1、天津市2021年高考壓軸卷數學本試卷分為第卷（選擇題）和第卷（非選擇題）兩部分，共150分，考試用時120分鐘。第卷1至3頁，第卷4至6頁。第卷注意事項：1每小題選出答案后，用鉛筆將答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號。2本卷共9小題，每小題5分，共45分參考公式：·如果事件與事件互斥，那么·如果事件與事件相互獨立，那么·球的表面積公式，其中表示球的半徑一.選擇題：在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知全集，集合，則a b c d2“成立”是“成立”的a充分不必要條件b必要不充分條件c充分必要條件d既不充分

2、也不必要條件3為了了解一片經濟林的生長情況，隨機抽取了其中60株樹木的底部周長(單位：)，所得數據均在，上，其頻率分布直方圖如圖所示，若在抽測的60株樹木中，樹木的底部周長小于100的株數為（ ）a15b24c6d304函數在的圖象大致為（ ）abcd5已知，則（ ）abcd6將長、寬分別為和的長方形沿對角線折成直二面角，得到四面體，則四面體的外接球的表面積為（ ）abcd7已知拋物線上一點到其焦點的距離為，雙曲線的左頂點為，若雙曲線的一條漸近線與直線平行，則實數的值是abcd8已知函數，給出下列四個結論，其中正確的結論是（ ）a函數的最小正周期是b函數在區間上是減函數c函數的圖象關于對稱d函

3、數的圖象可由函數的圖象向左平移個單位得到9已知函數是r上的偶函數，對于都有成立，且，當，且時，都有.則給出下列命題：；為函數圖象的一條對稱軸；函數在上為減函數；方程在上有4個根；其中正確的命題個數為（ ）a1b2c3d4第卷注意事項：1用黑色墨水的鋼筆或簽字筆將答案寫在答題卡上2本卷共11小題，共105分二填空題：本大題共6小題，每小題5分，共30分試題中包含兩個空的，答對1個的給3分，全部答對的給5分10是虛數單位，復數的共軛復數為_11在的展開式中，常數項為_12圓的圓心到直線的距離為，則_13已知，則的最小值為_.14對某種型號的儀器進行質量檢測，每臺儀器最多可檢測3次，一旦發現問題，則

4、停止檢測，否則一直檢測到3次為止，設該儀器一次檢測出現問題的概率為0.2，則檢測2次停止的概率為_；設檢測次數為，則的數學期望為_15在中，則_；若，則的最大值為_三解答題：本大題共5小題，共75分解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟16（本小題滿分14分）在中，內角、的對邊分別為，（1）求角的大小；（2）若，求：（）邊長；（）的值17（本小題滿分15分）如圖，在三棱柱中，平面，點d，e分別在棱和棱上，且，m為棱的中點.（1）求證：；（2）求平面與平面的夾角余弦值；（3）求直線與平面所成角的正弦值. 18（本小題滿分15分）已知橢圓的右焦點為，離心率為.（1）求橢圓的方程；（2）設經過點的直

5、線不與坐標軸垂直，直線與橢圓相交于點，且線段的中點為，經過坐標原點作射線與橢圓交于點，若四邊形為平行四邊形，求直線的方程.19（本小題滿分15分）數列是等比數列，公比大于0，前項和，是等差數列，已知，（）求數列，的通項公式，；（）設的前項和為（）求；（）若，記，求的取值范圍20（本小題滿分16分）已知函數，且.（1）若函數在處取得極值，求函數的解析式；（2）在（1）的條件下，求函數的單調區間；（3）設，為的導函數.若存在，使成立，求的取值范圍.2021天津市高考壓軸卷 數學試卷答案1.【答案】a【解析】，則故選：a2【答案】b【解析】由|x-1|2得-1x3，由x（x-3）0得0x3，所以“|

6、x-1|2成立”是“x（x-3）0成立”的必要不充分條件考點：1解不等式；2充分條件與必要條件故選：b3【答案】b【解析】底部周長小于100的樹木的頻率為，故樹木的底部周長小于100的株數為，故選：b4【答案】d【解析】 由于正切函數有意義，故需，即可排除a，b；由于為奇函數，其圖象應關于原點對稱，即可排除c，故選：d5【答案】c【解析】 因為，所以，因此，故選：c6【答案】a【解析】取的中點，連接、，如下圖所示：由題意，因為，為的中點，所以，所以，為四面體的外接球的球心，且球的半徑為，因此，四面體的外接球的表面積為.故選：a【點睛】方法點睛：求空間多面體的外接球半徑的常用方法：補形法：側面為

7、直角三角形，或正四面體，或對棱二面角均相等的模型，可以還原到正方體或長方體中去求解；利用球的性質：幾何體中在不同面均對直角的棱必然是球大圓直徑，也即球的直徑；定義法：到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據帶其他頂點距離也是半徑，列關系求解即可.7【答案】a【解析】 因為拋物線上一點到其焦點的距離為，所以，即，因為，所以故選：a【點睛】凡涉及拋物線上的點到焦點距離時，一般運用定義轉化為到準線距離處理即若為拋物線上一點，則由定義易得.8【答案】b【解析】a選項，因為，則的最小正周期，結論錯誤；b選項，當時，則在區間上是減函數，結論

8、正確；c選項，因為，則的圖象不關于直線對稱，結論錯誤；d選項，設，則，結論錯誤故選：b【點睛】本題考查三角函數的恒等變換及三角函數的性質，屬于中檔題.9【答案】d【解析】對于，令，由得，又函數是r上的偶函數，即函數是以6為周期的周期函數，；又，所以，從而，即正確；對于，函數關于y軸對稱，周期為6，函數圖象的一條對稱軸為，故正確；對于，當，且時，都有設，則，故函數在上是增函數，根據對稱性，易知函數在上是減函數，根據周期性，函數在上為減函數，故正確；對于，因為，又由其單調性及周期性可知在，有且僅有，即方程在上有4個根，故正確.故選：d【點睛】本題考查抽象函數的周期性和單調性，做題時要認真審題，屬于

9、中檔題，10【答案】i【解析】，因此，復數的共軛復數為.故答案為：11【答案】【解析】的展開式的通項為由得，常數項為故答案為：12【答案】0【解析】的標準方程為，則圓心為，圓心到直線的距離為，解得，故答案為：0點睛：本題主要考查圓的一般方程化為標準方程，由圓的標準方程求圓心，以及得到直線距離公式，意在考查綜合運用所學知識解決問題的能力，屬于簡單題.13【答案】2【解析】因為，所以，當且僅當時等號成立，所以最小值為2.故答案為：2【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和

10、的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.14【答案】0.16 2.44【解析】 檢測2次停止的概率為檢測次數可取故答案為： 0.16 2.44 【點睛】方法點睛：離散型隨機變量的均值的求法（1）理解隨機變量的意義，寫出的所有可能取值（2）求取每個值的概率（3）寫出的分布列（4）由均值的定義求15【答案】 【解析】 如圖，作，垂足為，因為，所以，所以，即，又，所以，即,所以；因為，所以,所以，當且僅當，即時，等號成立.所以的最大值

11、為.故答案為： .【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是靈活應用向量的投影及用基底法表示向量.16【答案】（1）； （2）（）；（ii）【解析】 解：（1）由已知及正弦定理得， （2）（）因為，由余弦定理得，（）由，因為為銳角，所以，【點睛】本題考查了利用正弦定理和余弦定理解三角形，還考查同角三角函數的基本關系式，二倍角公式以及兩角差的正弦公式.17【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）.【解析】 解：依題意，以為原點，分別以的方向為軸，建系如圖，得，（1）證明：依題意，從而，所以（2）解：依題意，是平面的一個法向量，設為平面的法向量，則，即，取因此有，所求平面與平面的夾角余弦值為（3）解：依題意

12、，由（）知為平面的一個法向量，于是所以，與平面所成角的正弦值為【點睛】本題考查利用空間向量證明線線垂直，求面面所成的角和線面所成的角的有關問題，屬中檔題，關鍵是掌握平面的法向量的求法和向量夾角的余弦值公式，準確進行向量的數量積的坐標運算余弦值18【答案】（1）；（2）或.【解析】 （1）解：設右焦點為，由題意可知，解得.所以橢圓的方程為.（2）(方法一)解：由題意，設直線的方程為，且.與橢圓方程聯立，整理得.設，則，.因此，即.于是直線的斜率為，直線的方程為，與橢圓方程聯立，整理得.設，解得.在平行四邊形中，為中點，從而，即，因此，解得.所以，直線的方程為或.(方法二)解：求得的過程同方法一，

13、在平行四邊形中，有，設，所以.又因為點在橢圓上，從而，解得.所以，直線的方程為或.【點睛】思路點睛：解決直線與橢圓的綜合問題時，要注意：（1）注意觀察應用題設中的每一個條件，明確確定直線、橢圓的條件；（2）強化有關直線與橢圓聯立得出一元二次方程后的運算能力，重視根與系數之間的關系、弦長、斜率、三角形的面積等問題19【答案】（）；（）（i）；（ii），【解析】 解：（）設數列的公比為，因為，可得，整理得，解得（舍或 ，所以數列通項公式為設數列的公差為，因為，即，解得，所以數列的通項公式為；（）（）由等比數列的前項和公式可得，所以；（）由（）可得，所以的前項和又在上是遞增的，所以的取值范圍為，【點睛】本題考查等差數列和等比數列的通項公式和前項和公式，考查分組求和法與裂項相消法，解題過程只要按照題意計算即可，考查了學生的運算求解能力20【答案】（1）；（2）調遞增區間是，；單調遞減區間是，；（3）.【解析】 解：（1）函數的定義域為.，由題知即解得，所以函數.（2）令得或，令得或.