全国卷Ⅲ2023年高考数学压轴卷理含解析202305150228

（全国卷Ⅲ）2021年高考数学压轴卷理（含解析）第I卷（选择题）一.选择题：本大题12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的1．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知，则“”的一个充分而不必要条件是（）A．B．C．D．3．已知复数为纯虚数，则（）A．2B．4C．-16D．-44．若实数，满足约束条件，则的最小值为（）A．B．1C．D．5．下列函数中，是偶函数且值域为的是（）A．B．C．D．6．数列是各项均为正数的等比数列，是与的等差中项，则的公比等于（）A．2B．C．3D．7．下列结论正确的是（）A．若，则B．若，则C．若，，则D．若，，，则\n8．祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”.意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么这两个几何体的体积相等，此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为的平面截该几何体，则截面面积为（）A．B．C．D．9．已知向量，满足，，若，且，则的最大值为（）A．3B．2C．D．10．的展开式中的系数为（）A．B．C．120D．20011．如图，已知双曲线的左、右焦点分别为，，过右焦点作平行于一条渐近线的直线交双曲线于点，若的内切圆半径为，则双曲线的离心率为（）\nA．B．C．D．12．已知函数有两个零点，且存在唯一的整数，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．第II卷（非选择题）二、填空题（本题共4道小题，每小题5分，共20分）13．已知等差数列的前项和为，，，则______.14．在中，，，是上的点，平分，若，则的面积为__________.15．已知圆的圆心坐标是，若直线与圆相切于点，则圆C的标准方程为___________.16．在四棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为______.三、解答题（共70分.解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤.地17-21为必做题，每个试题都必须作答.第22、23题为选做题，考生按要求作答）(一)必做题\n17．已知公差不为0的等差数列满足，且，，成等比数列.（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）若，求数列的前项和.18．某省食品药品监管局对16个大学食堂的“进货渠道合格性”和“食品安全”进行量化评估，满分为10分，大部分大学食堂的评分在7~10分之间，以下表格记录了它们的评分情况：分数段[0,7)[7,8)[8,9)[9,10]食堂个数1384（1）现从16个大学食堂中随机抽取3个，求至多有1个大学食堂的评分不低于9分的概率；（2）以这16个大学食堂的评分数据评估全国的大学食堂的评分情况，若从全国的大学食堂中任选3个，记X表示抽到评分不低于9分的食堂个数，求X的分布列及数学期望.19．如图，四棱锥中，底面是矩形，，，且侧面底面，侧面底面，点是的中点，动点在边上移动，且．（1）证明：底面；（2）当点在边上移动，使二面角为时，求二面角的余弦值．\n20．已知椭圆的短轴长为2，离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）点P是椭圆C上一点，且在第一象限内，过P作直线与交y轴正半轴于A点，交x轴负半轴于B点，与椭圆C的另一个交点为E，且，点Q是P关于x轴的对称点，直线与椭圆C的另一个交点为.（ⅰ）证明：直线，的斜率之比为定值；（ⅱ）求直线的斜率的最小值．21．已知函数．（1）求函数在的最大值；（2）证明：函数在有两个极值点，并判断与的大小关系．(二)选考题:共10分。请考生在第22、23题中任选一题作答。如果多做,则按所做的第一题计分。22．在直角坐标系中，曲线的方程为(为参数)，直线的方程为.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.（1）求曲线和直线的极坐标方程；（2）已知射线的极坐标方程是，且与曲线和直线在第一条限的交点分别为，求的长.23．已知函数，.（1）求函数的图象与直线围成区域的面积；（2）若对于，，且时，不等式恒成立，求实数的取值范围.2021新课标Ⅲ高考压轴卷数学（理）参考答案\n1．【答案】B【解析】因为集合，，所以.故选：B2．【答案】D【解析】因为由推不出，由也推不出，故A不满足题意因为，，所以B、C不满足题意因为由可以推出，由推不出所以是的充分不必要条件故选：D3．【答案】B【解析】因为为纯虚数，所以，，解得.故选：B.4．【答案】C【解析】如图1，作出平面区域可知：的几何意义为区域内的点到原点的距离的平方加1，所以最近的距离为到直线的距离，所以的最小值为，故选：C.\n5．【答案】D【解析】解：对于A：，为偶函数，但值域为，故A不正确；对于B：定义域不对称，为非奇非偶函数函数，故B不正确；对于C：定义域不对称，为非奇非偶函数函数，故C不正确；对于D：为偶函数，且值域为，故D正确；故选：D.6．【答案】A【解析】因为是与的等差中项，所以，所以，又因为，所以，所以或，又因为，所以，所以，故选：A.7．【答案】B【解析】法一：对A，当或时，，A错误；对B，由，得，由是增函数，得，B正确；对C，，，又，两边同除以得，，C错误；\n对D，由，，，得，所以，D错误.法二：特殊值排除法，若取，则，A错误；若取，，，则，C错误；若取，则，D错误．故选：B．【点睛】（1）解决比较大小类题目常用方法有：不等式性质直接应用、作差（商）比较法、函数单调性法、中间量法、等价转化法等.（2）几个常用不等式结论：；；若，，则；若，，则（真分数不等式性质）；若，，则.8．【答案】D【解析】由题意可知，该几何体为底面半径为2，高为2的圆柱，从上面挖去一个半径为2，高为2的圆锥，所剩下的部分，如图所示：所以截面为环形，外圆的半径为2，内圆的半径为h，所以面积为：故选：D9．【答案】D\n【解析】如图:令，，则，故.因为，所以，记的中点为，所以点在以为直径的圆上.设，连接，因为，所以点在直线上.因为，所以，即，所以.结合图形可知，当时，即取得最大值，且.故选：D【点睛】思路点睛：向量中有关最值的求解思路：一是形化，利用向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题；二是数化，利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值、不等式的解集、方程有解等问题.10．【答案】A【解析】展开式的通项公式为，当时，，此时只需乘以第一个因式中的即可，得到；当时，，此时只需乘以第一个因式中的即可，得到；据此可得：的系数为.故选：A.【点睛】\n关键点点睛：本题考查二项式定理具体展开项的系数求解问题，解题的关键是写出的通项，再分类讨论的值，确定的系数，考查学生的分类讨论思想与运算能力，属于中档题.11．【答案】A【解析】设双曲线的左、右焦点分别为，，设双曲线的一条渐近线方程为，可得直线的方程为，与双曲线联立，可得，，设，，由三角形的等面积法可得，化简可得，①由双曲线的定义可得，②在三角形中，为直线的倾斜角），由，，可得，可得，③由①②③化简可得，即为，可得，则．故选：C．【点睛】\n本题考查直线与双曲线的位置关系、双曲线的定义、坐标求解、离心率求解，考查方程思想的运用及三角形等面积法．双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、||PF1|-|PF2||＝2a，得到a，c的关系．12．【答案】B【解析】由题意，得，设，求导令，解得当时，，单调递增；当时，，单调递减；故当时，函数取得极大值，且又时，；当时，，故；作出函数大致图像，如图所示：又，因为存在唯一的整数，使得与的图象有两个交点，由图可知：，即故选：B.【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；\n（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.13．【答案】7【解析】设等差数列的公差为，因为，，所以，解得：，，所以.故答案为：14．【答案】【分析】由正弦定理可得、，即有，而，可得，结合余弦定理求，再应用三角形面积公式求的面积即可.【详解】∴由正弦定理，，，即，，而，∴，\n∵，即，，∴，即，又由余弦定理知：，∴，即，令，∴，即（舍去），∴.故答案为：.【点睛】关键点点睛：应用正余弦定理，列方程求，根据三角形面积公式求面积.15．【答案】【解析】因为圆心坐标为，直线与圆相切于点根据圆心和切点的连线与直线垂直，所以，解得，根据两点间的距离公式，可得圆的半径故圆的标准方程为．故答案为：16．【答案】【解析】如图所示，取的中点，连接，，并连接交于，连接.因为，，所以四边形和四边形均为平行四边形，所以，故，\n所以为外接圆的圆心且，则，，，因为，所以，所以．因为，，所以，所以，因为，所以平面设三棱锥外接球的球心为，连接，，，则平面，则.过点作于点，则，故四边形为矩形，故，.设，外接球的半径为，则，又，则，解得，所以，所以三棱锥外接球的表面积为．故答案为：【点睛】方法点睛：求外接球半径的常用方法：（1）补形法：侧面为直角三角形或正四面体或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；（2）利用球的性质：几何体在不同面均对直角的棱必然是球的直径；（3）定义法：到各个顶点距离均相等的点为球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可．\n17．【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）设等差数列的公差为，由，，成等比数列，可得，即，解得或（舍），所以数列的通项公式.（Ⅱ）由（Ⅰ）得所以，可得，两式相减得所以.【点睛】错位相减法求解数列的前项和的分法：（1）适用条件：若数列为等差数列，数列为等比数列，求解数列的前项和；（2）注意事项：①在写出和的表达式时，应注意将两式“错位对齐”，以便下一步准确写出；②作差后，应注意减式中所剩各项的符号要变号；③作差后，作差部分应用为的等比数列求和.18．【答案】（1）；（2）分布列答案见解析，数学期望【解析】（1）设表示“所抽取的3个大学食堂中有i个大学食堂评分不低于9分”，“至多有1个大学食堂评分不低于9分”记为事件，则.\n（2）由表格数据知，从这16个大学食堂中任选1个，评分不低于9分的概率为.由题意知可取的值为，则，，，.所以的分布列为：X0123P所以，数学期望.19．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）证明：侧面底面，且侧面底面，，平面，，同理侧面底面，且侧面底面，，平面，，底面．（2）底面，点是的中点，且，．侧面，且，侧面，，侧面，为二面角所成的角，当时，，，，三线两两垂直，分别以，，为、、轴建立空间直角坐标系，如图所示，\n，，，，，，，设平面的法向量为，则，得，令，得，则，设平面的法向量为，由，得，令，得，，设二面角为，则.【点睛】本题考查了面面垂直的性质、线面垂直的证明，以及求二面角的余弦值，解题的关键点是建立空间直角坐标系，利用数量积公式，考查了学生的空间想象力和计算能力.20．【答案】（1）；（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．\n【解析】解：（1）由题意得解得所以椭圆的方程为．（2）（i）设点的坐标为，因为点是关于轴的对称点，，所以，．所以直线的斜率为，的斜率为．所以．所以直线，的斜率之比为定值．（ii）设直线的方程为．联立方程组化简得．设点的坐标是，所以．所以．所以．所以点的坐标是．由（2）可知，直线的方程是．所以点的坐标是．\n所以直线的斜率．因为，所以．当且仅当，即时，有最小值．所以直线的斜率的最小值是．【点睛】思路点睛：直线与椭圆的位置关系有设而不求和设而要求两种思路，当已知直线和椭圆的一个交点求另一个交点时用设而要求的方法，联立直线和椭圆，用韦达定理解出另一根.21．【答案】（1）；（2）证明见解析；．【解析】解：（1）当时，，则，故在上单调递增，又，所以在有唯一的零点t．当时，；当时，．故在上单调递减，在上单调递增，且，，所以在的最大值为．（2），①当时，均单调递增，所以单调递增，又，\n所以在有唯一的零点，此时当时，；时，，所以是极小值点，不妨让．②当时，，单调递增，所以；故在上单调递增，没有极值点；③当，．由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，且，故有唯一的零点，则时，，即单调递减；时，，即单调递增，又，所以在有唯一的零点，此时时，；时，，所以是极大值点，即，所以在有两个极值点，其中，，\n且，由于，所以．因为，，且在上单调递减，所以，即．（判断极值点的时候，也对．）【点睛】思路点睛：利用导数求解函数最值的思路：（1）若所给的闭区间不含参数，则只需对求导，并求在区间内的根，再计算使导数等于零的根的函数值，把该函数值与比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值；（2）若所给的区间含有参数，则需对求导，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数的最值.22．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）曲线的普通方程为：，化为极坐标方程为：，即：，直线的极坐标方程为：，即.（2）设点，则有，解得：，\n即，设点，则有，解得：，即，.23．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由与围成的区域是，如图所示，其中，，，所以，到直线的距离为3，故所求面积为.（2）因为，，且，\n所以，即，若不等式恒成立，则有，即，解不等式，可得或或，解之得或，所以实数的取值范围为.【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：①若在上恒成立，则；②若在上恒成立，则；③若在上有解，则；④若在上有解，则.