斜率的最小值．

21．已知函数．

（1）求函数在的最大值；

（2）证明：函数在有两个极值点，并判断与的大小关系．

(二) 选考题: 共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做, 则按所做的第一题计分。

22．在直角坐标系中，曲线的方程为(为参数)，直线的方程为.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求曲线和直线的极坐标方程；

（2）已知射线的极坐标方程是，且与曲线和直线在第一条限的交点分别为，求的长.

23．已知函数，.

（1）求函数的图象与直线围成区域的面积；

（2）若对于，，且时，不等式恒成立，求实数的取值范围.

2021新课标Ⅲ高考压轴卷 数学（文）参考答案

1．【答案】B

【解析】因为集合，，

所以.

故选：B

2．【答案】D

【解析】因为由推不出，由也推不出，故A不满足题意

因为，，所以B、C不满足题意

因为由可以推出，由推不出

所以是的充分不必要条件

故选：D

3．【答案】B

【解析】因为为纯虚数，

所以，，解得.

故选：B.

4．【答案】C

【解析】如图1，作出平面区域可知：的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方加1，

所以最近的距离为到直线的距离，

所以的最小值为，

故选：C.

5．【答案】D

【解析】解：对于A：，为偶函数，但值域为，故A不正确；

对于B：定义域不对称，为非奇非偶函数函数，故B不正确；

对于C：定义域不对称，为非奇非偶函数函数，故C不正确；

对于D：为偶函数，且值域为，故D正确；

故选：D.

6．【答案】A

【解析】因为是与的等差中项，所以，所以，

又因为，所以，所以或，

又因为，所以，所以，

故选：A.

7．【答案】B

【解析】法一：对A，当或时，，A错误；

对B，由，得，由是增函数，得，B正确；

对C，，，

又，两边同除以得，，C错误；

对D，由，，，得，所以，D错误.

法二：特殊值排除法，若取，则，A错误；

若取，，，则，C错误；

若取，则，D错误．

故选：B．

【点睛】

（1）解决比较大小类题目常用方法有：不等式性质直接应用、作差（商）比较法、函数单调性法、中间量法、等价转化法等.

（2）几个常用不等式结论：

；；

若，，则；

若，，则（真分数不等式性质）；

若，，则.

8．【答案】D

【解析】由题意可知，该几何体为底面半径为2，高为2的圆柱，从上面挖去一个半径为2，高为2的圆锥，所剩下的部分，如图所示：

所以截面为环形，外圆的半径为2，内圆的半径为h，所以面积为：

故选：D

9．【答案】A

【解析】由频率直方图可知，

前三组的频率之和为(0.01＋0.024＋0.036)×10＝0.7，

∴支出在[50，60]内的频率为1－0.7＝0.3，

∴n＝＝100.

故选：A

10．【答案】D

【解析】向量，，满足，，则.

故选：D.

【点睛】

本题考查了向量的模长和数量积及运算的法则，属于基础题.

11．【答案】A

【解析】设双曲线的左、右焦点分别为，，

设双曲线的一条渐近线方程为，

可得直线的方程为，与双曲线联立，

可得，，

设，，

由三角形的等面积法可得，

化简可得，①

由双曲线的定义可得，②

在三角形中，为直线的倾斜角），

由，，可得，

可得，③

由①②③化简可得，

即为，

可得，则．

故选：C．

【点睛】

本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等面积法．双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系．

12．【答案】A

【解析】令=0，所以f(x)=m.

当x≤0时，f(x)∈（-1,2 ,

当x＞0时，f(x)∈（-∞，+∞），

由于f(x)=m有两个零点，所以m∈. 故答案为A.

点睛：（1）本题主要考查零点问题，意在考查学生对零点问题的掌握水平和数形结合的思想方法.(2)解答本题的关键是画出函数f(x)的图像，再结合图像分析在何种情况下函数有两个零点.

13．【答案】7

【解析】设等差数列的公差为，因为，，

所以，解得：，，

所以.

故答案为：

14．【答案】

【解析】

∴由正弦定理，，，即，，而，

∴，

∵，即，，

∴，即，

又由余弦定理知：，

∴，即，令，

∴，即（舍去），

∴.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.

15．【答案】

【解析】因为圆心坐标为，直线与圆相切于点

根据圆心和切点的连线与直线垂直，所以，解得，

根据两点间的距离公式，可得圆的半径

故圆的标准方程为．

故答案为：

16．【答案】

【解析】如图所示，取的中点，连接，，并连接交于，

连接.因为，，

所以四边形和四边形均为平行四边形，

所以，故，

所以为外接圆的圆心且，

则，，，

因为，所以，所以．

因为，，所以，所以，

因为，所以平面

设三棱锥外接球的球心为，连接，，，

则平面，则.过点作于点，则，

故四边形为矩形，故，.

设，外接球的半径为，则，

又，则，解得，所以，

所以三棱锥外接球的表面积为．

故答案为：

【点睛】

方法点睛：求外接球半径的常用方法：

（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；

（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；

（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．

17．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，

由，，成等比数列，可得，即，

解得或（舍），所以数列的通项公式.

（Ⅱ）由（Ⅰ）得

所以，

可得，

两式相减得

所以.

【点睛】

错位相减法求解数列的前项和的分法：

（1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；

（2）注意事项：

①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；

②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；

③作差后，作差部分应用为的等比数列求和.

18．【答案】（1），74.7分；（2）．

【解析】解：（1）由频率分布直方图可得，，

解得，

这组样本数据的平均数为，

所以估计该校此次环保知识竞赛成绩的平均分为74.7分；

（2）由频率分布直方图可知，成绩在，，内的频率分别为0.06，0.12，0.18，

所以采用分层抽样的方法从样本中抽取的6人，

成绩在内的有1人，记为A,成绩在内的有2人，记为b、c，成绩在内的有3人，记为1、2、3.

故从成绩在内的6人随机抽取3人，有：Abc、Ab1、Ab2、Ab3、Ac1 、Ac2、Ac3、 A12、 A13、 A23、 bc1、bc2、 bc3、 b12、 b13、 b23、 c12、 c13、 c23、 123，共有20种，

这3人成绩均不在内，有：A12、A13、A23、123，共有4种，

记事件B: 这3人中至少有1人成绩在内

则.

所以这3人中至少有1人成绩在内的概率为．

【点睛】

（1）从频率分布直方图可以估计出的几个数据：

①众数：频率分布直方图中最高矩形的底边中点的横坐标；

②平均数：频率分布直方图每组数值的中间值乘以频率后相加；

③中位数：把频率分布直方图分成两个面积相等部分的平行于y轴的直线横坐标．

（2）古典概型的概率计算中列举基本事件的方法：

①枚举法；②列表法；③坐标法；④树状图法；⑤排列组合求事件个数..

19．【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】（1）证明：如图，取线段AC的中点M，连结MF，MB．

因为F，M为AD，AC的中点，

所以MFCD，且MFCD．

在折叠前，四边形ABCD为矩形，E为AB的中点，所以BE∥CD，且BECD．

所以MFBE，且MF＝BE．

所以四边形BEFM为平行四边形，故EFBM．

又EF平面ABC，BM平面ABC，

所以EF平面ABC．

（2）在折叠前，四边形ABCD为矩形，AD2，AB＝4，E为AB的中点，

所以ADE，CBE都是等腰直角三角形，且AD＝AE＝EB＝BC＝2．

所以∠DEA＝∠CEB＝45°，且DE＝EC＝2．

又∠DEA＋∠DEC＋∠CEB＝180°，所以∠DEC＝90°，即DE⊥CE．

又平面ADE⊥平面BCDE，平面ADE∩平面BCDE＝DE，CE平面BCDE，

所以CE⊥平面ADE，即CE为三棱锥CEFD的高．

因为F为AD的中点，所以

所以四面体FDCE的体积

20．【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．

【解析】解：（1）由题意得解得

所以椭圆的方程为．

（2）（i）设点的坐标为，

因为点是关于轴的对称点，，

所以，．

所以直线的斜率为，的斜率为．

所以．

所以直线，的斜率之比为定值．

（ii）设直线的方程为．

联立方程组化简得．

设点的坐标是，

所以．所以．

所以．

所以点的坐标是．

由（2）可知，直线的方程是．

所以点的坐标是．

所以直线的斜率．

因为，所以．

当且仅当，即时，有最小值．

所以直线的斜率的最小值是．

【点睛】

思路点睛：直线与椭圆的位置关系有设而不求和设而要求两种思路，当已知直线和椭圆的一个交点求另一个交点时用设而要求的方法，联立直线和椭圆，用韦达定理解出另一根.

21．【答案】（1）；（2）证明见解析；．

【解析】解：（1）

当时，，则，故在上单调递增，

又，所以在有唯一的零点t．

当时，；当时，．

故在上单调递减，在上单调递增，

且，，所以在的最大值为．

（2），

①当时，均单调递增，所以单调递增，

又，

所以在有唯一的零点，

此时当时，；时，，

所以是极小值点，不妨让．

②当时，，单调递增，所以；

故在上单调递增，没有极值点；

③当，．由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，

且，故有唯一的零点，

则时，，即单调递减；时，，即单调递增，

又，

所以在有唯一的零点，

此时时，；时，，

所以是极大值点，即，

所以在有两个极值点，其中，，

且，由于，所以．

因为，，且在上单调递减，

所以，即．

（判断极值点的时候，也对．）

【点睛】

思路点睛：利用导数求解函数最值的思路：

（1）若所给的闭区间不含参数，则只需对求导，并求在区间内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；

（2）若所给的区间含有参数，则需对求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值.

22．【答案】（1），；（2）.

【解析】（1）曲线的普通方程为：，化为极坐标方程为：，

即：，

直线的极坐标方程为：， 即.

（2）设点，则有，解得：，

即，

设点，则有，解得：，

即，

.

23．【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）由与围成的区域是，如图所示，

其中，，，

所以，到直线的距离为3，

故所求面积为.

（2）因为，，且，

所以，即，

若不等式恒成立，则有，

即，解不等式，

可得或或，

解之得或，

所以实数的取值范围为.

【点睛】

结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：

①若在上恒成立，则；

②若在上恒成立，则；

③若在上有解，则；

④若在上有解，则.