2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第6-10题解析版

这是一份2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题第6-10题解析版，共31页。试卷主要包含了将正三棱柱截去三个角为等内容，欢迎下载使用。

 2021年全国高考甲卷数学（理）试题变式题6-10题
原题6
1．在一个正方体中，过顶点A的三条棱的中点分别为E，F，G．该正方体截去三棱锥后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（ ）

A． B． C． D．
变式题1基础
2．在如图所示的空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别是（0,0,2），（2,2,0），（1,2，1），（2,2,2），给出编号①、②、③、④的四个图，则该四面体的正视图和俯视图分别为

A．①和② B．③和① C．④和③ D．④和②
变化题2基础
3．一个锥体的正视图和侧视图如图所示，下面选项中，不可能是该锥体的俯视图的是
    
A． B． C． D．
变式题3巩固
4．在空间直角坐标系中，一个四面体的顶点坐标分别为，，，．画该四面体三视图中的正视图时，以平面为投影面，则得到正视图可以为（    ）．
A． B．
C． D．
变式题4巩固
5．如下图，在正方体中，点是棱上一点，则三棱锥的侧视图是

A． B． C． D．
变式题5提升
6．将正三棱柱截去三个角（如图1所示A，B，C分别是△CHI三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为

A． B． C． D．
变式题6提升
7．如图所示的几何体各自的三视图中，有且仅有两个视图相同的为

A．①② B．②④
C．①④ D．①③
原题7
8．等比数列的公比为q，前n项和为，设甲：，乙：是递增数列，则（    ）
A．甲是乙的充分条件但不是必要条件
B．甲是乙的必要条件但不是充分条件
C．甲是乙的充要条件
D．甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
变式题1基础
9．已知数列的项都是实数，则对于一切，“数列为递减数列”是“”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充分必要条件 D．不充分也不必要条件
变化题2基础
10．在等比数列{an}中，“a2＞a1”是“{an}为递增数列”的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要
变式题3巩固
11．已知数列满足，其中且，则下列说法正确的是（    ）
A．当时，存在一个实数和正整数，使得，，成等差数列
B．当时，存在一个实数和正整数，使得，，成等差数列
C．当时，数列是递增的
D．当时，数列是递减的
变式题4巩固
12．已知数列{an}满足a1＝2，2anan＋1＝ ＋1，设bn＝，则数列{bn}是（    ）
A．常数列 B．摆动数列
C．递增数列 D．递减数列
变式题5提升
13．已知数列满足，，则下列选项中正确的是（    ）
A． A当且仅当时，数列为递增数列
B． B.存在实数和正整数，，使得
C． C.当且仅当时，数列为递减数列
D． D当时，数列，均为递增数列
变式题6提升
14．设无穷等比数列{an}的前n项和为Sn若－a1＜a2＜a1，则（    ）
A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列
C．数列{Sn}有最大项 D．数列{Sn}有最小项
原题8
15．2020年12月8日，中国和尼泊尔联合公布珠穆朗玛峰最新高程为8848.86（单位：m），三角高程测量法是珠峰高程测量方法之一．如图是三角高程测量法的一个示意图，现有A，B，C三点，且A，B，C在同一水平面上的投影满足，．由C点测得B点的仰角为，与的差为100；由B点测得A点的仰角为，则A，C两点到水平面的高度差约为（）（    ）

A．346 B．373 C．446 D．473
变式题1基础
16．雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像．雕像由像体和底座两部分组成．如图，在中，，在中，，且米，求像体的高度（    ）（最后结果精确到0.1米，参考数据：，，）

A．4.0米 B．4.2米 C．4.3米 D．4.4米
变式题2基础
17．为了测量西藏被誉称为“阿里之巅”冈仁波齐山峰的高度，通常采用人工攀登的方式进行，测量人员从山脚开始，直到到达山顶分段测量，最后将所有的高度差累加，得到珠峰的高度，在测量过程中，已知竖立在点处的测量觇标高米，攀登者们在处测得到觇标底点和顶点的仰角分别为，，则、的高度差约为（    ）
(参考数据：，，)

A．米 B．米
C．米 D．米
变式题3巩固
18．“欲穷千里目，更上一层楼”出自唐朝诗人王之涣的《登鹳雀楼》，鹳雀楼位于今山西永济市，该楼有三层，前对中条山，下临黄河，传说常有鹳雀在此停留，故有此名．下面是复建的鹳雀楼的示意图，某位游客（身高忽略不计）从地面点看楼顶点的仰角为30°，沿直线前进79米到达点，此时看点的仰角为45°，若，则楼高约为（    ）．

A．65米 B．74米 C．83米 D．92米
变式题4巩固
19．圣·索菲亚教堂（英语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑．1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）

A． B． C． D．
变式题5提升
20．如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角∠MAN＝60°，C点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°，从C点测得∠MCA＝60°，已知山高BC＝100 m，则山高MN＝（    ）

A．150m B．180m C．120m D．160m
变式题6提升
21．魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一题是测海岛的高．如图，点，，在水平线上，和是两个垂直于水平面且等高的测量标杆的高度，称为“表高”，称为“表距”，和都称为“表目距”，与的差称为“表目距的差”则海岛的高（    ）

A．表高 B．表高
C．表距 D．表距
原题9
22．若，则（    ）
A． B． C． D．
变式题1基础
23．已知，且，则
A．2 B． C．3 D．
变式题1基础
24．已知，，则（    ）
A． B． C． D．
变式题3巩固
25．已知，(0, π)，则=
A．1 B． C． D．1
变式题4巩固
26．若，是第三象限角，则（    ）
A． B． C． D．
变式题5提升
27．已知，则（    ）
A． B． C． D．
变式题6提升
28．若，则（    ）
A． B． C． D．
原题10
29．将3个1和2个0随机排成一行，则2个0不相邻的概率为（    ）
A．0.3 B．0.5 C．0.6 D．0.8
变式题1基础
30．6名同学到甲、乙、丙三个场馆做志愿者，每名同学只去1个场馆，甲场馆安排1名，乙场馆安排2名，丙场馆安排3名，则不同的安排方法共有（    ）
A．120种 B．90种
C．60种 D．30种
变式题2基础
31．从包括甲､乙在内的7名学生中选派4名学生排序参加演讲比赛，则甲和乙参加，且演讲顺序不相邻的概率为（    ）
A． B． C． D．
变式题3巩固
32．我国古代典籍《周易》用“卦”描述万物的变化．每一“重卦”由从下到上排列的6个爻组成，爻分为阳爻“——”和阴爻“— —”，如图就是一重卦．在所有重卦中随机取一重卦，则该重卦恰有3个阳爻的概率是

A． B． C． D．
变式题4巩固
33．生物实验室有5只兔子，其中只有3只测量过某项指标，若从这5只兔子中随机取出3只，则恰有2只测量过该指标的概率为
A． B．
C． D．
变式题5提升
34．从分别写有的张卡片中随机抽取张，放回后再随机抽取张，则抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率为
A． B． C． D．
变式题6提升
35．如图为我国数学家赵爽约3世纪初在为《周髀算经》作注时验证勾股定理的示意图，现在提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，则区域涂色不相同的概率为　　

A． B． C． D．

参考答案：
1．D
【分析】根据题意及题目所给的正视图还原出几何体的直观图，结合直观图进行判断.
【详解】由题意及正视图可得几何体的直观图，如图所示，

所以其侧视图为

故选：D



2．D
【详解】
在空间直角坐标系中，根据所给的条件标出已知的四个点，结合三视图的画图规则，可得三棱锥的正视图和俯视图分别为④②．选D．

3．C
【分析】本题首先可以通过三视图的几何性质得知三视图之间的联系，然后通过三视图的主视图与左视图来确定锥体的顶点所在的位置，最后对四个选项依次分析，即可得出结果．
【详解】本题中给出了主视图与左视图，故可以根据主视图与俯视图长对正，左视图与俯视图宽相等来找出正确选项，由主视图与左视图可知，锥体的顶点在左前方，
中的视图满足作图法则；中的视图满足作图法则；中的视图不满足锥体的顶点在左前方；中的视图满足作图法则，故选．
【点睛】本题考查了三视图的相关性质，主要考查了三视图中的主视图、左视图与俯视图的联系，考查空间想象能力，体现了基础性，是简单题．
4．A
【详解】
因为一个四面体的顶点在空间直角坐标系O-xyz中的坐标分别是
（0，0，2），（2，2，0），（0，2，0），（2，2，2）．
画出几何体的直观图，如图
所以，以zOx平面为投影面，则得到正视图为AOC,
故选A.
5．D
【详解】由题意知三棱锥的侧视图即为三棱锥在侧面上的正投影，点点的投影为,点的投影为，点的投影为，故侧视图为上宽下窄的梯形，且左下到右上的对角线为实线，左上到右下的对角线为虚线，故D选项满足．选D．
点睛：三视图的三种题型
（1）已知几何体画出三视图，解题时要注意画三视图的规则；
（2）已知三视图还原几何体，要综合三个视图得到几何体的形状；
（3）已知三视图研究几何体，如根据三视图求几何体的体积或表面积等．
6．A
【详解】试题分析：解题时在图的右边放扇墙（心中有墙），图所示方向的侧视图，由于平面仍在平面上，故侧视图中仍然看到左侧的一条垂直下边线段的线段，可得答案A，故选A.
考点：1、几何体的三视图；2、空间想象能力.

7．B
【分析】利用三视图的作图法则，对选项判断，①的三视图相同，圆锥，四棱锥的两个三视图相同，棱台都不相同，推出选项即可．
【详解】正方体的三视图分别为：正方形、正方形、正方形，圆锥的三视图分别为，三角形、三角形、圆和点．三棱台的三视图分别为：梯形和线段、梯形、大三角形内有小三角形，正四棱锥的三视图分别为：三角形、三角形、正方形和对角线，易知只有②④符合条件，故选B.
【点睛】本题主要考查几何体的三视图的识别能力，作图能力，学生的空间想象能力，三视图的投影规则是主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视 宽相等，熟记常见几何体的三视图是解题的关键，属于基础题.
8．B
【分析】当时，通过举反例说明甲不是乙的充分条件；当是递增数列时，必有成立即可说明成立，则甲是乙的必要条件，即可选出答案．
【详解】由题，当数列为时，满足，
但是不是递增数列，所以甲不是乙的充分条件．
若是递增数列，则必有成立，若不成立，则会出现一正一负的情况，是矛盾的，则成立，所以甲是乙的必要条件．
故选：B．
【点睛】在不成立的情况下，我们可以通过举反例说明，但是在成立的情况下，我们必须要给予其证明过程．
9．B
【分析】利用特例法证明充分性不成立；当成立时，两边平方可得 ，则数列为递减数列成立，即必要性满足.
【详解】由题意可得：数列的项都是实数，
当数列为递减数列时，如：数列的通项为，
此时不成立，即充分性不满足；
当成立时，有，
两边平方可得：即有，
因此数列为递减数列成立，
所以“数列为递减数列”是“”的必要不充分条件
故选：B
【点睛】本题考查了递减数列概念以及判断充分条件，必要条件，属于一般题.
10．B
【分析】根据充分发条件的定义判断．
【详解】是递增数列，则必有，必要性满足，
若，，满足，但，数列不是递增数列，充分性不满足．
应是必要不充分条件，
故选：B．
【点睛】本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题关键．
11．D
【分析】由已知式变形，再写一次（用换）可得，这样．然后根据利用等差中项法判断等差数列，利用定义判断数列的单调性．
【详解】由题意知，则，
从而，
则，
因此．
对于选项A，C，当时，
，
从而，
故数列不可能是等差数列，因此选项A错误，
若，则，
从而，
即，
因此数列是递减的，因此选项C错误；
对于选项B，D，当时，
，
从而，
故数列不可能是等差数列，因此选项B错误，
若，则，
从而，
即，
因此数列是递减的，选项D正确．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查等差数列的判断，数列的单调性，解题关键是对已知递推关系变形得出是常数，根据利用等差数列和单调性的概念判断．
12．D
【分析】由题可得，利用条件可得出，进而可得.
【详解】∵，
∴，
∵，
>0，
∵a1＝2，
∴，……
∴数列{bn}是递减数列.
故选：D.
13．D
【分析】根据数列的单调性的定义，结合不等式的性质、对钩函数的单调性进行求解即可.
【详解】，，
所以当时，，
当时，数列是递增数列，
因此有或，而，所以，
因此必有或，而，
所以有或，因此选项A,C不正确；
因为，所以选项B不正确；
当时，数列是递增数列，故，
，而函数在时，单调递增，故数列是单调递增数列；
，而函数在时，单调递增，故数列为单调递增数列.
故选：D
【点睛】本题考查了数列的单调性判断，考查了对钩函数的单调性的应用，考查了数学运算能力.
14．D
【分析】根据已知求得的范围，然后根据的正负分类讨论确定的单调性．
【详解】因为，所以，，即，
若，，，是递增数列，排除AC，
若，则，，易知，，是摆动数列，排除B，
当时，是递增数列，是最小项．
当时，，，
所以，所以中是最小项．D正确．
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查数列的单调性，解题关键是通过与的关系进行判断，难点是摆动数列的最小项问题，需要利用进行证明．
15．B
【分析】通过做辅助线，将已知所求量转化到一个三角形中，借助正弦定理，求得，进而得到答案．
【详解】
过作，过作，
故，
由题，易知为等腰直角三角形，所以．
所以．
因为，所以
在中，由正弦定理得：
，
而，
所以
所以．
故选：B．
【点睛】本题关键点在于如何正确将的长度通过作辅助线的方式转化为．



16．B
【分析】在和中，利用正切值可求得，进而求得.
【详解】在中，（米），
在中，（米），
（米）.
故选：.
【点睛】本题考查解三角形的实际应用中的高度问题的求解，属于基础题.
17．C
【解析】在中，由条件可得，再在中，由可得解.
【详解】
如图所示，在中，由正弦定理可得 ，
由，，
所以，
在中，.
故选：C.
18．B
【解析】设的高度为，在直角三角形中用表示出，由可求得得楼高．
【详解】设的高度为，
则由已知可得，，，
所以，解得，
所以楼高（米）．
故选：B．
【点睛】本题考查解三角形的实际应用．属于基础题．
19．D
【分析】由正弦得出，再结合正弦定理得到，进而能求.
【详解】由题意知：，所以
在中，，
在中，由正弦定理得 所以 ，
在中，
故选：D
20．A
【分析】根据C点的仰角∠CAB＝45°，山高BC＝100 m，可求出AC，正弦定理求出AM，在三角形MAN中即可解出山高.
【详解】由题意∠CAB＝45°，BC＝100 m，，三角形ABC为直角三角形，可得，在中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，则∠AMC＝45°
由正弦定理有：
即
故
在直角三角形中，
可得
故选：
【点睛】解三角形应用题的一般步骤：
(1)阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．
(2)根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．
(3)根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．
(4)将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.
21．A
【分析】利用平面相似的有关知识以及合分比性质即可解出．
【详解】如图所示：

由平面相似可知，，而 ，所以
，而 ，
即＝ ．
故选：A.
【点睛】本题解题关键是通过相似建立比例式，围绕所求目标进行转化即可解出．



22．A
【分析】由二倍角公式可得，再结合已知可求得，利用同角三角函数的基本关系即可求解.
【详解】
，
，，，解得，
，.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题考查三角函数的化简问题，解题的关键是利用二倍角公式化简求出.
23．A
【解析】由同角三角函数的基本关系计算可得、，再根据两角差的正切公式计算可得.
【详解】解：因为，所以，又，
所以，则，
所以.
故选：
【点睛】本题考查三角恒等变换，考查运算求解能力，属于基础题.
24．D
【解析】首先由角知，再利用同角三角函数平方关系求，二倍角余弦公式以及诱导公式求即可.
【详解】，
，
又，
.
.
故选：D.
25．A
【详解】，，
，即，故

故选
26．A
【解析】由同角三角函数的基本关系可求得的值，再利用弦化切以及二倍角的正弦和余弦公式可求得所求代数式的值.
【详解】，是第三象限角，，
因此，，
故选：A.
【点睛】方法点睛：三角函数的化简求值的规律总结：
（1）给角求值：一般给出的角是非特殊角，需观察所给角与特殊角的关系，利用三角变换转化为特殊角的三角函数问题；
（2）给值求值：即给出某些角的三角函数值，求另外一些角的三角函数值，解题关键在于“变角”，使相关角相同或具有某种关系；
（3）给值求角：实质上可转化为“给值求值”，即通过求角的某个三角函数值来求角（注意角的取值范围）.
27．C
【解析】由所给等式利用同角三角函数的关系可求得，再利用降幂公式及二倍角公式将整理为，代入相应值即可得解.
【详解】由可得
所以，即，即

故选：C
【点睛】关键点睛：本题考查同角三角函数的关系、降幂公式、二倍角公式，解答本题的关键是由条件有，从而可得，由可解，属于中档题.
28．C
【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．
【详解】将式子进行齐次化处理得：

．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论．
29．C
【分析】利用古典概型的概率公式可求概率.
【详解】解：将3个1和2个0随机排成一行，可以是：
，
共10种排法，
其中2个0不相邻的排列方法为：
，
共6种方法，
故2个0不相邻的概率为，
故选：C.
30．C
【分析】分别安排各场馆的志愿者，利用组合计数和乘法计数原理求解.
【详解】首先从名同学中选名去甲场馆，方法数有；
然后从其余名同学中选名去乙场馆，方法数有；
最后剩下的名同学去丙场馆.
故不同的安排方法共有种.
故选：C
【点睛】本小题主要考查分步计数原理和组合数的计算，属于基础题.
31．B
【分析】甲和乙参加的概率为，甲和乙演讲顺序不相邻的概率为，由此能求出甲和乙参加，且演讲顺序不相邻的概率．
【详解】甲和乙参加的概率为，甲和乙演讲顺序不相邻的概率为，
所求概率为；或直接为.
故选：B.
32．A
【分析】本题主要考查利用两个计数原理与排列组合计算古典概型问题，渗透了传统文化、数学计算等数学素养，“重卦”中每一爻有两种情况，基本事件计算是住店问题，该重卦恰有3个阳爻是相同元素的排列问题，利用直接法即可计算．
【详解】由题知，每一爻有2种情况，一重卦的6爻有情况，其中6爻中恰有3个阳爻情况有，所以该重卦恰有3个阳爻的概率为=，故选A．
【点睛】对利用排列组合计算古典概型问题，首先要分析元素是否可重复，其次要分析是排列问题还是组合问题．本题是重复元素的排列问题，所以基本事件的计算是“住店”问题，满足条件事件的计算是相同元素的排列问题即为组合问题．
33．B
【分析】本题首先用列举法写出所有基本事件，从中确定符合条件的基本事件数，应用古典概率的计算公式求解．
【详解】设其中做过测试的3只兔子为，剩余的2只为，则从这5只中任取3只的所有取法有，共10种．其中恰有2只做过测试的取法有共6种，
所以恰有2只做过测试的概率为，选B．
【点睛】本题主要考查古典概率的求解，题目较易，注重了基础知识、基本计算能力的考查．应用列举法写出所有基本事件过程中易于出现遗漏或重复，将兔子标注字母，利用“树图法”，可最大限度的避免出错．
34．D
【详解】从分别写有1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，
基本事件总数n=5×5=25，
抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数包含的基本事件有：
（2，1），（3，1），（3，2），（4，1），（4，2），（4，3），（5，1），（5，2），（5，3），（5，4），
共有m=10个基本事件，
∴抽得的第一张卡片上的数大于第二张卡片上的数的概率p=
故答案为D．
35．D
【分析】利用分步计数原理求出不同的涂色方案有420种，其中，区域涂色不相同的情况有120种，由此根据古典概型概率公式能求出区域涂色不相同的概率．
【详解】
提供5种颜色给其中5个小区域涂色，规定每个区域只涂一种颜色，相邻区域颜色不同，
根据题意，如图，设5个区域依次为,分4步进行分析：
，对于区域，有5种颜色可选；
，对于区域与区域相邻，有4种颜色可选；
，对于区域，与区域相邻，有3种颜色可选；
，对于区域，若与颜色相同，区域有3种颜色可选，
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有2种颜色可选，
则区域有种选择，
则不同的涂色方案有种，
其中，区域涂色不相同的情况有：
，对于区域，有5种颜色可选；
，区域，有4种颜色可选；
对于区域，有3种颜色可选；
，若与颜色相同，区域有2种颜色可选；
若与颜色不相同，区域有2种颜色可选，区域有1种颜色可选；
所以区域有种选择；
不同的涂色方案有种，
区域涂色不相同的概率为 ,故选D．
【点睛】本题考查古典概型概率公式的应用，考查分步计数原理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．在求解有关古典概型概率的问题时，首先求出样本空间中基本事件的总数，其次求出概率事件中含有多少个基本事件，然后根据公式求得概率.