备战2021年新高考数学命题卷（三）（新高考地区使用）（解析版）

2021 年普通高等学校招生全国统一考试 数学 命题卷（三） 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．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．i 为虚数单位，若复数  1 2mi i  是纯虚数，则实数 m  （ ） A．1 B． 1 C． 1 2  D． 2 【答案】D 【解析】 因为  1 2 2 (1 2 )mi i m m i      是纯虚数，所以 2 0m  ，1 2 0m  ，解得 2m  ，故选 D． 2．已知数列 na 满足 2 1n na a n tn   ，则“ 0t  ”是“数列 na 为递增数列”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】解：若数列 na 是递增数列， 则 2 -1- 0n na a n tn   ，即   0n n t  ， 由于 *n N ， 所以 0n t  对任意的 *n N 成立， 所以 1t   . 由于   0, 1,    ， 故“ 0t  ”是“数列 na 为递增数列”充分不必要条件. 故选：A. 3．已知集合 {( , ) | 3 1}M x y y x   ， {( , ) | 5 }N x y y x  ，则 M N 中的元素个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【解析】 联立方程组 3 1 5 y x y x     ，解得 1 2 5 2 x y     ，所以 1 5( , )2 2M N       ，故选 B. 4．在 24 3 1(2 )x x  的展开式中，有理项共有（ ） A．3 项 B．4 项 C．5 项 D．6 项 【答案】C 【解析】由题意可得二项展开式的通项 72 5 24 6 24 21 43 1(2 ) ( ) 2 r r r r r r rT C x C x x       根据题意可得， 72 5 6 r 为整数时，展开式的项为有理项， 则 r＝0，6，12，18，24，共有 5 项， 故选：C. 5．已知函数     8 3 7, 8 , 8x a x xf x a x       ，若数列 na 满足   * na f n n N  ，且 na 是递增数列，则 实数 a 的取值范围是（ ） A． 1,3 B． 17 ,39     C． 17 ,39      D． 2,3 【答案】C 【解析】因为函数     8 3 7, 8 , 8x a x xf x a x       ，   * na f n n N  ，且 na 是递增数列， 则  9 8 3 0 1 8 3 7 a a a a          ，解得 17 39 a  . 故选：C. 6．已知函数 f（x）=2sinxsin（x+3φ）是奇函数，其中 (0, )2   ，则函数 g（x）=cos（2x-φ）的图象（ ） A．关于点 ( ,0)12  对称 B．关于轴 5 12x   对称 C．可由函数 f（x）的图象向右平移 6  个单位得到 D．可由函数 f（x）的图象向左平移 3  个单位得到 【答案】B 【解析】函数 f（x）=2sinxsin（x+3φ）是奇函数，其中 0, 2      ， ∴y=2sinxsin（x+3φ）是奇函数，∴3φ= 2  ，φ= 6  ，则函数 g（x）=cos（2x﹣φ）=cos（2x﹣ 6  ）． 当 12x  时， 2 06x   ， 112g      ，则函数不关于点 ,012      对称，选项 A 错误； 当 5 12x   时， 2 6x     ，则函数关于直线 5 12x   对称，选项 B 正确； 函数   2sin sin 2sin cos sin 22f x x x x x x       ， 其图像向右平移 6  个单位的解析式为 sin 2 sin 2 sin 26 3y x x x                  ， 选项 C 错误； 其图像向左平移 3  个单位的解析式为 2sin 2 sin 2 sin 23 3y x x x                  ， 选项 D 错误； 故选 B. 7．已知 ABC 是边长为 4 3 的等边三角形，其中心为 O，P 为平面内一点，若 1OP  ，则 PA PB  的最 小值是（ ） A． 11 B． 6 C． 3 D． 15 【答案】A 【解析】作出图像如下图所示，取 AB 的中点为 D，则 3 14 3 22 3OD     ，因为 1OP  ，则 P 在以 O 为圆心，以 1 为半径的圆上， 则        2 2 2 2 2+ 2 124 4 PA PB PA PB PD AB PA PB PD                .又 PD 为圆 O 上的点 P 到 D 的距 离，则 min 2 1 1PD    ， ∴ PA PB  的最小值为 11 . 故选：A. 8．已知 5a  且 5e 5e , 4aa b  且 4 4 , 3bbe e c  且 3e 3ecc  ，则（ ） A． c b a  B． b c a  C． a c b  D． a b c  【答案】D 【解析】因为 5e 5e , 5aa a  ，故 0a  ，同理 0, 0b c  ， 令   , 0 xef x xx   ，则     2 1xe xf x x   ， 当 0 1x  时，   0f x  ，当 1x  时，   0f x  ， 故  f x 在 0,1 为减函数，在  1, 为增函数， 因为 5e 5e , 5aa a  ，故 5e e 5 a a  ，即    5f f a ，而 0 5a  ， 故 0 1a  ，同理 0 1b  ， 0 1c  ，    4f f b ，    3f f c 因为      5 4 3f f f  ，故      f a f b f c  ， 所以 0 1a b c    . 故选：D． 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分． 9．已知函数 ( ) sin( ) 0,| | 2f x x           在区间 2,2 3      上至少存在两个不同的 1 2,x x 满足    1 2 1f x f x  ，且  f x 在区间 ,3 12      上具有单调性，点 ,06     和直线 7 12x  分别为  f x 图象 的一个对称中心和一条对称轴，则下列命题中正确的是（ ） A．  f x 在区间 ,6 2       上的单调性无法判断 B．  f x 图象的一个对称中心为 59 ,06      C．  f x 在区间 ,4 4      上的最大值与最小值的和为 1 2 D．将  f x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍(纵坐标不变)，再向左平移 6  个单位得到  y g x 的 图象，则 ( ) cosg x x  【答案】BC 【解析】由题意得 70, ,6 12 2 x k k           Z ，即 4 1 3 2k      ， 又 ( )f x 在区间 2,2 3      上至少存在两个最大值或最小值，且在区间 ,3 12      上具有单调性， 所以 5 12 3 12 2 2 7 2 3 2 6 T T                               ，所以12 12 7 5   所以只有 1k  时满足，此时 2, 3    ，即 ( ) sin 2 3f x x      ， 因为 6 2x   ，所以 2 423 3 3x     ，所以 ( )f x 在区间 ,6 2       上单调递减，故 A 错误； 由 592 206 3      ，所以 59 ,06      为  f x 图象的一个对称中心，故 B 正确； 因为 4 4x  „ „ ，所以 min 52 , ( )6 3 6 4x f x f         „ „ max 1sin , ( ) sin 16 2 12 2f x f                  ，所以最大值与最小值之和为 1 2 ，故 C 正确； 将 ( )f x 图象上所有点的横坐标伸长为原来的 2 倍，得到 sin 3y x      的图象，再向左平移 6  个单位，得 到 sin sin cos6 3 2y x x x                 的图象， 即 ( ) cosg x x ，故 D 错误. 综上，BC 正确 故选：BC 10．如图，正方形 1 2 3SG G G 的边长为 1，E，F 分别是 1 2G G ， 2 3G G 的中点， 2SG 交 EF 于点 D，现沿 SE， SF 及 EF 把这个正方形折成一个四面体，使 1G ， 2G ， 3G 三点重合，重合后的点记为 G，则在四面体 S GEF 中必有（ ） A． SG  平面 EFG B．设线段 SF 的中点为 H，则 / /DH 平面 SGE C．四面体 S GEF 的体积为 1 12 D．四面体 S GEF 的外接球的表面积为 3 2  【答案】ABD 【解析】对选项 A ， 在折前正方形 1 2 3SG G G 中， 1 1SG G E ， 3 3SG G F ， 折成四面体 S EFG 后， SG GE ， SG GF ， 又 GE GF G  ， ,GE GF  平面 EFG ， SG 平面 EFG ． 所以选项 A 正确. 对选项 B , 对选项 B ,连接 ,DH 因为 ED DF , SH HF , 所以 / /DH SE , 因为 SE  平面 SEG , HD  平面 SEG , 所以 / /DH 平面 SGE. 所以选项 B 正确. 对选项C , 前面已经证明 SG  平面GEF , 所以 SG 是三棱锥 S GEF 的高，且 1SG  . 由题得 1 2GE GF  ， 2 21 1 2( ) ( )2 2 2EF    ， 所以 2 2 2 , 2GE GF EF EGF     . 所以 1 1 1 1 2 2 2 8EGFS     ， 所以四面体 S GEF 的体积为 1 1 11=3 8 24   . 所以选项C 错误. 对选项 D ,由于 , ,SG GE SG GF GE GF   , 所以可以把三棱锥 S GEF 放到长方体模型之中，长方体的三条棱为 , ,GS GE GF , 所以三棱锥的外接球的直径 2 2 21 1 6 6 32 1 ( ) ( ) , , 42 2 4 16 2R R S           . 所以选项 D 正确. 故选：ABD. 11．已知点 P 在双曲线 2 2 116 9 x y  上， 1F ， 2F 分别是左、右焦点，若 1 2PF F△ 的面积为 20，则下列判断正 确的有（ ） A．点 P 到 x 轴的距离为 20 3 B． 1 2 50 3PF PF  C． 1 2PF F△ 为钝角三角形 D． 1 2 3F PF   【答案】BC 【解析】由双曲线方程得 4a  ， 3b  ，则 5c  ， 由△ 1 2PF F 的面积为 20， 得 1 12 | | 10| | 202 2P Pc y y     ，得| | 4Py  ，即点 P 到 x 轴的距离为 4，故 A 错误， 将| | 4Py  代入双曲线方程得 20| | 3Px  ，根据对称性不妨设 20( 3P ， 4) ， 则 2 2 2 20 13| | ( 5) 43 3PF     ， 由双曲线的定义知 1 2| | | | 2 8PF PF a   ， 则 1 13 37| | 8 3 3PF    ， 则 1 2 13 37 50| | | | 3 3 3PF PF    ，故 B 正确， 在△ 1 2PF F 中， 1 1 37 13| | 2 10 | |3 3PF c PF     ， 则 2 4 0 12 020 553 PFk     ， 2 1PF F 为钝角， 则△ 1 2PF F 为钝角三角形，故C 正确， 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 13 3764 100 2| | | | | | (| | | |) 2| || | 100 3 3cos 13 372| || | 2| || | 2 3 3 PF PF F F PF PF PF PFF PF PF PF PF PF              36 18 9 11 12 13 37 13 37 2 9        ， 则 1 2 3F PF   错误， 故正确的是 BC ， 故选： BC ． 12．设函数 g(x)=sinωx(ω＞0)向左平移 5   个单位长度得到函数 f(x)，已知 f(x)在[0，2π]上有且只有 5 个零点， 则下列结论正确的是（ ） A．f(x)的图象关于直线 2x  对称 B．f(x)在(0，2π)上有且只有 3 个极大值点，f(x)在(0，2π)上有且只有 2 个极小值点 C．f(x)在 (0, )10  上单调递增 D．ω的取值范围是[12 29,5 10 ) 【答案】CD 【解析】依题意得 ( ) ( )5f x g x    sin[ ( )]5x    sin( )5x   ， 2T   ，如图： 对于 A ，令 5 2x k     ， k Z ，得 3 10 kx      ， k Z ，所以 ( )f x 的图象关于直线 3 10 kx      ( k Z ) 对称，故 A 不正确； 对于 B ，根据图象可知， 2A Bx x  ， ( )f x 在 (0,2 ) 有 3 个极大值点， ( )f x 在 (0,2 ) 有 2 个或 3 个极 小值点，故 B 不正确， 对于 D ，因为 5 5 2 24 5 2 5 2 5Ax T               ， 2 293 35 5 5Bx T               ，所以 24 2925 5     ，解得12 29 5 10   ，所以 D 正确； 对于C ，因为 1 1 2 3 5 4 5 4 10T              ，由图可知 ( )f x 在 3(0, )10   上递增，因为 29 310    ， 所以 3 3(1 ) 010 10 10         ，所以 ( )f x 在 (0, )10  上单调递增，故C 正确； 故选：CD. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．已知函数 2( ) 2 3sin cos 2cosf x x x x a      0  的最小正周期为 ，最大值为 4 ，则 ( )=6f  ____________. 【答案】3 【解析】由题, 2( ) 2 3sin cos 2cosf x x x x a     3sin 2 cos2 1x x a     2sin 2 16x a       , 因为T  ,即 2 2    ,所以 1  , 因为最大值为 4,所以 2 1 4a   ,则 3a  , 则   2sin 2 26f x x       , 所以 2sin 2 2 36 6 6f                 , 故答案为:3 14．已知向量 ,a b  的夹角为 ， π 2π 3 3   ， a b a b     ，则  的取值范围是________. 【答案】 3 ,13       【解析】可设 a b   ， 1a b  2 2 2 21 2 2 2 cosa b a b           . π 2π 3 3   ， 2 2 2 22 2 cos ,3         2 23 1 0 1           3 ,13         故答案为： 3 ,13       15．若 1 1a  ， 12 1( 2, )n na a n n N    ，则 na  _______________. 【答案】 2 1n  【解析】原式可化为  11 2 1n na a    （ 2n  ）， 因为 1 1 2a   ，所以 1na  是首项为 2 ，公比为 2 的等比数列， 所以 1 2n na   ，即 2 1n na   . 故答案为： 2 1n  . 16．若抛物线 2 8y x 的准线与曲线   2 2 1 04 x y ya    只有一个交点，则实数 a 满足的条件是__________. 【答案】    ,0 4,  【解析】抛物线 2 8y x 的准线为 2x   ， 当 0a  时，   2 2 1 04 x y ya    表示椭圆在 x 轴上方部分以及左右顶点 所以 a x a   ， 若 2x   与曲线   2 2 1 04 x y ya    只有一个交点， 则 2a   ，解得 4a  ， 当 0a  时，   2 2 1 04 x y ya    表示双曲线的在 x 轴上方部分即上支， 此时  ,x   ， 此时满足 2x   与曲线   2 2 1 04 x y ya    只有一个交点，所以 0a  ， 综上所述：实数 a 满足的条件是 0a  或 4a  ， 故答案为：   ,0 4,  四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．已知等比数列 na 是首项为1的递减数列，且 3 4 56a a a  . （1）求数列 na 的通项公式； （2）若 n nb na ，求数列 nb 的前 n 项和 nT . 【答案】（1） 11 2 n na      ；（2） 1 24 2n n nT    . 【解析】（1）由 3 4 56a a a  ，得 26 1 0q q   ，解得 1 2q  或 1 3q   . 数列 na 为递减数列，且首项为1， 1 2q  . 1 11 11 2 2 n n na               . （2） 0 1 21 1 11 2 32 2 2nT                      11 2 n n       ， 1 21 1 11 22 2 2nT               31 13 2 2 n n              . 两式相减得 0 1 21 1 1 1 2 2 2 2nT                   11 1 2 2 n n n              11 12 1 21 2 n n n           1 1 22 2 22 2 2 n n n nn                 ， 1 24 2n n nT     . 18．在 ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且满足 2 cos cos cosb A a C c A  . （1）求角 A 的大小； （2）若 2a  ，求b c 的最大值. 【答案】（1） π 3A  ；（2）4. 【解析】（1）由正弦定理得 2sin cos sin cos sin cosB A A C C A  ， 则  2sin cos sin cos cos sin sin sinB A A C A C A C B     ， 0 B   ，则sin 0B  ，于是 1cos 2A  ，又 0 πA  ，故 3A  ； （2）根据余弦定理 2 2 2 2 22 cosa b c bc A b c bc      ， 则     2 2 24 3 3 2 b cb c bc b c           ， 即 2 16b c  ，当且仅当b c 时等号成立. 所以b c 的最大值为 4. 19．为了解学生自主学习期间完成数学套卷的情况，一名教师对某班级的所有学生进行了调查，调查结果 如下表. （1）从这班学生中任选一名男生，一名女生，求这两名学生完成套卷数之和为 4 的概率？ （2）若从完成套卷数不少于 4 套的学生中任选 4 人，设选到的男学生人数为 X ，求随机变量 X 的分布列 和数学期望； （3）试判断男学生完成套卷数的方差 2 1s 与女学生完成套卷数的方差 2 2s 的大小（只需写出结论）. 【答案】（1） 7 96 （2）详见解析（3） 2 2 1 2s s 【解析】解：（1）设事件 A ：从这个班级的学生中随机选取一名男生,一名女生,这两名学生完成套卷数之 和为 4, 由题意可知,   1 3 4 1 7 12 8 96P A     . （2）完成套卷数不少于 4 本的学生共 8 人,其中男学生人数为 4 人,故 X 的取值为 0,1,2,3,4. 由题意可得   4 4 4 8 10 70 CP X C    ；   1 3 4 4 4 8 16 81 70 35 C CP X C     ；   2 2 4 4 4 8 36 182 70 35 C CP X C     ；   3 1 4 4 4 8 16 83 70 35 C CP X C     ；   4 4 4 8 14 70 CP X C    . 所以随机变量 X 的分布列为 X 0 1 2 3 4 P 1 70 8 35 18 35 8 35 1 70 随机变量 X 的均值 1 16 36 16 10 1 2 3 4 270 70 70 70 70EX            . (3) 2 2 1 2s s . 20．如图，在四棱锥 P ABCD 中，四边形 ABCD 是直角梯形，且 AD DC ， / /AD BC ， PD ⊥平面 ABCD ， 4AD ， 2BC CD  ，点 E 为线段 PA 的靠近点 P 的三等分点. （1）求证： PC // 平面 BDE ； （2）若异面直线 PA 与 BC 所成的角为 45，求多面体 BCDEP 的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2） 40 9 . 【解析】（1）连接 AC 交 BD 于点 O，连接 OE. 因 ABCD 是直角梯形，且 AD DC ， / /AD BC ， 4AD ， 2BC  ， 所以 ADO△ 和 CBO 相似，且有 2AO AD OC CB   ， 又点 E 为线段 PA 的靠近点 P 的三等分点，有 2AE EP  ， 所以有 AO AE OC EP  .  OE ∥CP ，又OE  平面 BDE ， 所以 PC ∥平面 BDE . （2）直线 PA 与 BC 所成的角为 45， / /AD BC ，即 45PAD   ， 又 AD=4，PD⊥平面 ABCD，所以 PD=AD=4. 计算得  1 1 2+4 2 4 83 2P ABCDV        ， 1 1 2 324 2 43 2 3 9E ABDV         . 多面体体积 32 408 9 9BCDEP P ABCD E ABDV V V      . 21．已知椭圆C ：   2 2 2 2 1 0x y a ba b     的左右焦点分别为 1F ， 2F ，过 2F 的直线l 与椭圆交于 A ， B 两 点， P 为椭圆的下顶点， 2OPF 为等腰三角形，当 l x 轴时， OAB 的面积为 2 2 ． （1）求椭圆C 的标准方程； （2）若直线l 不与坐标轴垂直，线段 AB 的中垂线 l 与 y 轴交于点 M ，若直线 1F M 的斜率为 1 3 ，求直线l 的方程． 【答案】（1） 2 2 12 x y  ；（2） 1 0x y   或 2 1 0x y   ． 【解析】【解析】（1）由题设知，  2 ,0F c ，  0,P b ， ∵ 2OPF 为等腰三角形，∴b c ， 又直线l 过 2F ，当 l x 轴时， 22bAB a  ， ∴ OAB 的面积为 2 21 1 2 2 2 22 2 2 bAB c c b c aa         ， 由 2 2 2 2 2 2 b c b c a a b c       解得， 2a  ， 1b c  ； 故椭圆C 的标准方程为 2 2 12 x y  ． （2）由（1）知，  1 1,0F  ，  2 1,0F ， 设直线l 的方程为  1 0x ty t   ， 由 2 2 1 2 2 x ty x y      得， 2 22 2 1 0t y ty    ， 设  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， ∴ 1 2 2 2 2 ty y t     ， 1 2 2 1 2y y t    ， 设线段 AB 的中点为  0 0,N x y ， 则 1 2 0 22 2 y y ty t     ， 0 0 2 21 2x ty t     ， 即 2 2 2 ,2 2 tN t t      ． 设  0,M m ，∵ MN AB ， ∴ 2 2 12 12 2 tm t t t        ，解得， 2 2 tm t   ， 即 20, 2 tM t      ， ∵直线 1F M 的斜率为 1 3 ， ∴   2 0 12 0 1 3 t t    ，即 2 3 2 0t t   ， 解得， 1t  或 2t  ，故直线l 的方程为 1 0x y   或 2 1 0x y   ． 22．已知函数   2xf x ax e   ，其中 0a  . （1）讨论  f x 的单调性. （2）是否存在 a R ，对任意  1 0,1x  ，总存在  2 0,1x  ，使得    1 2 4f x f x  成立？若存在，求出 实数 a 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）答案见解析；（2）存在， 1e  . 【解析】（1）由   2xf x ax e   ，得   xf x a e   ， 当 0a  时，对任意  ,x   ，   0f x  ，所以  f x 单调递减； 当 0a  时，令   0f x  ，得 lnx a ， 当  ,lnx a  时，   0f x  ，当  ln ,x a  时   0f x  ， 所以  f x 在 ,ln a 上单调递增，在 ln ,a  上单调递减， 综上所述，当 0a  时，  f x 在  ,  上单调递减， 当 0a  时，  f x 在  ,ln a 上单调递增，在 ln ,a  上单调递减； （2）存在满足条件的实数 a ，且实数 a 的值为 1e  ， 理由如下： ①当 1a  ，且 0a  时，由（1）知，  f x 在 0,1 上单调递减， 则  0,1x 时，    0 1maxf x f  ， 则      1 2 2 0 2 4f x f x f    ， 所以此时不满足题意； ②当1 a e  时，由（1）知，在 0,ln a 上，  f x 单调递增， 在 ln ,1a 上，  f x 单调递减， 则当  0,1x 时，    ln ln 2maxf x f a a a a    ， 当 1 0x  时，对任意  2 0,1x  ，          1 2 0 ln 1 ln 2 ln 1 3 3f x f x f f a a a a a a           ， 所以此时不满足题意； ③当 a e 时，令    4g x f x  （  0,1x ）， 由（1）知  f x 在 0,1 上单调递增，进而知  g x 在 0,1 上单调递减， 所以      0 4 0maxg x g f   ，      1 4 1ming x g f   ， 若对任意的  1 0,1x  ，总存在  2 0,1x  ，使得    1 2 4f x f x  ， 则    1 2f x g x ，         0 1 1 0 f g f g    ，即         0 1 4 1 0 4 f f f f      ， 所以    0 1 3 4f f a e     ，解得 1a e  ， 综上，存在满足题意的实数 a ，且实数 a 的值为 1e  .