天津市2021年高考数学压轴卷.doc

天津市2021年高考数学压轴卷

天津市2021年高考数学压轴卷

年级：
姓名：

- 19 -

天津市2021年高考数学压轴卷（含解析）
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．30
4．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：A
2．【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：B
3．【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：B
4．【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：D
5．【答案】C
【解析】
因为，，，
所以，
因此，
故选：C
6．【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．