2021全国卷Ⅲ高考压轴卷：数学（文）+答案解析

这是一份2021全国卷Ⅲ高考压轴卷：数学（文）+答案解析，共22页。试卷主要包含了已知集合，，则，已知复数为纯虚数，则，下列结论正确的是，已知向量，，满足，，则等内容，欢迎下载使用。
2021新课标Ⅲ高考压轴卷 数学（文）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．-44．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．90010．已知向量，，满足，，则（    ）A．3 B．2 C．1 D．011．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：B2．【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：D3．【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：D9．【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：A10．【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.