2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試題(甲卷·理科)

2021年普通高等學(xué)校招生全國統(tǒng)一考試數(shù)學(xué)試題(甲卷?理科)

壓軸題解讀

11.已知A,B,C是半徑為1的球。的球面上的三個點，且ACLBC,AC=BC=\,則三棱錐。一ABC的體積為

()

A.立B.3C.叁D.更

121244

【命題意圖】考查空間幾何體的體積，球與組合體的切接問題，考查空間想象及數(shù)學(xué)運算能力

【答案】D

【解析】AC±BC,AC=BC=l,設(shè)Oi為AB的中點，連接COI,OOI，CO尸弓，由題意00」平面ABC,在RsOO】C

中，OO0OC2-C鬣喙三棱錐O-ABC的體積為:x汐xlx*祭

B

【解題方法】利用直角三角形的外接圓的圓心為斜邊的中點，確定截面圓的圓心，再根據(jù)球心與截面圓的連線與截面

垂直，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理求三棱錐的高和體積.

12.設(shè)函數(shù)八彳)的定義域為R,7(x+l)為奇函數(shù)，兀r+2)為偶函數(shù)，當(dāng)2]時，f(x)=ax2+b.若f(0)+f(3)

=6,則/'(1)=()

A.--B.--C.-D.-

4242

【命題意圖】考查函數(shù)的奇偶性，周期性，考查學(xué)生數(shù)學(xué)抽象，邏輯推理能力

【答案】D

【解析】由題意f(x+l)為奇函數(shù)，則f(-x+D=-f(x+l),f(l)=0,

f(x+2)為偶函數(shù)，則f(x+2)=f(-x+2),

則f(x+2)=f(x+l+l)=-f(-x),f(2-x)-f(-x),f(l)=0

又有f(2-x)=f(l+(l-x))=-f(x),f(-x)=f(x),f(x)為偶函數(shù).

f(x+4)=f((x+2)+2)==f(-(x+2)+2)=f(-x)=f(x),函數(shù)f(x)的周期為4,

f(3)=f(l)=0,f(0)=-f(2).

當(dāng)xC[l,2]時,f(x)=ax2+b.由f(l)=0得a+b=O,f(0)+f(3)=6,f(0)=6,f⑵=-6

4a+b=-6,a=-2,b=2,f0=fg)=-f(|)=-[-2X(|)2+2]=|.

【解題方法】根據(jù)函數(shù)的奇偶性，求得函數(shù)為周期函數(shù)，并求出周期，根據(jù)特殊函數(shù)值列出關(guān)于a、b的方程組，并求

出a,b,再利用周期性轉(zhuǎn)化求特殊函數(shù)值.

16.已知函數(shù)/(x)=2cos(3x+0)的部分圖像如圖所示，則滿足條件&(尤)一/(一?)(/(%)—/圖))>0的最小正整

數(shù)X為.

【命題意圖】考查三角函數(shù)性質(zhì)及應(yīng)用，考查數(shù)形結(jié)合，數(shù)學(xué)運算能力

【答案】D

【解析】由圖可知，/(%)的最小正周期T=-4x(—13^--71j]=^.-.ty=2.

???(/(x)T)(/(x)—0)〉0=/(x)<0或/(x)>l.

結(jié)合圖象可知，滿足/(幻>1的離y軸最近的正數(shù)區(qū)間=°，?，無整數(shù);

/(x)<0的離y軸最近的正數(shù)區(qū)間為最小正整數(shù)x=2.

【解題方法】根據(jù)三角函數(shù)的圖象，求解三角函數(shù)的解析式，利用f(x)的取值范圍結(jié)合圖象，充分利用所求x為最小

整數(shù)這個特征，分類討論求解.

21.拋物線C的頂點為坐標(biāo)原點O,焦點在x軸上，直線/：x=l交C于P,。兩點，且0P10Q.已知點

M(2,0),且0M與I相切.

(1)求C,的方程；

(2)設(shè)義,A2,%是C上的三個點，直線4遇2,均與。M相切.判段直線&&與OM的位置關(guān)系，并說明理由.

【命題意圖】考查拋物線方程，直線與圓的位置關(guān)系，考查邏輯推理，數(shù)學(xué)運算的能力

【解析】(1)因為x=l與拋物線有兩個不同的交點，故可設(shè)拋物線C的方程為：y2=2px(p>0),

令x=l,貝!]y=±y/2p,

根據(jù)拋物線的對稱性，不妨設(shè)P在x軸上方，Q在X軸下方，故尸(1,而),Q(l,?而)，

因為OPLOQ,故I+廊x（?四）=gp=L

拋物線C的方程為：y2=x,

因為QM與/相切，故其半徑為1,故?！?（》-2）2+丁=1.

（2）設(shè)A（X|，乂），A（X,，%），A3（X3,力）?

當(dāng)A，4,4其中某一個為坐標(biāo)原點時（假設(shè)4為坐標(biāo)原點時），

設(shè)直線A4方程為履-y=o,根據(jù)點加（2,0）到直線距離為1可得/==1,解得％=土且,

Jl+/3

聯(lián)立直線A4與拋物線方程可得x=3,

此時直線與OM的位置關(guān)系為相切，

當(dāng)4，4,4都不是坐標(biāo)原點時，即不。X2。w，直線A4的方程為x?（y+%）丁+乂%=。，

此時有，J+）3=1,即（犬？1）￡+2%%+3?4=0，

Ji+（y+yJ

同理，由對稱性可得，（#?1）￥+2,%+3?片=0,

所以必，為是方程（y；?D/+2即+3?y；=。的兩根，

依題意有，直線44的方程為％?（%+%）y+y2y3=。，

2（2+^1^）2

令M到直線A,A,的距離為d,則有d2=（2+%%）=_2￡21_=1,

-1+（%+丫3）21+（咨）2

才?1

此時直線A2A3與OM的位置關(guān)系也為相切，

綜上，直線&&與QW相切.

21.已知a>0且a#l,函數(shù)/1（x）=、（％>0）.

（1）當(dāng)a=2時，求/'（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若曲線y=/（x）與直線y=l有且僅有兩個父點，求a的取值范圍.

【命題意圖】考查利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的零點，考查邏輯推理，數(shù)學(xué)運算能力

【解析】（1）a=2時，/（?=三，

2

“、2x-2x-2xln2-x2x（2-xln2）""E而一》）

（2P2、2X

當(dāng)X￡（0,士）時，r（X）>0,當(dāng)X￡（三，+00）時，/'（幻<0,

ln2ln2

故)(幻在(0,三)上單調(diào)遞增，在(三，+8)上單調(diào)遞減.

/〃2/〃2

(2)由題知/(幻=1在(0,+oo)有兩個不等實根，

/(x)=1ox"="<=>alnx=xlna<=>=色^，

xa

令g(x)=把，g，(x)==竺，g(x)在(0,e)上單調(diào)遞增，在(e,yO)上單調(diào)遞減,

XX

又limg(x)=-oo,g(e)=-,g(1)=0,Iimg(x)=0,

X->0gX-MO0

作出g(x)的大致圖象，如圖所示：

由圖象可得0<如<2，解得且aHe,

ae

壓軸題模擬

1.(2021?安徽省泗縣第一中學(xué)高三模擬(理))在正三棱錐S—ABC中，M.N分別是棱SC、8C的中點，且

MN1AM,若側(cè)棱S4=2,則正三棱錐5-ABC外接球的表面積是()

A.12萬B.32萬C.36〃D.48%

【答案】A

【解析】???/，N分別為棱SC,8c的中點，?.?三棱錐S—A3C為正棱錐，作SO,平面ABC,

連接8。交AC與。點，???底面是正三角形，SA=SB=SC,ACu平面ABC

ABD1AC,SO1AC,-：BDr>SO=O.3Du平面80S,SOu平面BDS,二AC_L平面3￡>S,

?.,53匚平面8〃5,，/1。_158,/.MN±AC,

又,：MN人AM,而AMp|AC=A,且AM，4。<=平面54。，，朋77_1_平面&4(7,

SB_L平面ZAS8=ZBSC=ZASC=90°,

以S4，SB,SC為從同一定點S出發(fā)的正方體三條棱，將此三棱錐補成以正方體，則它們有相同的外接球，正方體

的體對角線就是球的直徑，尺=至亙=JJ，所以5=4萬我=12萬.故選：A.

2

2.（2021?廣東茂名市?高三二模）蹴鞠（如圖所示），又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含

義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似今日的足球.2006年

5月20日，蹴鞠已作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準(zhǔn)列人第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.已知某蹴鞠的表面上有

四個點S、A、B、C,滿足S—A6C為正三棱錐，M是SC的中點，且AM_LS8,側(cè)棱&4=2,則該蹴鞠的表面

積為（）

A.47rB.8乃C.12%D.36%

【答案】C

【解析】取AC中點N,連接BN、SN,

為AC中點，SA=SC，

二ACJ_SN,同理AC_LBN,

由SNC\BN=N,即AC_L平面SBN,又SBu平面SBN,

/.AC±SB,而且ACcAM=A,

平面S4C,即SBJ_S4且S3J_AC.

???三棱錐S-ABC是正三棱錐，

...&4、SB、SC三條側(cè)棱兩兩互相垂直，而側(cè)棱S4=2,

正三棱錐5-ABC的外接球的直徑2R=26，得R=6，

,其外接球的表面積S=4萬/=12%,故選：C.

C

3.(2021?寧夏銀川市?高三模擬(理))已知y=/(x)為R上的奇函數(shù)，y=/(x+l)為偶函數(shù)，若當(dāng)

/(x)=log2(x+a),貝(1/(2021)=()

A.-2B.-1C.1D.2

【答案】C

【解析】???/(%)為K上的奇函數(shù),且當(dāng)％且0』時，/(x)=log2(x+a)

二/(°)=。,即1082。=。,

\。二1,

二當(dāng)工￡[0,1]時,/(X)=log2(x+1),

???/(X+1)為偶函數(shù)，

又,:/(x)為R上的奇函數(shù)，

???/(x+2)=-/(x),

；J(x+4)=-/(x+2)=/(x),

/(X)是周期為4的周期函數(shù)，

/(2021)=/(4x505+l)=/(l)=log2(l+l)=l,故選：C.

4.(2021?濟南市?山東省實驗中學(xué)高三月考)已知函數(shù)/(X)定義域為R,滿足/(力=/(2-X),且對任意

14占<4均有(玉一々){/(西)_/(%)]<0成立，則滿足/(2%-1)_/(3_力20的x的取值范圍是()

「2、4

A.(-00,-2]U-,+coB.(-oo,0]U—,+00

3

，21「八4-

C.-2,—D.0,—

【答案】D

【解析】因為函數(shù)“X)滿足〃x)=/(2—x),所以函數(shù)關(guān)于直線x=l對稱，

因為對任意1VX,<玉均有?(%一/)[/(苞)一/(々)]<0成立，所以函數(shù)“X)在[1,物)上單調(diào)遞減.

由對稱性可知/(X)在(一8,1]上單調(diào)遞增.

因為1(2%_l)_/(3_x)N0,即〃2%-1)2/(3_力,

所以|2x—1—1閆3—*一1|,即|2%—2區(qū)|2—4解得OWxW*故選：D.

5.(2021?湖南長沙市?雅禮中學(xué)高三月考)已知函數(shù)/(x)=Asin(s+e)(A>0,陷<|,?>0)的部分圖象如圖所

示，將函數(shù)/(X)的圖象向左平移a(a>0)個單位長度后，所得圖象關(guān)于直線》=三34對稱，則a的最小值為

【解析】根據(jù)函數(shù)/(%)=Asin(ox+°)(A>0,闞<|,?>0)的部分圖象，

_yr-f12zr7TC7T，、.tr-\—

可r得A=l，-?—，求得@=2.

4。123

根據(jù)圖像可得，函數(shù)過所以/(q)=2sin12x?+c[=0

TTjrjr

再根據(jù)五點法作圖，2x§+e=%,.故有/(x)=sin(2x+§).

TT

將函數(shù)/(X)的圖象向左平移。(。>0)個單位長度后，得到函數(shù)y=sin(2x+2。+])的圖象，

3萬

由所得圖象關(guān)于直線x=—對稱，

4

34Jrre4乃

可得2x---F2aH—=kjtH—,keZ,即2a=Qr----,AeZ.因為a>0

4323

TT

所以當(dāng)k=2,可得a的最小值為一,

3

IT7T

6.(2020?江蘇南京市?高三三模)已知函數(shù)/。)=2411(5+。)(其中。>0,-]<夕<5)部分圖象如圖所示，則

丐)的值為—.

2n2萬(萬、

【解析】由圖象可得——=2—---=2肛二。=1.

co13I31

(2兀\2JI7t

又/彳)=2,...7+0=^+2%肛ZeZ.

(p-----F2k兀,kGZ>ksZ.----<夕W—,(p-----.

6226

/(x)=2sinlx--

7.(2021?江蘇南京市?南京師大附中高三模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點￡(0,2),以O(shè)E為直徑的圓與拋

物線C：x2=2py(p>())交于點M,M異于原點0),MN恰為該圓的直徑，過點E作直線交拋物線與4,8兩點，過

A,B兩點分別做拋物線C的切線交于點P.

(D求證：點尸的縱坐標(biāo)為定值；

(2)若尸是拋物線C的焦點，證明：ZPFA=ZPFB.

【解析】(1)以O(shè)C為直徑的圓為/+°一1)2=1.

由題意可知該圓與拋物線交于一條直徑，

由對稱性可知交點坐標(biāo)為(1,1),(-1,1)

代入拋物線方程可得2/7=1.

所以拋物線的方程為x2=y.

設(shè)A(X],X；),B(X2,%2),

x.2-A?

所以=-----J=%+々

X]-x2

所以直線AB的方程為y-X；=(X1+x2)(%-%,),

即y=(X1+x2)x-x,x2.

因為直線AB過點C(0,2),

所以一王馬=2,所以X]工2=—2①.

因為y=2x,所以直線布的斜率為2%,直線P8的斜率為2々

直線PA的方程為y-x；=2X］（x—X］）,

即y=2X]X-x；,

同理直線PB的方程為y=2X2X-尤；

聯(lián)立兩直線方程，可得P（"^,玉工2）

由①可知點P的縱坐標(biāo)為定值-2.

pxPPFBFP

(2)cos/PE4二一.一，cosZPM=

\FA\-\FP\\FB\-\FP\'

注意到兩角都在（0,幻內(nèi),

可知要證ZPFA=ZPFB，印證絲色=“￥一（*）,

|FA|IFBI

麗=（"2一；），麗=（^|A,—g）,

所以中.髭

又網(wǎng)所以彳霸=_（，

同理絲旦=—2,（*）式得證.

|FB|4

8.（2021?浙江高三模擬）已知動直線/：如-y-2租+1=0（m€/?）恒過定點"，且點”在拋物線G：

%2=2刀（p>0）上.

（1）求點M到拋物線G的準(zhǔn)線的距離；

（2）將曲線G沿丁軸向上平移I個單位長度得到曲線。2,若點「（毛,%）在曲線G上，且在曲線G上存在A,

B,C三點，使得四邊形PABC為平行四邊形，求平行四邊形B43C的面積S的最小值.

X—2=0（X=2

【解析】⑴將g—y—2〃?+l=0整理為2）—（》—1）=0,由《一<得1一~',故M（2,l）.

y-i=0,Iy=1,

將（2,1）代入丁=2胡（〃>0）,得p=2,所以拋物線G的方程為V=4y.

所以拋物線G的準(zhǔn)線方程為y=-1，所以點M到拋物線G的準(zhǔn)線的距離為2.

（2）由（1）知，拋物線G的方程為將曲線G沿＞軸向上平移1個單位長度得到曲線c，，其方程為

4

1，,

y=—x+1.

-4

點尸（面,為）在曲線。2：y=；/+1上，故X；-4%=-4①.

連接AC，當(dāng)直線AC的斜率不存在時，ACLx軸，與拋物線G只有一個交點，不符合題意，故舍去.

y=kx+b,

當(dāng)直線AC的斜率存在時，設(shè)直線AC的方程為丫=履+〃，A（x，y）,C（w，%）,聯(lián)立，得＜得

、爐=4y,

2

x-4kx-4b=Q，△=16公+16〃＞0，則玉+々=4左，x,x2=-Ab,故線段AC的中點￡＞（2Z,2K+人）.

若四邊形PABC為平行四邊形，則3,P關(guān)于點。對稱，所以8（4女一%,4公+2人一%）.

又點8在拋物線G上，故（4%-%）2=4（#2+2萬一%），即5+0=（（片+4%）②.

點P到直線AC的距離d=辰。+一切

>IAC|—A/1+k~?|%|_X-,I-Jl+C-+x,—4%%2=4

Jl+公

J1+爐+/'

所以SAPAC=—|.<4C|'d=-x4J1+公xk~+bx-—。/，-血=.|^x0+Z>—y0|,結(jié)合①②得,

22yj\+k2

因為S=2S”“，所以S的最小值為血.

9.（2021?江西九江市?九江一中高三模擬（理））已知函數(shù)/（X）=X---（e為自然常數(shù)）.

e

（1）若/（x）在（0,+g）上單調(diào)遞增，求實數(shù)。的取值范圍；

（2）設(shè)aeH,討論函數(shù)8（幻=了一后》一/（九）的零點個數(shù).

【解析】（1）/（x）=x—§,則r（x）=C1竺二020在（0,+8）上恒成立，

eex

記尹（%）=e*+or-a,則（p（x）20在（0,+8）上恒成立,“（％）=ex+a.

當(dāng)aN—1時，0'（幻=，+。＞1+。20,即。（%）在（0,+8）上單調(diào)遞增,

.,?夕0)>0(0)=1—。20,-1<?<1；

當(dāng)。<一1時，令"(x)=e*+a=0,解得x=ln(-a),

當(dāng)0<%<111(-0)時，e'(x)<0,e(x)在(0,ln(-a))上單調(diào)遞減，

當(dāng)尤>ln(—a)時，/(x)>0,O(x)在(ln(-a),+oo)上單調(diào)遞增.

^(x)>^(In(-cz))=-2a+aln(-a)>0,解得一e24a<—I；

綜上：-e?<a<\

QX

(2)g(x)=x-\nx-f{x)=-----Inx(x>0)，

ex

令g(x)=0,得。=------(x>0),

x

人，，、exInxmi,,,、(x-l)exlnx+ex

令6(x)=-------,貝！=——J-------,