1、（全国卷）2021年高考数学压轴卷 理（含解析）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，集合，则（ ）ABCD2复数满足为虚数单位，则等于（ ）ABCD3执行如图所示的程序框图，若输入的值是，则输出的的值是（）ABCD4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABC D 5已知，且与的夹角为，则（ ）ABCD6等差数列前项和为， ，则（ ）ABCD7设是空间中两条不同的直线，是空间中三个不同的平面，给出下列四个命题：（1）若，则；（2）若，则；（3）若，则；（4），则.其中正确命题的序号是
2、（ ）A（1）（2）B（2）（3）C（3）（4）D（1）（4）8将甲乙等4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，每个路口两人，则甲和乙不在同一路口的概率为（ ）ABCD9已知实数满足，若的最大值为8，则的值为（ ）ABC1D310为双曲线左支上一点，为其左右焦点，若的最小值为，则双曲线的离心率为（ ）ABCD11已知函数，若的零点个数为4，则实数取值范围为（ ）ABCD12已知数列的前项和，且满足，则（ ）A1013B1022C2036D2037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在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，已知，则_.14已知，若直线A
3、B与斜率为2的直线平行，则m的值为_15数式中省略号“”代表无限重复，但该式是一个固定值，可以用如下方法求得：令原式=t，则，则，取正值得.用类似方法可得_.16如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为_.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已知中，角、的对边分别是、，已知.（1）求角的大小；（2）若的面积为，若的周长为6，求三角形的边长.18如图1，在直角中，分别为，的中点，连结并延长交于点，将沿折起，使平面平面，如图
4、2所示.（1）求证：；（2）求平面与平面所成二面角的正弦值.19宁夏西海固地区，在1972年被联合国粮食开发署确定为最不适宜人类生存的地区之一.为改善这一地区人民生活的贫困状态，上世纪90年代，党中央和自治区政府决定开始吊庄移民，将西海固地区的人口成批地迁移到更加适合生活的地区.为了帮助移民人口尽快脱贫，党中央作出推进东西部对口协作的战略部署，其中确定福建对口帮扶宁夏，在福建人民的帮助下，原西海固人民实现了快速脱贫，下表是对2016年以来近5年某移民村庄100位移民的年人均收入的统计：年份20162017201820192020年份代码12345人均年收入（千元）1.32.85.78.913.
5、8现要建立关于的回归方程，有两个不同回归模型可以选择，模型一；模型二，即使画出关于的散点图，也无法确定哪个模型拟合效果更好，现用最小二乘法原理，已经求得模型一的方程为.（1）请你用最小二乘法原理，结合下面的参考数据及参考公式求出模型二的方程（计算结果保留到小数点后一位）；（2）用计算残差平方和的方法比较哪个模型拟合效果更好，已经计算出模型一的残差平方和为.附：参考数据：，其中，.参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，.20已知焦点在轴上的椭圆：，短轴长为，椭圆左顶点到左焦点的距离为（1）求椭圆的标准方程；（2）如图，已知点，点是椭圆的右顶点，直线与椭圆交于不
6、同的两点 ，两点都在轴上方，且证明直线过定点，并求出该定点坐标21已知函数为函数的导函数（1）求函数的单调区间（2）若存在实数，且使得，求证(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在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为为参数，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）写出曲线和直线的直角坐标方程；（2）若直线与轴交点记为，与曲线交于两点，求的值.23已知函数=（1）当时，求不等式的解集；（2）证明：22021新课标高考压轴卷 数学 word版参考答案1【答案】D【解析】因为集合，集合，因此，.故选
7、：D.2【答案】A【解析】解：，化为，故选：3【答案】C【解析】第一次循环，否，否，第二次循环，是，否，第三次循环，否，否，第四次循环，是，是，输出，故选：C.4【答案】D【解析】观察三视图发现：该几何体的形状为圆柱从上方削去一部分，削去部分的体积为圆柱体积一半的一半即，下方挖去半个球，故几何体的体积为：，故选：D.5【答案】C【解析】,故选：C6【答案】C【解析】，即故选：C.【点睛】思路点睛：该题考查的是有关数列的问题，解题思路如下：（1）根据题中所给的条件，结合等差数列通项公式，将其转化为关于首项与公差的式子；（2）化简求得数列的某一项；（3）结合等差数列求和公式，得到和与项的关系，求得
8、结果.7【答案】A【解析】解：对于（1），因为，所以经过作平面，使，可得，又因为，所以，结合得由此可得（1）是真命题；对于（2），因为且，所以，结合，可得，故（2）是真命题；对于（3），设直线、是位于正方体上底面所在平面内的相交直线，而平面是正方体下底面所在的平面，则有且成立，但不能推出，故（3）不正确；对于（4），设平面、是位于正方体经过同一个顶点的三个面，则有且，但是，推不出，故（4）不正确综上所述，其中正确命题的序号是（1）和（2）故选：A【点睛】本题考查空间点线面的位置关系判断，考查空间想象能力，逻辑推理能力，是中档题.本题解题的关键在于熟练的掌握线面平行、面面平行的性质和线面垂直、面
9、面垂直的判定与性质等知识8【答案】C【解析】将4名交警随机分配到两个不同路口疏导交通，方法数有种，其中甲和乙不在同一路口的方法数由种，故所求概率为.故选：C9【答案】B【解析】如图，由，解得 由图及线性规划知识可推测直线必过点，得，经验证符合题目条件故选：B【点睛】本题主要考查了根据最值求参数，属于中档题.10【答案】A【解析】设则由双曲线的定义得：，.记，令，得（1）当时，单减；，单增，不合题意，舍去；（2）当时，恒成立，单增，解得：或不满足，应舍去当时，离心率.故选：A【点睛】求椭圆（双曲线）离心率的一般思路：根据题目的条件，找到a、b、c的关系，消去b，构造离心率e的方程或（不等式）即可
10、求出离心率11【答案】D【解析】的图象如图所示：因为有4个不同的零点，故有解，设此关于方程的解为、，其中均不为零且.由题设可得关于的方程和共有4个不同的解，故（舍）或或（舍）.所以，解得.故选：D.【点睛】方法点睛：复合方程的解的讨论，一般通过换元转化为内、外方程的解来处理，注意根据已知零点的个数合理推断二次方程的根的情况.12【答案】A【解析】由数列的前项和，且满足，当时，两式相减，可得，即，令，可得，解得，所以数列表示首项为，公比为的等比数列，所以，则 ，所以，所以.故选：A.【点睛】本题考查了等比数列的定义，等比数列的通项公式以及等比数列的前项和公式的综合应用，着重考查推理与计算能力，属
11、于中档试题.13【答案】2【解析】将，利用正弦定理化简得：，即，利用正弦定理化简得：，则故答案为：2.14【答案】1或【解析】由题可知：直线AB的斜率为即又直线AB与斜率为2的直线平行所以则所以或故答案为：1或【点睛】本题考查直线斜率的坐标表示以及直线的平行关系，掌握直线平行的斜率关系，属基础题.15【答案】4【解析】根据题意类比，令，两边平方得，即，则，解得，或（舍去）.故答案为：4【点睛】本题主要考查类比推理，根据题意类比写出方程求解即可，属于基础题.16【答案】【解析】因为平面，将三棱锥补形为如图所示的直三棱柱，则它们的外接球相同，由直三棱柱性质易知外接球球心应在棱柱上下底面三角形的外心
12、连线上，记的外心为，由为等边三角形，即为等边三角形，可得又，故在中，此即为外接球半径，从而外接球表面积为故答案为：.【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积，考查了学生空间想象，逻辑推理，综合分析，数学运算的能力，属于较难题.17【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由正弦定理得：，整理可得：，又，.（2）由（1）知，若的面积为，若的周长为6，由余弦定理，得，解得.【点睛】本题考查了解三角形问题，解题的关键点是要熟练掌握正弦定理、余弦定理、面积公式，考查了学生的计算能力.18【答案】（1）证明见解析；（2）正弦值为.【解析】（1）证明：由题意知，而为的中点，又面面，面面，且平面，平面，又平面，.
13、（2）由（1）可知，两两相互垂直，可构建以E为原点，为x轴、y轴、z轴正方向空间直角坐标系，则，易知面的一个法向量为，设平面的法向量为，则：，即，令，则，设平面与平面所成锐二面角为，则，所以其正弦值为.【点睛】关键点点睛：（1）利用含30角的直角三角形性质，结合面面垂直的性质、线面垂直的判定及性质证线线垂直；（2）应用向量法求二面角的余弦值，进而求正弦值即可.19【答案】（1）；（2）模型二的拟合效果更好.【解析】（1）令，则模型二可化为关于的线性回归问题，则，则由参考数据可得，则模型二的方程为；（2）由模型二的回归方程可得，故模型二的拟合效果更好.【点睛】本题考查线性回归方程和残差平方和的计
14、算，解题的关键是正确计算出各个值，避免计算出错，正确应用公式.20【答案】（1）；（2）证明见解析，.【解析】（1）由得， 所以椭圆的标准方程为. （2）当直线斜率不存在时，直线与椭圆交于不同的两点分布在轴两侧，不合题意. 所以直线斜率存在，设直线的方程为.设、，由得，所以，. 因为，所以， 即，整理得 化简得，所以直线的方程为， 所以直线过定点.21【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析；【解析】解：（1）函数的导数为，当，即，恒成立，可得恒成立即有的增区间为，无减区间；当，即，可得的两根为，当时，可得，或；，可得，即的增区间为，；减区间为；当时，可得；，可得，即的增区间为；减区间为；综
15、上可得：当时，在上单调递增，无减区间；当时，的增区间为，；减区间为；当时，的增区间为；减区间为；（2）证明：函数的导数为，由题意可得，是的两根，且，可得，设，又，可得，由可得，即在递减，则，显然恒成立，则【点睛】本题考查导数的运用：求切线的方程和单调区间，考查分类讨论的思想方法，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用构造函数法，运用单调性解决，考查化简整理的运算能力.22【答案】（1）曲线：，直线：；（2）.【解析】（1）曲线的参数方程为为参数，且，即，曲线的直角坐标方程为.直线的极坐标方程为，而，直线的直角坐标方程为.（2）直线与轴交点记为，即，其参数方程可写为为参数)，与曲线交于，两点，把直线的参数方程代入方程，得到，即有，.【点睛】关键点点睛：（1）应用因式分解、极坐标与直角坐标关系，写出直角坐标方程；（2）求直线与x轴交点，以交点为极点写出直线的参数方程，结合曲线方程，由韦达定理求直线与曲线的两个交点与极点的距离(它们的数量关系)，进而求.23【答案】（1）或；（2）证明见解析.【解析】（1）当时，.当时，解得；当时，无解；当时，解得；综上所述：的解集为或. （2） ， 当且仅当时等号成立，所以2.
