2020-2021学年全国ⅲ卷数学(理)高考试题及答案解析

理科数学

（试题及答案解析）

一、选择题：（本题共12小题，每小题5分，共60分）

221．已知集合A(x,y)xy1，B(x,y)yx，则AB中元素的个数为（）

A．3 【答案】B

B．2 C．1 D．0

【解析】A表示圆x2y21上所有点的集合，B表示直线yx上所有点的集合，

故A选B.

B表示两直线与圆的交点，由图可知交点的个数为2，即AB元素的个数为2，故

2．设复数z满足(1i)z2i，则z（）

1A．

2 B．2 2 C．2 D．2

【答案】C 【解析】由题，z

3．某城市为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2014年1月至2016年12月期间月接待游客量（单位：万人）的数据，绘制了下面的折线图．

2i1i2i2i2i1，则z12122，故选C. 1i1i1i2

2014年 2015年 2016年

根据该折线图，下列结论错误的是（） A．月接待游客量逐月增加 B．年接待游客量逐年增加

C．各年的月接待游客量高峰期大致在7，8月

D．各年1月至6月的月接待游客量相对于7月至12月，波动性更小，变化比较平稳 【答案】A

【解析】由题图可知，2014年8月到9月的月接待游客量在减少，则A选项错误，故选A.

5334．(xy)(2xy)的展开式中xy的系数为（）

A． 【答案】C

B．

C．40 D．80

33【解析】由二项式定理可得，原式展开中含xy的项为

23333xC52xyyC352xy40xy，则xy的系数为40，故选C.

2332

x2y2x2y251x，且与椭圆5．已知双曲线C：221（a0，b0）的一条渐近线方程为yab1232有公共焦点．则C的方程为（）

x2y21 A．810【答案】B

x2y21 B．45

x2y21 C．54

x2y21 D．43【解析】∵双曲线的一条渐近线方程为y5b5x，则①

a22x2y21与双曲线有公共焦点，易知c3，则a2b2c29② 又∵椭圆123

π6．设函数f(x)cos(x)，则下列结论错误的是（）

3x2y21，故选B. 由①②解得a2,b5，则双曲线C的方程为45A．f(x)的一个周期为2π C．f(x)的一个零点为x【答案】D

π 6

B．yf(x)的图像关于直线xπD．f(x)在(,π)单调递减

28π对称 3ππ【解析】函数fxcosx的图象可由ycosx向左平移个单位得到，

33πfx如图可知，在,π上先递减后递增，D选项错误，故选D.

2y

-O6x7．执行右图的程序框图，为使输出S的值小于91，则输入的正整数N的最小值为（） A．5 B．4 C．3

D．2 【答案】D

【解析】程序运行过程如下表所示：

S M

t

初始状态

0 100 10

1 2 3

第1次循环结束 第2次循环结束

100 90

1

此时S9091首次满足条件，程序需在t3时跳出循环，即N2为满足条件的最小值，故选D.

8．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（）

A．π 【答案】B

B．

3π 4

πC．

２ D．

π 431【解析】由题可知球心在圆柱体中心，圆柱体上下底面圆半径r1，

2222则圆柱体体积Vπrh23π，故选B. 4

9．等差数列an的首项为1，公差不为0．若a2，a3，a6成等比数列，则an前6项的和为（）

A．24 【答案】A

【解析】∵an为等差数列，且a2,a3,a6成等比数列，设公差为d.

B．3

C．3

D．8

2则a3a2a6，即a12da1da15d

2又∵a11，代入上式可得d22d0 又∵d0，则d2 ∴S66a16565d16224，故选A. 22x2y210．已知椭圆C:221（ab0）的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆

ab与直线bxay2ab0相切，则C的离心率为（） A．6 3 B．3 3 C．2 ３

1D．

3【答案】A

【解析】∵以A1A2为直径为圆与直线bxay2ab0相切，∴圆心到直线距离d等于半径，

∴d2abab22a

又∵a0,b0，则上式可化简为a23b2 ∵bac，可得a3ac222222c22，即2

a3∴e

c6，故选A a32x1x111．已知函数f(x)x2xa(ee)有唯一零点，则a（）

1A．

２

1B．

3 C．

1 2 D．1

【答案】C

2x1x1【解析】由条件，f(x)x2xa(ee)，得：

f(2x)(2x)22(2x)a(e2x1e(2x)1)x24x442xa(e1xex1)x22xa(ex1ex1)∴f(2x)f(x)，即x1为f(x)的对称轴， 由题意，f(x)有唯一零点，

∴f(x)的零点只能为x1，

21111即f(1)121a(ee)0，

解得a

1． 212．在矩形ABCD中，AB1，AD2，动点P在以点C为圆心且与BD相切的圆上．若

APABAD，则的最大值为（）

A．3 【答案】A

B．22 C．5 D．2

【解析】由题意，画出右图．

设BD与C切于点E，连接CE． 以A为原点，AD为x轴正半轴，

AB为y轴正半轴建立直角坐标系，

则C点坐标为(2,1)． ∵|CD|1，|BC|2． ∴BD12225． ∵BD切C于点E． ∴CE⊥BD．

∴CE是Rt△BCD中斜边BD上的高． 12|BC||CD|2S22|EC|△BCD25|BD||BD|55yPBEA(O)CDx

即C的半径为25． 5∵P在C上． ∴P点的轨迹方程为

(x2)2(y1)245．

设P点坐标(x0,y0)，可以设出P点坐标满足的参数方程如下：

2x25cos05y125sin05

而AP(x0,y0)，AB(0,1)，AD(2,0)． ∵APABAD(0,1)(2,0)(2,) ∴2155sin． x01cos，y01525两式相加得：

1255sin1cos552525)()2sin()552sin()≤3 2( (其中sin当且仅当

525，cos)

55π2kπ，kZ时，取得最大值3． 2二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分）

xy≥0,13．若x，y满足约束条件xy2≤0,则z3x4y的最小值为________．

y≥0,【答案】1

【解析】由题，画出可行域如图：

目标函数为z3x4y，则直线y3zx纵截距越大，z值越小． 44由图可知：z在A1,1处取最小值，故zmin31411．

xy20yA(1,1)B(2,0)xy0x

14．设等比数列an满足a1a21，a1a33，则a4________． 【答案】8 【解析】

an为等比数列，设公比为q．

a1a1q1①a1a21，即， 2aa3aaq3②1311显然q1，a10，

②得1q3，即q2，代入①式可得a11， ①a4a1q3128．

3

x1,x≤0,1f(x)x15．设函数则满足f(x)f(x)1的x的取值范围是________．

22,x0,1【答案】,

4【解析】

x1,x≤01fxx，fxfx1，即

22 ,x01fx1fx

21yfx由图象变换可画出与y1fx的图象如下：

2 y1yf(x)211(,)4412

12x y1f(x)11由图可知，满足fx1fx的解为,.

24

16．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与

a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：

①当直线AB与a成60角时，AB与b成30角； ②当直线AB与a成60角时，AB与b成60角； ③直线AB与a所成角的最小值为45； ④直线AB与a所成角的最大值为60．

其中正确的是________（填写所有正确结论的编号） 【答案】②③

【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图．

不妨设图中所示正方体边长为1， 故|AC|1，AB2，

斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，则A点保持不变，

B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆．

以C为坐标原点，以CD为x轴正方向，CB为y轴正方向，

CA为z轴正方向建立空间直角坐标系．

则D(1,0,0)，A(0,0,1)，

直线a的方向单位向量a(0,1,0)，|a|1．

B点起始坐标为(0,1,0)，

直线b的方向单位向量b(1,0,0)，|b|1． 设B点在运动过程中的坐标B(cos,sin,0)， 其中为BC与CD的夹角，[0,2π)．

那么AB'在运动过程中的向量AB(cos,sin,1)，|AB|2． π设AB与a所成夹角为[0,]，

2则cos(cos,sin,1)(0,1,0)aAB22|sin|[0,]． 22ππ故[,]，所以③正确，④错误．

42π设AB与b所成夹角为[0,]，

2cosABbbAB(cos,sin,1)(1,0,0)bAB2|cos|2π， 3.

当AB与a夹角为60时，即sin2cos2cos3212． 22∵cos2sin21， ∴|cos|∴cos2． 221|cos|． 22π∵[0,]．

2∴=π，此时AB与b夹角为60． 3∴②正确，①错误．

三、解答题：（共70分．第17-20题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22，23题为选考题，

考生根据要求作答） （一）必考题：共60分． 17．（12分）

ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinA3cosA0，a27，b2．

（1）求c；

（2）设D为BC边上一点，且ADAC，求△ABD的面积．

π2sinA【解析】（1）由sinA3cosA0得0，

3即A∴AπkπkZ，又A0,π， 3π2ππ，得A. 331代入并整理得2由余弦定理a2b2c22bccosA.又∵a27,b2,cosAc1225，故c4.

（2）∵AC2,BC27,AB4， a2b2c227由余弦定理cosC.

2ab7∵ACAD，即△ACD为直角三角形， 则ACCDcosC，得CD7. 由勾股定理AD又ACDAC3. 222π2πππ， ，则DAB33261πADABsin3. 26S△ABD

18．（12分）某超市计划按月订购一种酸奶，每天进货量相同，进货成本每瓶4元，售价每瓶6元，

未售出的酸奶降价处理，以每瓶2元的价格当天全部处理完．根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温（单位：℃）有关．如果最高气温不低于25，需求量为500瓶；如果最高气温

25，需求量为300瓶；如果最高气温低于20，需求量为200瓶，为了确定六月份位于区间20，的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表： 最高气温 天数 15 10，2 20 15，16 25 20，36 30 25，25 35 30，7 40 35，4 以最高气温位于各区间的频率代替最高气温位于该区间的概率． （1）求六月份这种酸奶一天的需求量X（单位：瓶）的分布列；

（2）设六月份一天销售这种酸奶的利润为Y（单位：元）．当六月份这种酸奶一天的进货量

n（单位：瓶）为多少时，Y的数学期望达到最大值？ 【解析】⑴易知需求量x可取200,300,500

PX200PX300PX5002161 3035362 303525742.

3035则分布列为：

X 200 300 2 5500 2 5P

1 5⑵①当n≤200时：Yn642n，此时Ymax400，当n200时取到. ②当200n≤300时：Y412n2002n2002 5588002n6n800n 555

此时Ymax520，当n300时取到.

③当300n≤500时，

122Y2002n20023002n300255n2 532002n 5

此时Y520.

④当n≥500时，易知Y一定小于③的情况.

综上所述：当n300时，Y取到最大值为520. DE19．（12分）如图，四面体ABCD中，△ABC是正三角形，

CBA△ACD是直角三角形．ABDCBD，ABBD．

（1）证明：平面ACD平面ABC；

（2）过AC的平面交BD于点E，若平面AEC把四面体ABCD分成体积相等的两部分．求二面角DAEC的余弦值．

【解析】⑴取AC中点为O，连接BO，DO；

ABC为等边三角形 ∴BOAC ∴ABBC

ABBCBDBDABDCBD. ABDDBC∴ADCD,即ACD为等腰直角三角形，ADC 为直角又O为底边AC中点 ∴DOAC

令ABa，则ABACBCBDa 易得：OD22a，OB32a ∴OD2OB2BD2

由勾股定理的逆定理可得DOB2

即ODOB

ODACODOBACOBOOD平面ABC AC平面ABCOB平面ABC又∵OD平面ADC

由面面垂直的判定定理可得平面ADC平面ABC ⑵由题意可知VDACEVBACE

DCEOBAz DCEOByAx 即B,D到平面ACE的距离相等 即E为BD中点

以O为原点，OA为x轴正方向，OB为y轴正方向，OD为z轴正方向，设ACa，建立空间直角坐标系，

33aaa0,a,0E0,则O0,0,0，A,0,0，D0,0,，B，24a,4 22a3aaaaAE,a,AD,0,OA,0,0易得：，， 244222设平面AED的法向量为n1，平面AEC的法向量为n2， AEn10则，解得n1ADn103,1,3

AEn20，解得n20,1,3 OAn20若二面角DAEC为，易知为锐角， 则cos

20．（12分）已知抛物线C:y为直径的圆．

（1）证明：坐标原点O在圆M上；

（2）设圆M过点P（4，2），求直线l与圆M的方程．

【解析】⑴显然，当直线斜率为0时，直线与抛物线交于一点，不符合题意．

设l:xmy2，A(x1,y1)，B(x2,y2)， y22x2联立：得y2my40，

xmy22n1n2n1n27 72x，过点（2，0）的直线l交C于A，B两点，圆M是以线段AB4m216恒大于0，y1y22m，y1y24． OAOBx1x2y1y2

(my12)(my22)

(m21)y1y22m(y1y2)4 4(m21)2m(2m)40

∴OAOB，即O在圆M上． ⑵若圆M过点P，则APBP0 (x14)(x24)(y12)(y22)0 (my12)(my22)(y12)(y22)0

(m21)y1y2(2m2)(y1y2)80 1化简得2m2m10解得m或1

21①当m时，l:2xy40圆心为Q(x0,y0)，

2y0y1y2119，x0y02， 22242291半径r|OQ| 42921285则圆M:(x)(y)

4216②当m1时，l:xy20圆心为Q(x0,y0)， y0y1y21，x0y023， 2半径r|OQ|3212 22则圆M:(x3)(y1)10

21．（12分）已知函数f(x)x1alnx．

（1）若f(x)≥0，求a的值；

（2）设m为整数，且对于任意正整数n，(1【解析】⑴ f(x)x1alnx，x0

则f(x)1axa，且f(1)0 xx1)(121)22(11)2nm，求m的最小值．

当a≤0时，fx0，fx在0，上单调增，所以0x1时，fx0，不

满足题意； 当a0时，

当0xa时，f(x)0，则f(x)在(0,a)上单调递减； 当xa时，f(x)0，则f(x)在(a,)上单调递增．

①若a1，f(x)在(a,1)上单调递增∴当x(a,1)时f(x)f(1)0矛盾 ②若a1，f(x)在(1,a)上单调递减∴当x(1,a)时f(x)f(1)0矛盾

③若a1，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增∴f(x)≥f(1)0满足题意

综上所述a1．

⑵ 当a1时f(x)x1lnx≥0即lnx≤x1

则有ln(x1)≤x当且仅当x0时等号成立 ∴ln(111*， kN)2k2k1111111一方面：ln(1)ln(12)...ln(1n)2...n1n1，

2222222111即(1)(12)...(1n)e．

222111111135另一方面：(1)(12)...(1n)(1)(12)(13)2

222222111当n≥3时，(1)(12)...(1n)(2,e)

222111∵mN*，(1)(12)...(1n)m，

222∴m的最小值为3．

22．[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）

xt,l在直角坐标系xOy中，直线的参数方程为（t为参数），直线l的参数方程为

ykt,xm,m（m为参数），设l与l的交点为P，当k变化时，P的轨迹为曲线C． y,k（1）写出C的普通方程：

（2）以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，设l:(cossin)，M为l与C的交点，求M的极径． 【解析】⑴将参数方程转化为一般方程

l1:ykx2 ……① l2:y1x2 ……② k22①②消k可得：xy4 22即P的轨迹方程为xy4；

⑵将参数方程转化为一般方程

l3:xy20 ……③

xy20lC联立曲线和32 2xy432x2解得

y22xcos由解得5

ysin即M的极半径是5．

23．[选修4-5：不等式选讲]（10分）

已知函数f(x)|x||x|． （1）求不等式f(x)的解集；

（2）若不等式f(x)xxm的解集非空，求m的取值范围．

3,x≤1【解析】⑴fx|x1||x2|可等价为fx2x1,1x2.由fx≥1可得：

3,x≥2①当x≤1时显然不满足题意；

②当1x2时，2x1≥1，解得x≥1；

③当x≥2时，fx3≥1恒成立.综上，fx1的解集为x|x≥1.

22⑵不等式fx≥xxm等价为fxxx≥m，

2令gxfxxx，则gx≥m解集非空只需要gxmax≥m.

x2x3,x≤12而gxx3x1,1x2.

x2x3,x≥2①当x≤1时，gxmaxg13115； ②当1x2时，gx3533g31；

2max22③当x≥2时，gx22maxg2231.

综上，gxmax54，故m54. 24