天津市2021年高考数学压轴卷(含解析).doc

天津市2021年高考数学压轴卷（含解析）

一、填空题（本大题共有12题，满分54分）考生应在答题纸上相应编号的空格内直接填写结果，第1～6题每个空格填对得4分，第7～12题每个空格填对得5分，否则一律得零分．

1．已知集合A{x|2x4},B{x|2x2}，则AA．{x|2x2} C．{x|2x2}

B（ ）

B．{x|2x4} D．{x|2x4}

2．已知(m2i)(2i)43i,mR,i为虚数单位，则m的值为（ ） A．1

B．1

C．2

D．2

3．已知不等式x22mxm240成立的必要不充分条件是x1或x2，则实数

m的最大值为（ ）

A．1

B．2

C．3

D．4

4．已知函数fx是定义在R上的偶函数，且在0,上单调递增，则（ ） A．f3flog313f2C．f20.63

0.6B．f3f2D．f20.6flog13

0.633flog13f3

B．7

f3flog13

D．3

5．已知在等差数列an中，a3a4a56, a711，则a1（ ） A．3

C．7

x2y26．已知双曲线2 1的一条渐近线的倾斜角为，则双曲线的离心率为（ ）

6a2A．23 3B．26 3C．3 D．2

7．已知sin10,5，sin()，均为锐角，则（ ） 510B．

A．

5 12 3C．

 4D．

 68．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为 A．

4 5B．

3 5C．

2 5D．

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x2，x0fx9．已知函数x1，若方程fxax有4个不同的实

x3a1x22ax，x0数根，则实数a的取值范围是（ ） A．（﹣1，0）

第II卷（非选择题)

二、选择题（本大题共有4题，满分20分）每题有且只有一个正确答案，考生应在答

题纸的相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得5分，否则一律得零分． 10．若函数f2x1x2x，则f3______________．

2B．（0，1） C．（0，1] D．（1，+∞）

111．2x展开式的常数项为 ．（用数字作答）

x12．抛物线则

，直线l经过抛物线的焦点F，与抛物线交于A、B两点，若

，

6（O为坐标原点）的面积为______．

13．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，P是侧棱CC1上一点，且C1P2PC.设三棱锥PD1DB的体积为V1，正四棱柱ABCDA1B1C1D1的体积为V，则为________.

V1的值V

14．已知函数f(x)sinx3cosx(0)，xR.若函数f(x)在区间(0，4)内恰有5个零点，则的取值范围为_________．

15．已知ab，二次三项式ax24xb0对于一切实数x恒成立，又x0R，使

a2b2ax4x0b0成立，则的最小值为____．

ab20三、解答题（本大题满分76分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编

号的规定区域内写出必要的步骤． 16．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分5分．

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已知函数f(x)2sinxcosx23cos2x3,xR. (1)求f(x)的最小正周期； (2)求f(x)在区间[,]上的最大值和最小值； 2432(3)若关于x的不等式mf(x)3mf(x)在R上恒成立，求实数m的取值范围. 17．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分5分．

如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，四边形ABB1A1，BB1C1C均为正方形，且

A1B1B1C1，M为CC1的中点，N为A1B的中点．

（1）求证：MN//平面ABC； （2）求二面角BMNB1的正弦值；

（3）设P是棱B1C1上一点，若直线PM与平面MNB1所成角的正弦值为值

18．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．

B1P2，求的

B1C115x2y2已知抛物线C:y42x的焦点为椭圆E:221ab0的右焦点，C的准

ab2线与E交于P，Q两点，且PQ2． （1）求E的方程；

（2）过E的左顶点A作直线l交E于另一点B，且BO（O为坐标原点）的延长线交E于点M，若直线AM的斜率为1，求l的方程．

19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．

2nn已知数列an的前n项和Sn，数列bn满足：b1b22，

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bn1bn2n1nN.

（Ⅰ）求数列an，bn的通项公式；

1aib2i1nN*． （Ⅱ）求 b2ii1n20．(本题满分16分)本题共有3个小题，第1小题满分7分，第2小题满分9分． 已知函数f(x)lnx12axx，aR． 2（1）试判断函数f(x)的单调性；

（2）是否存在实数a，使函数f(x)的极值大于0？若存在，求a的取值范围；若不存在，请说明理由．

21. (本题满分16分)本题共有3个小题，第1小题满分7分，第2小题满分9分

2nn已知数列an的前n项和Sn，数列bn满足：b1b22，

2bn1bn2n1nN.

（Ⅰ）求数列an，bn的通项公式； （Ⅱ）求

1* abnN． i2i1b2ii1n 4 / 174

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2021天津高考压轴卷数学Word版含解析

参考答案 1．【答案】B 【解析】

由已知，集合A{x|2x4},B{x|2x2}，所以AB{x|2x4}. 故选：B 2．【答案】A 【解析】

∵m2i2i43i, ∴2m24mi43i，

2m24∴，即m1

4m3故选A 3．【答案】C

【解析】

x22mxm24xm2xm20，xm2或xm2，

x1或x2是不等式x22mxm240成立的必要不充分条件， m21，解得：0m3，则实数m的最大值为3. m22故选：C. 4．【答案】C

【解析】

fx为R上的偶函数，f3f3，flog313flog313，

20.62log39log313log3273且fx在0,上单调递增，

f20.6flog313f3，f20.6flog313f3.

故选：C. 5．【答案】C

【解析】

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由等差数列的性质，得a3a4a53a46， 所以aa42,公差d7a497433， 又a4a13d2，所以a17. 故选：C 6．【答案】A

【解析】

x2ay2双曲线221的一条渐近线的倾斜角为6，

则tan633， 所以该条渐近线方程为y33x； 所以

23a3， 解得a6；

所以ca2b26222 ， 所以双曲线的离心率为ec2223a63． 故选：A． 7．【答案】C

【解析】

由题意，可得α，β均为锐角，∴－

2 <α－β<2. 又sin(α－β)＝－1010，∴cos(α－β)＝31010. 又sin α＝55，∴cos α＝255， ∴sin β＝sin[α－(α－β)]＝sin αcos(α－β)－cos αsin(α－β)

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531025102＝×－×＝.∴β＝. 104551028．【答案】C

【解析】

选取两支彩笔的方法有C5种，含有红色彩笔的选法为C4种，

1C442. 由古典概型公式，满足题意的概率值为p2C510521本题选择C选项. 9．【答案】B

【解析】

解：由题意x0满足方程fxax， ①当x0时，只需解得：0a1；

②当x0时，只需xa1xa0有两个正根即可，

2xaa有一个负根，即x＜0， x1a1方程可化为x1xa0，故两根为：x1或a， 由题意只需a0且a1，

综合①②可知，当0a1时，方程fxax有4个不同的实数根． 所以实数a的取值范围是（0，1）. 故选：B． 10．【答案】-1

【解析】

2当2x13时x1,故f3f211121.

故答案为：1 11．【答案】-160

【解析】

1rrr6r62r由Tr1C6，令62r0得r3，所以(2x)6r(1)C6(2)(x)x13363(1)C(2)160. 展开式的常数项为2x6x

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12．【答案】

【解析】 由题意可知：，结合焦半径公式有：，

解得：

，故直线AB的方程为：

，

与抛物线方程联立可得：

，

则，

故的面积.

13．【答案】

16 【解析】

设正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面边长ABBCa，高AA1b， 则VABCDA1B1C1D1SABCDAA1a2b，

V1111PD1DBVBD1DP3SD1DPBC32aba6a2b

VPD1DBV1ABCDA1B1C1D6即V1V16 1故答案为：

16 14．【答案】(76，

1712] 【解析】

因为f(x)sinx3cosx2sin(x3)，

所以令2sin(x(3k1)3)0，x3k(kZ)，解得x3(kZ) 0，则非负根中较小的有：

25811143,3,3,3,3,173,

因为函数f(x)在区间(0，4)内恰有5个零点，

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所以

1434且1734，解得761712. 故答案为：(7176,12] 15．【答案】42 【解析】

已知ab，二次三项式ax24xb0对于一切实数x恒成立，

a0，且164ab0,ab4；

再由x20R，使ax04x0b0成立，

可得164ab0,ab4，

22a216ab4，a2,b4aba,aba20， a4a令a216a2t8，则

2a2b22a216a2abt2t81664161632 a4t8t8a2（当t16时，等号成立），所以，a2b2ab的最小值为32，

故a2b2ab的最小值为3242，故答案为42. 16．【答案】(1) ;(2) 最大值为2，最小值为2;(3) m25. 【解析】

f(x)2sinxcosx23cos2x3sin2x3cos2x2sin(2x3)

(1)T22，所以f(x)的最小正周期为. (2)当x[224,3]时, 2x3[4,],

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当2x34时,即x24时函数求得最小值f(24)2; 当2x32时,即x512时函数求得最大值f(512)2; 所以f(x)在区间24,23上的最大值为2，最小值为2 (3)对xR，2f(x)2，

所以不等式mf(x)3mf(x)恒成立等价于， 对xR，mf(x)f(xf(x)3恒成立，即m)f(x)3，

max设g(x)f(x)f(x)3f(x)3，则g(x)f(x)31f(x)3，

令tf(x)，且y13t3在2,2上为增函数， 所以，g(x)maxg(2)25，

所以，m25. 17．【答案】（1）证明过程见详解；（2）459；（3）13.

【解析】

（1）取AA1中点为O，连接ON，OM， 因为M为CC1的中点，N为A1B的中点， 所以ON//AB，OM//AC， 又AB平面ABC，AC平面ABC，ACABA，

所以平面MON//平面ABC， 又MN平面MON， 所以MN//平面ABC；

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（2）因为四边形ABB1A1，BB1C1C均为正方形，所以B1C1，B1B，B1A1两两垂直， 以B1为坐标原点，分别以B1B，B1C1，B1A1为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角

C1(0,2,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，A1(0,0,2)，坐标系，设ABB1A1边长为2，则B1(0,0,0)，

所以N(1,0,1)，M(1,2,0)，

因此B1M(1,2,0)，MN(0,2,1)，BM(1,2,0)， 设平面BMN的一个法向量为mx,y,z，

mBMmBMx2y0x2y1则，所以，令，则，

z2mMNmMN2yz0因此m2,1,2；

设平面B1MN的一个法向量为nx1,y1,z1，

mB1MmB1Mx2y0x2y1则，所以，令，则，

z2mMNmMN2yz0因此n2,1,2，

设二面角BMNB1的大小为， 则coscosm,nmnmn4144144141， 9所以sin1cos245； 9B1Pt0,1，则P(0,2t,0)， B1C1（3）因为P是棱B1C1上一点，设

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所以PM1,22t,0，

由（2）知，平面MNB1的一个法向量为n2,1,2， 又直线PM与平面MNB1所成角的正弦值为则有sincosPM,n2，记直线PM与平面MNB1所成角为 15PMnPMn222t1(22t)232t4t28t532， 15整理得21t28t50，解得t15或t（舍）

73B1P1t所以. B1C13

x2y218．【答案】（1）（2）x2y20. 1；

42【解析】

（1）因为抛物线C:y242x的焦点为

2,0，

x2y2由题意，可得：椭圆E:221ab0的两焦点为2,0,ab2,0，

又抛物线C的准线与E交于P，Q两点，且PQ2，将xc代入椭圆方程得

c2y22b2b22，所以，则，即y12ba①， 22aaab又c2a2b22②，根据①②解得：a24，b22，

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x2y2因此椭圆E的方程为1；

42x2y2（2）由（1）得设直线l的方程为xmy2，Bx0,y0， 1的左顶点为A2,0，

42xmy2由x2y2得(m22)y24my0，所以y4m0yA421m22，

4m2m2因此y40m22，所以x0my02m22，

则B2m244m22,mm22，

又因为BO（O为坐标原点）的延长线交E于点M，

则M与B关于原点对称，所以M2m24m22,4mm22，

因为直线AM的斜率为1，

4m所以

m2222m241，解得：m2， m22因此，直线l的方程为：x2y20.

n119．【答案】（Ⅰ）a；b22，n为奇数nn2nnnn；（Ⅱ）n121n．22，n为偶数2【解析】

（Ⅰ）当n2时，an2n(n1)2n1nSnSn122n， 当n1时，a1S11，适合上式， 所以：ann；

∵bb2n1122，bn1bnnN， ∴bnbn12nn2，

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∴bn12bn1,n2，

∴数列bn的奇数项和偶数项都是首项为2，公比为2的等比数列，

n1∴b22，n为奇数nn；

22，n为偶数（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，aii， 且2i112ib2i1222i，

b2i222i，

a1ib2i1bi2ii2i2i，

设M1x2x23x3n1xn1nxn,x0,1，① ∴xM1x22x33x4n1xnnxn1，②

①﹣②得1xMxx2x3xnnxn1x1xn1，

1xnxn∴Mxnxn1xn11x2，

n∴

i2i22nn12n1i1(12)2n12n12，

1ni2n2n112n12n22i， i1(1122n2)n∴a1ib2in12n1n212n．

i1b2i20．【答案】（1）见解析；（2）存在，实数a的取值范围为(0,2)．

【解析】

（1）由题可得，函数f(x)的定义域为(0,)，

'(x)1ax2fx1xax1x． 14 / 1714

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①当a0时，f'(x)1x0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增． xax2x1②当a0时，令f'(x)0，即0，即ax2x10，14a．

x当0，即a≤1时，ax2x10， 4故f'(x)0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增．

当，即a1114a时，方程ax2x10的两个实根分别为x1，42ax2114a．

2a若1a0，则x10，x20， 4此时f'(x)0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增； 若a0，则x10，x20，

此时当x(0,x2)时，f'(x)0，当x(x2,)时，f'(x)0， 所以函数f(x)在(0,114a114a)上单调递增，在(,)上单调递减．

2a2a综上所述，当a0时，函数f(x)在(0,)上单调递增；当a0时，函数f(x)在

(0,114a114a)单调递增，在(,)上单调递减．

2a2a（2）由（1）可得，当a0时，函数f(x)在(0,)上单调递增，故函数f(x)无极值；

当a0时，函数f(x)在(0,114a114a)上单调递增，在(,)上单调递减，

2a2a12114aax2x2，其中x2． 22ax21． 2此时函数f(x)有极大值，极大值为f(x2)lnx222又f'(x2)0，所以ax2x210，即ax2x21，所以f(x2)lnx2令h(x)lnxx111，则h'(x)0， 2x215 / 1715

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所以函数h(x)在(0,)上单调递增．

又h(1)0，所以当x1时，h(x)0，所以f(x2)lnx2即当a0时，x210等价于x21， 2114a1，即14a2a1，

2a2显然当a0时，14a|2a1|，所以14a(2a1)，即a22a0，解得

0a2，

故存在满足条件的实数a，使函数f(x)的极值大于0，此时实数a的取值范围为(0,2)．

1n2n22，n为奇数n1anb；21. （Ⅰ）n；nn（Ⅱ）n12n．

222，n为偶数2n2n(n1)n1（Ⅰ）当n2时，anSnSn1n， 22当n1时，a1S11，适合上式， 所以：ann；

n1nN， ∵b1b22，bn1bn2∴bnbn12nn2，

∴bn12bn1,n2，

∴数列bn的奇数项和偶数项都是首项为2，公比为2的等比数列，

1n22，n为奇数；∴bnn

22，n为偶数（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，aii， 且b2i122i1122i，

b2i22i，

2i21aib2i1b2iiii2i，

223设M1x2x3x

n1xn1nxn,x0,1，①

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∴xM1x22x33x4n1xnnxn1，②

①﹣②得1xMxx2x3xnnxn1x1xn1xnxn1，

∴Mxnxn1xn11x2，

n∴

i2i22nn12n1i1(12)2n12n12，

1ni2n2n112n1i2n2i12(1122n， 2)n∴a1ib2in1n21i1b2in122n．

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