绝密★启用前2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(甲卷·理科)压轴题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上11．已知A ，B ，C 是半径为1的球О的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O －ABC 的体积为( ) A ．√212B ．√312C ．√24D ．√34【命题意图】考查空间几何体的体积，球与组合体的切接问题，考查空间想象及数学运算能力 答案：A解： AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，设O 1为AB 的中点，连接CO 1,OO 1，CO 1=√22，由题意OO 1⊥平面ABC ，在Rt △OO 1C 中，OO 1=√OC 2−CO 12=√22,三棱锥O -ABC 的体积为13×12×1×1×√22=√212.点评：利用直角三角形的外接圆的圆心为斜边的中点，确定截面圆的圆心，再根据球心与截面圆的连线与截面垂直，构造直角三角形，利用勾股定理求三棱锥的高和体积.12．设函数f (x )的定义域为R ，f (x ＋1)为奇函数，f (x ＋2)为偶函数，当x ∈[1，2]时，f(x)＝ax 2＋b ．若f(0)＋f(3)＝6，则f (92)＝( ) A ．−94B ．−32C ．74D ．52【命题意图】考查函数的奇偶性，周期性，考查学生数学抽象，逻辑推理能力 答案：D解：由题意f(x ＋1)为奇函数，则f(-x ＋1)=- f(x ＋1)，f(1)=0, f(x ＋2)为偶函数，则f(x ＋2)= f(-x ＋2)， 则f(x+2)= f(x+1+1)=-f(-x), f(2-x) =-f(-x),f(1)=0 又有f(2-x)= f(1+(1-x))=-f(x), f(-x)= f(x),f(x)为偶函数.f(x+4)= f((x+2)+2)= f(-(x+2)＋2)=f(-x)=f(x),函数f(x)的周期为4， f(3)= f(1)=0，f(0)=-f(2).当x ∈[1，2]时，f (x )＝ax 2＋b ．由f (1)=0得a+b=0, f(0)＋f(3)＝6，f (0)=6, f(2)=-6 4a+b=-6,a=-2,b=2, f (92)= f (12)=- f (32)=-[-2×(32)2+2]= 52.点评：根据函数的奇偶性，求得函数为周期函数，并求出周期，根据特殊函数值列出关于a 、b 的方程组，并求出a ，b ，再利用周期性转化求特殊函数值.16．已知函数f(x)＝2cos (ωx ＋φ)的部分图像如图所示，则满足条件(f(x)−f (−7π4))(f(x)−f (4π3))>0的最小正整数x 为______．【命题意图】考查三角函数性质及应用，考查数形结合，数学运算能力 答案：2解：由图可知, ()f x 的最小正周期 413,23123T πππω⎛⎫=⨯-=∴= ⎪⎝⎭. 因为13132,2cos 2,2,1266f k k z πππϕϕπ⎛⎫⎛⎫=∴+=∴=-+∈⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 所以4()2cos 20,2cos 16334426f x x ff f f πππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-∴==-==-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭. ∴(()1)(()0)0()0f x f x f x -->⇔< 或 ()1f x >.结合图象可知, 满足()1f x >的离y 轴最近的正数区间 0,4π⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭, 无整数; ()0f x < 的离y 轴最近的正数区间为 5,36ππ⎛⎫⎪⎝⎭, 最小正整数2x =.点评：根据三角函数的图象，求解三角函数的解析式，利用f(x)的取值范围结合图象，充分利用所求x 为最小整数这个特征，分类讨论求解.21．抛物线C 的顶点为坐标原点O ，焦点在x 轴上，直线l ：x ＝1交C 于P ，Q 两点，且OP ⊥OQ ．已知点M(2，0)，且⊙M 与l 相切． (1)求C ，⊙M 的方程；(2)设A 1，A 2，A 3是C 上的三个点，直线A 1A 2，A 1A 3均与⊙M 相切．判段直线A 2A 3与⊙M 的位置关系，并说明理由． 【命题意图】考查抛物线方程，直线与圆的位置关系，考查逻辑推理，数学运算的能力 解：（1）因为1x =与抛物线有两个不同的交点，故可设抛物线C 的方程为：22(0)y px p =>， 令1x =，则y =，x根据抛物线的对称性，不妨设P 在x 轴上方，Q 在X轴下方，故(1(1P Q ， 因为OP OQ ⊥，故1102p =⇒=， 抛物线C 的方程为：2y x =，因为M 与l 相切，故其半径为1，故22:(2)1M x y -+=． （2）设11(A x ，1)y ，22(A x ，2)y ，33(A x ，3)y ．当1A ，2A ，3A 其中某一个为坐标原点时（假设1A 为坐标原点时）， 设直线12A A 方程为0kx y -=，根据点(2,0)M 到直线距离为11=，解得k =， 联立直线12A A 与抛物线方程可得3x =， 此时直线23A A 与M 的位置关系为相切，当1A ，2A ，3A 都不是坐标原点时，即123x x x ≠≠，直线12A A 的方程为1212?()0x y y y y y ++=，1=，即22212121(?1)23?0y y y y y ++=， 同理，由对称性可得，22213131(?1)23?0y y y y y ++=， 所以2y ，3y 是方程222111(?1)23?0y t y t y ++= 的两根， 依题意有，直线23A A 的方程为2323?()0x y y y y y ++=，令M 到直线23A A 的距离为d ，则有22122223122123213?(2)(2)?11?21()1()?1y y y y d y y y y ++===+++， 此时直线23A A 与M 的位置关系也为相切， 综上，直线23A A 与M 相切． 21．已知a >0且a ≠1，函数f(x)＝x a a x(x >0)．(1)当a ＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y ＝f(x)与直线y ＝1有且仅有两个父点，求a 的取值范围．【命题意图】考查利用导数研究函数的单调性函数的零点，考查逻辑推理，数学运算能力解：（1）2a =时，2()2x x f x =，2222()2222(22)2()(2)22xxx xxln x x x ln x x xln ln f x ⋅-⋅-⋅-'===，当2(0,)2x ln ∈时，()0f x '>，当2(2x ln ∈，)+∞时，()0f x '<， 故()f x 在2(0,)2ln 上单调递增，在2(2ln ，)+∞上单调递减． （2）由题知()1f x =在(0,)+∞有两个不等实根， ()1a x lnx lnaf x x a alnx xlna x a=⇔=⇔=⇔=， 令()lnxg x x=，21()lnx g x x -'=，()g x 在(0,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减，又0lim ()x g x →=-∞，g （e ）1e=，g （1）0=，lim ()0x g x →+∞=， 作出()g x 的大致图象，如图所示： 由图象可得10lna a e<<，解得1a >且a e ≠， 即a 的取值范围是(1，)(e e ⋃，)+∞．压轴题模拟1．（2021·安徽省泗县第一中学高三模拟（理））在正三棱锥S ABC -中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且MN AM ⊥，若侧棱2SA =，则正三棱锥S ABC -外接球的表面积是（ ）A ．12πB ．32πC ．36πD ．48π答案：A解：∵M ，N 分别为棱SC ，BC 的中点，∴//MN SB ，∵三棱锥S ABC -为正棱锥，作SO ⊥平面ABC ，连接BO 交AC 与D 点，∵底面是正三角形，SA SB SC ==，AC ⊂平面ABC∴BD AC ⊥，SO AC ⊥，∵BD SO O ⋂=，BD ⊂平面BDS ，SO ⊂平面BDS ，∴AC ⊥平面BDS ， ∵SB ⊂平面BDS ，∴AC SB ⊥，∴MN AC ⊥， 又∵MN AM ⊥，而AMAC A =，且AM ，AC ⊂平面SAC ，∴MN ⊥平面SAC ，∴SB ⊥平面SAC ，∴90ASB BSC ASC ∠=∠=∠=︒，以SA ，SB ，SC 为从同一定点S 出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的体对角线就是球的直径，R ==2412S R ππ==.故选：A.2．（2021·广东茂名市·高三二模）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列人第一批国家非物质文化遗产名录．已知某蹴鞠的表面上有四个点S 、A 、B 、C ，满足S ABC -为正三棱锥，M 是SC 的中点，且AM SB ⊥，侧棱2SA =，则该蹴鞠的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．12πD ．36π答案：C解：取AC 中点N ，连接BN 、SN ， ∵N 为AC 中点，SA SC =， ∴AC SN ⊥，同理AC BN ⊥， 由SNBN N =，即AC ⊥平面SBN ，又SB ⊂平面SBN ，∴AC SB ⊥，而SB AM ⊥且AC AM A ⋂=， ∴SB ⊥平面SAC ，即SB SA ⊥且SB AC ⊥． ∵三棱锥S ABC -是正三棱锥，∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直，而侧棱2SA =，∴正三棱锥S ABC -的外接球的直径2R =R = ∴其外接球的表面积2412S R ππ==，故选：C ．3．（2021·宁夏银川市·高三模拟（理））已知()y f x =为R 上的奇函数，()1y f x =+为偶函数，若当[]0,1x ∈，()()2log a f x x =+，则()2021f =（ ）A ．2-B ．1-C ．1D ．2答案：C 解：()f x 为R 上的奇函数，且当[]0,1x ∈时，()()2log a f x x =+∴()00f =，即2log 0a =， 1a，∴当[]0,1x ∈时，()()2log 1f x x =+，()1f x +为偶函数，()()11f x f x ∴+=-+， ()()2f x f x ∴+=-，又()f x 为R 上的奇函数，()()f x f x ∴-=-，()()2f x f x ∴+=-，()()()42f x f x f x ∴+=-+=，∴()f x 是周期为4的周期函数，∴()()()()22021450511log 111f f f =⨯+==+=，故选：C.4．（2021·济南市·山东省实验中学高三月考）已知函数()f x 定义域为R ，满足()()2f x f x =-，且对任意121x x ≤<均有()()()12120x x f x f x -⋅-<⎡⎤⎣⎦成立，则满足()()2130f x f x ---≥的x 的取值范围是（ ） A ．(]2,2,3⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭B ．(]4,0,3⎡⎫-∞+∞⎪⎢⎣⎭C ．22,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦D ．40,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦答案：D解：因为函数()f x 满足()()2f x f x =-，所以函数()f x 关于直线1x =对称，因为对任意121x x ≤<均有()()()12120x x f x f x --<⎡⎤⎣⎦成立，所以函数()f x 在[)1,+∞上单调递减. 由对称性可知()f x 在(],1-∞上单调递增.因为()()2130f x f x ---≥，即()()213f x f x -≥-，所以21131x x --≤--，即222x x -≤-，解得403x ≤≤.故选：D . 5．（2021·湖南长沙市·雅礼中学高三月考）已知函数()sin()(0,,0)2f x A x A πωϕϕω=+><>的部分图象如图所示，将函数()f x 的图象向左平移(0)αα>个单位长度后，所得图象关于直线34x π=对称，则α的最小值为__．答案：3π解：根据函数()sin()(0,,0)2f x A x A πωϕϕω=+><>的部分图象，可得1A =，1274123πππω=-，求得2ω=． 根据图像可得，函数过,03π⎛⎫⎪⎝⎭，所以2sin 2033f ππϕ⎛⎫⎛⎫=⨯+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭再根据五点法作图，23πϕπ⨯+=，3πϕ∴=，故有()sin(2)3f x x π=+．将函数()f x 的图象向左平移(0)αα>个单位长度后，得到函数sin(22)3y x πα=++的图象，由所得图象关于直线34x π=对称， 可得322432k πππαπ⨯++=+，k Z ∈，即423k παπ=-，k Z ∈.因为0α> 所以当2k =，可得α的最小值为3π，6．（2020·江苏南京市·高三三模）已知函数()2sin()f x x ωϕ=+(其中ω＞0，22ππϕ-<≤)部分图象如图所示，则()2f π的值为____．解：由图象可得2222,133ππππωω⎡⎤⎛⎫=--=∴= ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦. 又222,2,332f k k Z πππϕπ⎛⎫=∴+=+∈⎪⎝⎭. 2,6k k Z πϕπ∴=-+∈，k Z ∈.∵22ππϕ-<≤，∴6πϕ=-.()2sin 6f x x π⎛⎫∴=- ⎪⎝⎭.2sin 226f πππ⎛⎫⎛⎫∴=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭7．（2021·江苏南京市·南京师大附中高三模拟）在平面直角坐标系xOy 中，已知点E (0，2)，以OE 为直径的圆与抛物线C ∶x 2=2py (p >0)交于点M ，N (异于原点O )，MN 恰为该圆的直径，过点E 作直线交抛物线与A ，B 两点，过A ，B 两点分别做拋物线C 的切线交于点P . （1）求证∶点P 的纵坐标为定值；（2）若F 是抛物线C 的焦点，证明∶∠PFA =∠PFB . 解：（1）以OC 为直径的圆为x 2+(y -1)2=1. 由题意可知该圆与抛物线交于一条直径， 由对称性可知交点坐标为(1，1)，(-1，1) 代入抛物线方程可得2p =1. 所以抛物线的方程为x 2=y . 设A 211(,)x x ，B 222(,)x x ， 所以22121212ABx x k x x x x -==+- 所以直线AB 的方程为21121()()y x x x x x -=+-，即1212().y x x x x x =+- 因为直线AB 过点C (0，2)， 所以122x x -=，所以122x x =-①.因为'2y x =，所以直线P A 的斜率为12x ，直线PB 的斜率为22x 直线P A 的方程为21112()y x x x x -=-，即2112y x x x =-，同理直线PB 的方程为2222y x x x =-联立两直线方程，可得P 1212(,)2x x x x + 由①可知点P 的纵坐标为定值-2. （2）cos ||||FA FP PFA FA FP ⋅∠=⋅，cos ||||FB FPPFA FB FP ⋅∠=⋅，注意到两角都在(0,)π内，可知要证PFA PFB ∠=∠， 即证(*)||||FA FP FB FPFA FB ⋅⋅=，2111(,)4FA x x =-，129(,)24x x FP +=-，所以22212111191777()(41)24441616x x FA FP x x x x +⋅=⋅--=--=-+， 又22111||4FA x x ==+，所以74||FA FP FA ⋅=-， 同理7,(*)4||FB FP FB ⋅=-式得证.8．（2021·浙江高三模拟）已知动直线l ：()210mx y m m R --+=∈恒过定点M ，且点M 在抛物线1C ：()220x py p =>上.（1）求点M 到抛物线1C 的准线的距离；（2）将曲线1C 沿y 轴向上平移1个单位长度得到曲线2C ，若点()00,P x y 在曲线2C 上，且在曲线1C 上存在A ，B ，C 三点，使得四边形PABC 为平行四边形，求平行四边形PABC 的面积S 的最小值.解：（1）将210mx y m --+=整理为()()210m x y ---=，由20,10,x y -=⎧⎨-=⎩得2,1,x y =⎧⎨=⎩，故()2,1M . 将()2,1代入()220x py p =>，得2p =，所以抛物线1C 的方程为24x y =.所以抛物线1C 的准线方程为1y =-，所以点M 到抛物线1C 的准线的距离为2. （2）由（1）知，抛物线1C 的方程为214y x =，将曲线1C 沿y 轴向上平移1个单位长度得到曲线2C ，其方程为2114y x =+. 点()00,P x y 在曲线2C ：2114y x =+上，故20044x y -=-①. 连接AC ，当直线AC 的斜率不存在时，AC x ⊥轴，与抛物线1C 只有一个交点，不符合题意，故舍去. 当直线AC 的斜率存在时，设直线AC 的方程为y kx b =+，()11,A x y ，()22,C x y ，联立，得2,4,y kx b x y =+⎧⎨=⎩得2440x kx b --=，216160k b =+>△，则124x x k +=，124x x b =-，故线段AC 的中点()22,2D k k b +. 若四边形PABC 为平行四边形，则B ，P 关于点D 对称，所以()2004,42B k x k b y -+-.又点B 在抛物线1C 上，故()()22004442k x k b y -=+-，即()2000148kx b x y +=+ ②. 点P 到直线AC的距离d =，124AC x x =-=，所以1122PAC S AC d =⋅⋅=⨯=△00kx b y +-，结合①②得，2004PACS x y =-△===012k x =时，PACS因为2PACS S=，所以S9．（2021·江西九江市·九江一中高三模拟（理））已知函数()x axf x x e=-（e 为自然常数）． （1）若()f x 在(0,)+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； （2）设a R ∈，讨论函数()ln ()g x x x f x =--的零点个数．解：（1）()x ax f x x e =-，则()0x xe ax af x e+-'=≥在(0,)+∞上恒成立， 记()x x e ax a ϕ=+-，则()0x ϕ≥在(0,)+∞上恒成立，()x x e a ϕ'=+． 当1a ≥-时，()10x x e a a ϕ'=+>+≥，即()ϕx 在(0,)+∞上单调递增，()(0)10x a ϕϕ∴>=-≥，∴11a -≤≤；当1a <-时，令()0x x e a ϕ'=+=，解得ln()x a =-，当0ln()x a <<-时，()0x ϕ'<，()ϕx 在(0,ln())a -上单调递减，当ln()x a >-时，()0x ϕ'>，()ϕx 在(ln(),)a -+∞上单调递增．()(ln())2ln()0x a a a a ϕϕ∴≥-=-+-≥，解得 21e a -≤<-；综上： 21e a -≤≤（2）()ln ()ln x ax g x x x f x x e=--=-（0x >）， 令()0g x =，得ln x e x a x=（0x >）， 令ln ()x e x h x x=，则2(1)ln ()x xx e x e h x x -+'=， 当(0,1]x ∈时，ln 0,10x x <-<，∴()0h x '>，()h x 为增函数，当(1,)x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 为增函数，所以()h x 在(0,)+∞上为单调递增函数， 又ln (),x e x h x R a R x=∈∈， 所以y a =与ln ()x e x h x x=图象只有一个交点， 所以a R ∈，()g x 只有唯一一个零点.10．（2021·安徽高三模拟（理））已知函数()()32413f x x a x ax =-++-. （1）若()f x 在()2,+∞上有极值，求a 的取值范围；（2）求证：当1a 2-<<时，过点()0,1P -只有一条直线与()f x 的图象相切.解：（1）由题意得：()()()()2421212f x x a x a x x a '=-++-=---， 由()0f x '=得：112x =，22a x =， ()f x 在()2,+∞上有极值，22a ∴>，解得：4a >，a ∴的取值范围为()4,+∞.（2）设过点()0,1P -的直线与()f x 的图象切于点()324,13t t a t at ⎛⎫-++- ⎪⎝⎭， 则切线斜率()()()32241134210t a t at k f t t a t a t -++-+==-++-'=-， 整理可得：()3281103t a t -++=， 若过点()0,1P -只有一条直线与()f x 的图象相切，则关于t 的方程()3281103t a t -++=有且仅有1个实根， 设()()328113g t t a t =-++，则()()2821g t t a t '=-+， 由()0g t '=得：10t =，2104a t +=>， ∴当()1,0,4a t +⎛⎫∈-∞+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>；当10,4a t +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<； ()g t ∴在(),0-∞，1,4a ∞+⎛⎫+ ⎪⎝⎭上单调递增，在10,4a +⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， ()01g =，()()333118111114341648a a a g a +++⎛⎫⎛⎫=⋅-+=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 12a -<<，013a ∴<+<，()3111048a ∴-++>，即104a g +⎛⎫> ⎪⎝⎭， ∴当0t >时，()0g t >，()()885110333g a a -=--+=--<-<，又()g t 在(),0-∞上单调递增， ()0g t ∴=在(),0-∞上有唯一的实数根()01,0t ∈-，即当1a 2-<<时，过点()0,1P -只有一条直线与()f x 的图象相切.。