2021天津市高考压轴卷：数学+答案解析

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2021天津市高考压轴卷 数学 word版含答案本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试用时120分钟。第Ⅰ卷1至3页，第Ⅱ卷4至6页。第Ⅰ卷注意事项：1．每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。2．本卷共9小题，每小题5分，共45分．参考公式：·如果事件与事件互斥，那么．·如果事件与事件相互独立，那么．·球的表面积公式，其中表示球的半径．一.选择题：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，集合，，则A．        B．         C．         D．2．“成立”是“成立”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．既不充分也不必要条件3．为了了解一片经济林的生长情况，随机抽取了其中60株树木的底部周长(单位：)，所得数据均在，上，其频率分布直方图如图所示，若在抽测的60株树木中，树木的底部周长小于100的株数为（    ）A．15 B．24 C．6 D．304．函数在的图象大致为（    ）A． B．C． D．5．已知，，，则（    ）A． B． C． D．6．将长、宽分别为和的长方形沿对角线折成直二面角，得到四面体，则四面体的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．7．已知抛物线上一点到其焦点的距离为，双曲线的左顶点为，若双曲线的一条渐近线与直线平行，则实数的值是A． B． C． D．8．已知函数，给出下列四个结论，其中正确的结论是（    ）A．函数的最小正周期是B．函数在区间上是减函数C．函数的图象关于对称D．函数的图象可由函数的图象向左平移个单位得到9．已知函数是R上的偶函数，对于都有成立，且，当，且时，都有.则给出下列命题：①；②为函数图象的一条对称轴；③函数在上为减函数；④方程在上有4个根；其中正确的命题个数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4第Ⅱ卷注意事项：1．用黑色墨水的钢笔或签字笔将答案写在答题卡上．2．本卷共11小题，共105分．二．填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分．试题中包含两个空的，答对1个的给3分，全部答对的给5分．10．是虚数单位，复数的共轭复数为______．11．在的展开式中，常数项为______．12．圆的圆心到直线的距离为，则__________．13．已知，，则的最小值为___________. 14．对某种型号的仪器进行质量检测，每台仪器最多可检测3次，一旦发现问题，则停止检测，否则一直检测到3次为止，设该仪器一次检测出现问题的概率为0.2，则检测2次停止的概率为______；设检测次数为，则的数学期望为______．15．在中，，，，则______；若，，，则的最大值为______．三．解答题：本大题共5小题，共75分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．16．（本小题满分14分）在中，内角、、的对边分别为，，，．（1）求角的大小；（2）若，．求：（ⅰ）边长；（ⅱ）的值．17．（本小题满分15分）如图，在三棱柱中，平面，点D，E分别在棱和棱上，且，M为棱的中点.（1）求证：；（2）求平面与平面的夹角余弦值；（3）求直线与平面所成角的正弦值. 18．（本小题满分15分）已知椭圆的右焦点为，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）设经过点的直线不与坐标轴垂直，直线与椭圆相交于点，，且线段的中点为，经过坐标原点作射线与椭圆交于点，若四边形为平行四边形，求直线的方程.19．（本小题满分15分）数列是等比数列，公比大于0，前项和，是等差数列，已知，，，．（Ⅰ）求数列，的通项公式，；（Ⅱ）设的前项和为（ⅰ）求；（ⅱ）若，记，求的取值范围．20．（本小题满分16分）已知函数，，，且.（1）若函数在处取得极值，求函数的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数的单调区间；（3）设，为的导函数.若存在，使成立，求的取值范围.
2021天津市高考压轴卷 数学试卷答案1.【答案】A【解析】，则
故选：A2．【答案】B【解析】由|x-1|＜2得-1＜x＜3，由x（x-3）＜0得0＜x＜3，所以“|x-1|＜2成立”是“x（x-3）＜0成立”的必要不充分条件考点：1．解不等式；2．充分条件与必要条件故选：B3．【答案】B【解析】底部周长小于100的树木的频率为，故树木的底部周长小于100的株数为，故选：B4．【答案】D【解析】 由于正切函数有意义，故需，即可排除A，B；由于为奇函数，其图象应关于原点对称，即可排除C，故选：D5．【答案】C【解析】 因为，，，所以，因此，故选：C6．【答案】A【解析】取的中点，连接、，如下图所示：由题意，因为，为的中点，所以，，所以，为四面体的外接球的球心，且球的半径为，因此，四面体的外接球的表面积为.故选：A【点睛】方法点睛：求空间多面体的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：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，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.7．【答案】A【解析】 因为抛物线上一点到其焦点的距离为，所以，即，因为，所以故选：A【点睛】凡涉及抛物线上的点到焦点距离时，一般运用定义转化为到准线距离处理．即若为抛物线上一点，则由定义易得.8．【答案】B【解析】A选项，因为，则的最小正周期，结论错误；B选项，当时，，则在区间上是减函数，结论正确；C选项，因为，则的图象不关于直线对称，结论错误；D选项，设，则，结论错误．故选：B【点睛】本题考查三角函数的恒等变换及三角函数的性质，属于中档题.9．【答案】D【解析】对于①，令，由得，又函数是R上的偶函数，∴，∴，即函数是以6为周期的周期函数，∴；又，所以，从而，即①正确；对于②，函数关于y轴对称，周期为6，∴函数图象的一条对称轴为，故②正确；对于③，当，且时，都有设，则，故函数在上是增函数，根据对称性，易知函数在上是减函数，根据周期性，函数在上为减函数，故③正确；对于④，因为，又由其单调性及周期性可知在，有且仅有，即方程在上有4个根，故④正确.故选：D【点睛】本题考查抽象函数的周期性和单调性，做题时要认真审题，属于中档题，10．【答案】i【解析】，因此，复数的共轭复数为.故答案为：11．【答案】【解析】的展开式的通项为由得，常数项为故答案为：12．【答案】0【解析】的标准方程为，则圆心为，圆心到直线的距离为，解得，故答案为：0点睛：本题主要考查圆的一般方程化为标准方程，由圆的标准方程求圆心，以及得到直线距离公式，意在考查综合运用所学知识解决问题的能力，属于简单题.13．【答案】2【解析】因为，，所以，，当且仅当时等号成立，所以最小值为2.故答案为：2【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.14．【答案】0.16    2.44【解析】 检测2次停止的概率为检测次数可取故答案为： 0.16    2.44 【点睛】方法点睛：离散型随机变量的均值的求法（1）理解随机变量的意义，写出的所有可能取值（2）求取每个值的概率（3）写出的分布列（4）由均值的定义求15．【答案】        【解析】 ①如图，作，垂足为，因为，所以，所以，即，又，，所以，即,所以；②因为，，所以,,所以，当且仅当，即时，等号成立.所以的最大值为.故答案为：  .【点睛】关键点点睛：本题的关键是灵活应用向量的投影及用基底法表示向量.16．【答案】（1）； （2）（ⅰ）；（ii）．【解析】 解：（1）由已知及正弦定理得，，， （2）（ⅰ）因为，，由余弦定理得，（ⅱ）由，因为为锐角，所以，，【点睛】本题考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，还考查同角三角函数的基本关系式，二倍角公式以及两角差的正弦公式.17．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】 解：依题意，以为原点，分别以的方向为轴，建系如图，得，，，，，，，，．（1）证明：依题意，，，从而，所以．（2）解：依题意，是平面的一个法向量，，．设为平面的法向量，则，即，取．因此有，所求平面与平面的夹角余弦值为．（3）解：依题意，．由（２）知为平面的一个法向量，于是．所以，与平面所成角的正弦值为．【点睛】本题考查利用空间向量证明线线垂直，求面面所成的角和线面所成的角的有关问题，属中档题，关键是掌握平面的法向量的求法和向量夹角的余弦值公式，准确进行向量的数量积的坐标运算余弦值．18．【答案】（1）；（2）或.【解析】 （1）解：设右焦点为，由题意可知，解得.所以椭圆的方程为.（2）(方法一)解：由题意，设直线的方程为，且.与椭圆方程联立，整理得.设，，，则，.因此，即.于是直线的斜率为，直线的方程为，与椭圆方程联立，整理得.设，解得.在平行四边形中，为中点，从而，即，因此，解得.所以，直线的方程为或.(方法二)解：求得的过程同方法一，在平行四边形中，有，设，所以.又因为点在椭圆上，从而，解得.所以，直线的方程为或.【点睛】思路点睛：解决直线与椭圆的综合问题时，要注意：（1）注意观察应用题设中的每一个条件，明确确定直线、椭圆的条件；（2）强化有关直线与椭圆联立得出一元二次方程后的运算能力，重视根与系数之间的关系、弦长、斜率、三角形的面积等问题．19．【答案】（Ⅰ）；；（Ⅱ）（i）；（ii），．【解析】 解：（Ⅰ）设数列的公比为，因为，，可得，整理得，解得（舍或  ，所以数列通项公式为．设数列的公差为，因为，，即，解得，，所以数列的通项公式为；（Ⅱ）（ⅰ）由等比数列的前项和公式可得，所以；（ⅱ）由（ⅰ）可得，所以的前项和．又在上是递增的，．所以的取值范围为，．【点睛】本题考查等差数列和等比数列的通项公式和前项和公式，考查分组求和法与裂项相消法，解题过程只要按照题意计算即可，考查了学生的运算求解能力．20．【答案】（1）；（2）调递增区间是，；单调递减区间是，；（3）.【解析】 解：（1）函数的定义域为.，由题知即解得，，所以函数.（2）令得或，令得或.所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是，（3），，由条件存在，使成立，得，对成立，又对成立，化简得，令，则问题转化为求在区间上的值域，求导得，令，为二次函数，图象开口向上，△，则，又，则，在区间上单调递增，值域为，所以的取值范围是．【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．