2021全国卷Ⅲ高考压轴卷：数学（理）+答案解析

2021新课标Ⅲ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，，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．-4

4．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．已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（    ）

A．3 B．2 C． D．

10．的展开式中的系数为（    ）

A． B． C．120 D．200

11．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．已知函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围是（    ）

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．某省食品药品监管局对16个大学食堂的“进货渠道合格性”和“食品安全”进行量化评估，满分为10分，大部分大学食堂的评分在7~10分之间，以下表格记录了它们的评分情况：

（1）现从16个大学食堂中随机抽取3个，求至多有1个大学食堂的评分不低于9分的概率；

（2）以这16个大学食堂的评分数据评估全国的大学食堂的评分情况，若从全国的大学食堂中任选3个，记X表示抽到评分不低于9分的食堂个数，求X的分布列及数学期望.

19．如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且侧面底面，侧面底面，点是的中点，动点在边上移动，且．

（1）证明：底面；

（2）当点在边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值．

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（理）参考答案

1．【答案】B

【解析】因为集合，，

所以.

故选：B

2．【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：D

3．【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：D

9．【答案】D

【解析】如图:令，，则，故.

因为，所以，记的中点为，所以点在以为直径的圆上.

设，连接，因为，所以点在直线上.

因为，所以，即，所以.

结合图形可知，当时，即取得最大值，且.

故选：D

【点睛】

思路点睛：向量中有关最值的求解思路：一是形化，利用向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题；二是数化，利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值、不等式的解集、方程有解等问题.

10．【答案】A

【解析】展开式的通项公式为，

当时，，此时只需乘以第一个因式中的即可，得到；

当时，，此时只需乘以第一个因式中的即可，得到；

据此可得：的系数为.

故选：A.

【点睛】

关键点点睛：本题考查二项式定理具体展开项的系数求解问题，解题的关键是写出的通项，再分类讨论的值，确定的系数，考查学生的分类讨论思想与运算能力，属于中档题.

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】B

【解析】由题意，得，

设，求导

令，解得

当时，，单调递增；当时，，单调递减；

故当时，函数取得极大值，且

又时，；当时，，故；

作出函数大致图像，如图所示：

又，

因为存在唯一的整数，使得与的图象有两个交点，

由图可知：，即

故选：B.

【点睛】

方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

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】

【分析】

由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.

【详解】

∴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）；（2）分布列答案见解析，数学期望

【解析】（1）设表示“所抽取的3个大学食堂中有i个大学食堂评分不低于9分”，“至多有1个大学食堂评分不低于9分”记为事件，

则.

（2）由表格数据知，从这16个大学食堂中任选1个，评分不低于9分的概率为.

由题意知可取的值为，

则，，，.

所以的分布列为：

所以，数学期望.

19．【答案】（1）证明见解析；（2）.

【解析】（1）证明：侧面底面，且侧面底面，

，平面，，同理侧面底面，

且侧面底面，

，平面，，

底面．

（2）底面，点是的中点，且，

．侧面，且，

侧面，，

侧面，为二面角所成的角，

当时，，

，，三线两两垂直，分别以，，为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，得，

令，得，则，

设平面的法向量为，

由，得，令，得，

，

设二面角为，则.

【点睛】

本题考查了面面垂直的性质、线面垂直的证明，以及求二面角的余弦值，解题的关键点是建立空间直角坐标系，利用数量积公式，考查了学生的空间想象力和计算能力.

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.