天津市2021年高考数学压轴卷.doc
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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.- 配套讲稿:
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