2021全国卷Ⅰ高考压轴卷：数学（文）+答案解析

这是一份2021全国卷Ⅰ高考压轴卷：数学（文）+答案解析，共19页。试卷主要包含了已知集合，集合，则，复数满足为虚数单位，则等于，已知，，且与的夹角为，则，等差数列前项和为， ，则等内容，欢迎下载使用。
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，集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．复数满足为虚数单位，则等于（ ）
A．B．C．D．
3．执行如图所示的程序框图，若输入的值是，则输出的的值是（ ）
A．B．C．D．
4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．
C． D．
5．已知，，且与的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
6．等差数列前项和为， ，则（ ）
A．B．C．D．
7．设是空间中两条不同的直线，是空间中三个不同的平面，给出下列四个命题：
（1）若，则；
（2）若，则；
（3）若，则；
（4），则.
其中正确命题的序号是（ ）
A．（1）（2）B．（2）（3）C．（3）（4）D．（1）（4）
8．甲、乙、丙、丁四人等可能分配到、、三个工厂工作，每个工厂至少一人，则甲、乙两人不在同一工厂工作的概率为（ ）.
A．B．C．D．
9．已知实数满足，若的最大值为8，则的值为（ ）
A．B．C．1D．3
10．为双曲线左支上一点，，，为其左右焦点，若的最小值为，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
11．已知，若函数有3个或4个零点，则函数的零点个数为
A．或B．C．或D．或或
12．已知数列的前项和，且满足，则（ ）
A．1013B．1022C．2036D．2037
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．在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，则______.
14．已知，，若直线AB与斜率为2的直线平行，则m的值为____________
15．数式中省略号“···”代表无限重复，但该式是一个固定值，可以用如下方法求得：令原式=t，则，则，取正值得.用类似方法可得__________.
16．已知为等腰直角三角形，，，为中点，现将沿翻折，使得二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为__________．
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．已知中，角、、的对边分别是、、，已知.
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，若的周长为6，求三角形的边长.
18．如图1，在直角中，分别为的中点，连结，将沿折起，使平面平面，如图2所示.
（1）求证：；
（2）求三棱锥的体积.
19．宁夏西海固地区，在1972年被联合国粮食开发署确定为最不适宜人类生存的地区之一.为改善这一地区人民生活的贫困状态，上世纪90年代，党中央和自治区政府决定开始吊庄移民，将西海固地区的人口成批地迁移到更加适合生活的地区.为了帮助移民人口尽快脱贫，党中央作出推进东西部对口协作的战略部署，其中确定福建对口帮扶宁夏，在福建人民的帮助下，原西海固人民实现了快速脱贫，下表是对2016年以来近5年某移民村庄100位移民的年人均收入的统计：
现要建立关于的回归方程，有两个不同回归模型可以选择，模型一；模型二，即使画出关于的散点图，也无法确定哪个模型拟合效果更好，现用最小二乘法原理，已经求得模型一的方程为.
（1）请你用最小二乘法原理，结合下面的参考数据及参考公式求出模型二的方程（计算结果保留到小数点后一位）；
（2）用计算残差平方和的方法比较哪个模型拟合效果更好，已经计算出模型一的残差平方和为.
附：参考数据：，其中，.
参考公式：对于一组数据，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.
20．椭圆（）的离心率为，其左焦点到点的距离为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相交于，两点（，不是左右顶点），且以为直径的圆过椭圆的右顶点，求证：直线过定点，并求出该定点的坐标．
21．已知函数，其中．
（1）求的单调区间；
（2）若对任意的，总存在，使得，求实数的值．
(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．在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.
（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；
（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于两点，求的值.
23．已知函数=．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）证明：2．
年份
2016
2017
2018
2019
2020
年份代码
1
2
3
4
5
人均年收入（千元）
1.3
2.8
5.7
8.9
13.8
2021新课标Ⅰ高考压轴卷 数学（文）wrd版参考答案
1．【答案】D
【解析】因为集合，集合，因此，.
故选：D.
2．【答案】A
【解析】解：，
，
化为，
，
故选：．
3．【答案】C
【解析】第一次循环，，，否，，否，
第二次循环，，，是，，否，
第三次循环，，，否，，否，
第四次循环，，，是，，是，输出，
故选：C.
4．【答案】D
【解析】观察三视图发现：该几何体的形状为圆柱从上方削去一部分，削去部分的体积为圆柱体积一半的一半即，下方挖去半个球，
故几何体的体积为：，
故选：D.
5．【答案】C
【解析】,
故选：C
6．【答案】C
【解析】
，即
故选：C.
【点睛】
思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：
（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；
（2）化简求得数列的某一项；
（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得结果.
7．【答案】A
【解析】解：对于（1），因为，所以经过作平面，使，可得，
又因为，，所以，结合得．由此可得（1）是真命题；
对于（2），因为且，所以，结合，可得，故（2）是真命题；
对于（3），设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，
而平面是正方体下底面所在的平面，
则有且成立，但不能推出，故（3）不正确；
对于（4），设平面、、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，
则有且，但是，推不出，故（4）不正确．
综上所述，其中正确命题的序号是（1）和（2）
故选：A
【点睛】
本题考查空间点线面的位置关系判断，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题.本题解题的关键在于熟练的掌握线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面面垂直的判定与性质等知识．
8．【答案】D
【解析】解：甲、乙、丙、丁四人等可能分配到、、三个工厂工作，每个工厂至少一人，
基本事件总数，
甲、乙两人在同一工厂工作包含的基本事件个数，
则甲、乙两人不在同一工厂工作的概率为．
故选：D．
【点睛】
本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
9．【答案】B
【解析】如图，由，解得

由图及线性规划知识可推测直线必过点，得，经验证符合题目条件
故选：B
【点睛】
本题主要考查了根据最值求参数，属于中档题.
10．【答案】A
【解析】设则由双曲线的定义得：，
∴.
记
，令，得
（1）当时，
，，单减；
，，单增，
∴，不合题意，舍去；
（2）当时，恒成立，∴单增，
∴
∴
解得：或
∵不满足，应舍去
∴当时，离心率.
故选：A
【点睛】
求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可求出离心率．
11．【答案】A
【解析】，画出左右两边图象如下图所示，由图象可知当直线是抛物线的切线是，斜率为，切点为，即，与轴交点为，要使函数有个或个交点，则需.对，判别式，故有个或个零点.
考点：函数导数与零点问题.
【思路点晴】研究函数的零点问题，其中一个方法就是将原函数化为两个函数，如本题中令，将函数化为，然后我们就可以画出左右两边函数的图象.右边图象是两条直线，含有绝对值的直线画法比较简单，只需将的图象向左或者向右平移就可以.考虑到要图象有或交点，那么相切的时候就是个交点，中间有个交点.
12．【答案】A
【解析】由数列的前项和，且满足，
当时，，
两式相减，可得，即，
令，可得，解得，
所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，
则 ，所以，
所以
.
故选：A.
【点睛】
本题考查了等比数列的定义，等比数列的通项公式以及等比数列的前项和公式的综合应用，着重考查推理与计算能力，属于中档试题.
13．【答案】2
【分析】
已知等式利用正弦定理化简，再利用两角和与差的正弦函数公式及诱导公式化简，再利用正弦定理变形即可得到结果．
【详解】
将，利用正弦定理化简得：，
即，
∵，∴，
利用正弦定理化简得：，
则．
故答案为：2.
14．【答案】1或
【解析】由题可知：直线AB的斜率为
即
又直线AB与斜率为2的直线平行
所以
则
所以或
故答案为：1或
【点睛】
本题考查直线斜率的坐标表示以及直线的平行关系，掌握直线平行的斜率关系，属基础题.
15．【答案】4
【解析】根据题意类比，令，
两边平方得，，即，
则，解得，或（舍去）.
故答案为：4
【点睛】
本题主要考查类比推理，根据题意类比写出方程求解即可，属于基础题.
16．【答案】
【解析】解：由题可得，，，
因为二面角为，所以，
所以为正三角形，将三棱锥补成如图所示的三棱柱，
则易知外接球的球心为上下底面正三角形中心连线的中点，
设为的中心，
由正弦定理得：，
，
，
则三棱锥的外接球的表面积为：．
故答案为：.
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球的表面积，以及二面角和正弦定理的应用，考查计算能力.
17．【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）由正弦定理得：，
∵，∴，
∴，
整理可得：，
∵，∴，∴，又，∴.
（2）由（1）知，若的面积为，∴，
若的周长为6，∴，
由余弦定理，得，
解得.
【点睛】
本题考查了解三角形问题，解题的关键点是要熟练掌握正弦定理、余弦定理、面积公式，考查了学生的计算能力.
18．【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：由条件可知，而为的中点
又面面，面面，且面
平面，又因为平面
（2）由题给数据知，为等边三角形，而为中点
因此中，
又底面中
故三棱锥体积
【点睛】
本题考查立体几何中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，锥体体积的求解问题，属于基础题.
19．【答案】（1）；（2）模型二的拟合效果更好.
【解析】（1）令，则模型二可化为关于的线性回归问题，
则，，
则由参考数据可得，
，
则模型二的方程为；
（2）由模型二的回归方程可得，，，
，，，
，
故模型二的拟合效果更好.
【点睛】
本题考查线性回归方程和残差平方和的计算，解题的关键是正确计算出各个值，避免计算出错，正确应用公式.
20．【答案】（1）；（2）证明详见解析，.
【解析】（1）由题：①
左焦点到点的距离为：②
由①②可解得，，．
所求椭圆的方程为．
（2）设、，将代入椭圆方程得
，
，，
且，
为直径的圆过椭圆右顶点，所以．
所以
．
整理得．
或都满足．
若时，直线为，
恒过定点，不合题意舍去；
若时，直线为，
恒过定点．
【点晴】
本题主要考查了椭圆的标准方程及其简单的几何性质应用、直线与圆锥曲线的综合问题的求解及圆的形式和两点间距离公式等基础知识的综合应用，其中把直线与椭圆相交问题转化为方程联立得到根与系数的关系，利用一元二次方程的韦达定理是解答此类问题的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力及转化与化归数学思想的应用，试题有一定的难度，属于难题．
21．【答案】（1）详情见解析；（2）．
【解析】（1）∵，，
当时，对，，
所以的单调递减区间为．
当时，令，得，
∵时，，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为
综上所述，时，的单调递减区间为；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）讨论：
①当且时，由（1）知，在上单调递减，则，
因为对任意的，总存在，使得，
所以对任意的，不存在，使得
②当时，由（1）知，在上是增函数，在上是减函数，
则
因为对，对，
所以对，不存在，使得
③当时，令，
由（1）知，在是增函数，进而知是减函数，
所以，，
，
因为对任意的，总存在，使得，
即，故有，即，
所以，解得，综上，的值为．
【点睛】
本题考查分类讨论含参函数的单调性，还考查了由函数的任意取值求参数的值，属于难题.
22．【答案】（1）曲线：，直线：；（2）.
【解析】（1）曲线的参数方程为为参数，且，即，
∴曲线的直角坐标方程为.
直线的极坐标方程为，而，
∴直线的直角坐标方程为.
（2）直线与轴交点记为，即，其参数方程可写为为参数)，与曲线交于，两点，
∴把直线的参数方程代入方程，得到，即有，
∴.
【点睛】
关键点点睛：
（1）应用因式分解、极坐标与直角坐标关系，写出直角坐标方程；
（2）求直线与x轴交点，以交点为极点写出直线的参数方程，结合曲线方程，由韦达定理求直线与曲线的两个交点与极点的距离(它们的数量关系)，进而求.
23．【答案】（1）或；（2）证明见解析.
【解析】（1）当时，.
当时，，解得；
当时，，无解；
当时，，解得；
综上所述：的解集为或.
（2）
，
当且仅当时等号成立，
所以2.