2021全国卷Ⅰ高考压轴卷：数学（理）+答案解析

2021新课标Ⅰ高考压轴卷 数学（理）

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，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．将甲､乙等4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，每个路口两人，则甲和乙不在同一路口的概率为（    ）

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．1 D．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．已知函数，若的零点个数为4，则实数取值范围为（    ）

A． B．

C． D．

12．已知数列的前项和，且满足，则（    ）

A．1013 B．1022 C．2036 D．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．如图，平面四边形中，，，，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，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，连结并延长交于点，将△沿折起，使平面平面，如图2所示.

（1）求证：；

（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.

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．已知焦点在轴上的椭圆：，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不同的两点 ，两点都在轴上方，且．证明直线过定点，并求出该定点坐标．

21．已知函数为函数的导函数．

（1）求函数的单调区间﹔

（2）若存在实数，且使得，求证∶．

(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．

2021新课标Ⅰ高考压轴卷 数学 word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】C

【解析】将4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，方法数有种，

其中甲和乙不在同一路口的方法数由种，

故所求概率为.

故选：C

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】D

【解析】的图象如图所示：

因为有4个不同的零点，故有解，

设此关于方程的解为、，其中均不为零且.

由题设可得关于的方程和共有4个不同的解，

故（舍）或或（舍）.

所以，解得.

故选：D.

【点睛】

方法点睛：复合方程的解的讨论，一般通过换元转化为内、外方程的解来处理，注意根据已知零点的个数合理推断二次方程的根的情况.

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

【解析】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】因为平面，将三棱锥补形为如图所示的直三棱柱，则它们的外接球相同，

由直三棱柱性质易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心连线上，

记的外心为，由为等边三角形，即为等边三角形，

，可得．又，

故在中，，

此即为外接球半径，从而外接球表面积为．

故答案为：.

【点睛】

本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.

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）正弦值为.

【解析】（1）证明：由题意知，而为的中点，

∴，又面面，面面，且平面，

∴平面，又平面，

∴.

（2）由（1）可知，，，两两相互垂直，可构建以E为原点，为x轴、y轴、z轴正方向空间直角坐标系，则，，，，，易知面的一个法向量为，

，设平面的法向量为，则：，即，令，则，

设平面与平面所成锐二面角为，则，所以其正弦值为.

【点睛】

关键点点睛：

（1）利用含30°角的直角三角形性质，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定及性质证线线垂直；

（2）应用向量法求二面角的余弦值，进而求正弦值即可.

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）证明见解析，.

【解析】（1）由得，

所以椭圆的标准方程为.

（2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意.

所以直线斜率存在，设直线的方程为.

设、，

由得，

所以，. 

因为，

所以，

即，整理得

化简得，

所以直线的方程为，

所以直线过定点.

21．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；

【解析】解：（1）函数的导数为

，

①当，即，恒成立，可得恒成立．

即有的增区间为，无减区间；

当，即，可得的两根为，

②当时，，

，可得，或；

，可得，

即的增区间为，；减区间为；

③当时，，，

，可得；

，可得，

即的增区间为；减区间为；

综上可得：当时，在上单调递增，无减区间；

当时，的增区间为，；减区间为；

当时，的增区间为；减区间为；

（2）证明：函数的导数为，

由题意可得，是的两根，且，，

可得，

设，，

又，可得，

，

由可得，即在递减，

则，，显然恒成立，

则．

【点睛】

本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查分类讨论的思想方法，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用构造函数法，运用单调性解决，考查化简整理的运算能力.

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.