2021年安徽省高考数学最后一卷(理科)

2021年安徽省高考数学最后一卷（理科）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．（5分）若复数zA．5 22i1，则|z2|( ) 1iB．10 C．

5 2D．10

BR，则实数a的取值范围

2．（5分）若集合A{x|xa}，B{x|lgx0}，且满足A是( ) A．(1,)

B．[1，)

C．(0,)

D．[0，)

3．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a11，S41a5，则a6( )

A．27 B．32 C． D．81

4．（5分）已知直线l与曲线yx2lnx相切，则下列直线不可能与l平行的是( ) A．y3x1

B．y7x1

C．y2x1

D．y22x1

5．（5分）函数f(x)xln|x|的图象大致是( )

A．

B．

第1页（共22页）

C．

D．

6．（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的体积为，若点M平面A1BD，点N平面B1CD1，则MN的最小值为( ) A．83 3B．43 38C．

3D．

4 37．（5分）如图是国家统计局发布的生产资料出厂价格涨跌幅以及生活资料出厂价格涨跌幅的统计图，现有如下说法：

①2020年下半年生产资料出厂价格的环比涨幅呈现上升趋势；

②可以预测，在市场平稳的前提下，2021年2月生活资料出厂价格的环比可能为正数； ③从2020年1月~12月生活资料出厂价格同比的数据中随机抽取3个，恰有2个是正数的概率为P28； 55④将2020年1月~2021年1月生产资料出厂价格的环比涨跌幅从小到大排列后，所得的中位数为0.2%． 则正确的有( )

第2页（共22页）

A．①③④ B．②③

C．②③④

D．②④

8．（5分）已知a0.3log0.3e，blog32，clog3020，则( ) A．abc

B．acb

C．bca

D．bac

9．（5分）关于函数f(x)|sin2x||cos2x|，下列结论正确的是( ) A．f(x)的最小正周期为

 2B．f(x)的最大值为2 D．x

C．f(x)在[0,]上单调递减

48

是f(x)的一条对称轴

10．（5分）已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f(x)，若对任意xR都有

2f(x)xf(x)x2恒成立，则下列结论正确的是( )

A．4f(2)f(1)

B．25f（5）f（1） D．f(0)0

C．25f（5）f(1)x2y211．（5分）已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别是F1，F2，点A在双曲

ab线C上，AF2x轴，若点B(2c,0)使得F1AB是钝角，其中c是双曲线C的半焦距，则C的离心率的取值范围是( ) A．(1,

26) 2B．(26,) 2C．(1,22) 2D．(22,) 2第3页（共22页）

12．（5分）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a11，(n1)2]，则数列{bn}的前an1(an11)an(an1)．若[x]表示不超过x的最大整数，bn[2Sn2021项和T2021( ) A．1010

B．1011

C．2021

D．2022

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

13．（5分）已知向量a(1,2)，b(2,3)，若(kab)a，则实数k ． 114．（5分）(x22)(x)6的展开式中常数项为 ．

x15．（5分）已知球O是圆锥PO1的外接球，圆锥PO1的母线长是底面半径的3倍，且球O的表面积为

81，则圆锥PO1的侧面积为 ． 816．（5分）已知抛物线C:y216x的焦点为F，点A(4,0)，点P是抛物线C上的动点，则

|PF|的最小值为 ． |PA|三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 17．（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且

(sinBsinC)2sin2(BC)3sinBsinC，a6．

（Ⅰ）求A的值；

（Ⅱ）求ABC的周长的最大值．

18．（12分）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD是菱形，CAD60，

SBA45．SBSCSD．

（Ⅰ）求证：SABD；

（Ⅱ）设E是线段SB的中点，求二面角SACE的余弦值．

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19．（12分）学期结束时，学校对食堂进行测评，测评方式：从全校学生中随机抽取100人给食堂打分，打分在60以下视为“不满意”、在60~80视为“基本满意”，在80分及以上视为“非常满意”．现将他们给食堂打的分数分组：[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90]，得到如下频率分布直方图：

（Ⅰ）求这100人中“不满意”的人数并估计食堂得分的中位数；

（Ⅱ）若按满意度采用分层抽样的方法，从这100名学生中抽取15人，再从这15人中随机抽取3人，记这3人中对食堂“非常满意”的人数为X． （ⅰ）求X的分布列；

（ⅱ）若抽取的3人中对食堂“非常满意”的同学将获得食堂赠送的200元现金，其他同学将获得100元现金，请估计这3人将获得的现金总额．

x2y220．（12分）已知椭圆C:221(ab0)的右顶点为N，长轴长为42，P为椭圆上

ab一点，O为坐标原点，且OPN重心的横坐标为2，OPN的面积为6． （Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）直线l与椭圆C交于A，B两点，以OA，OB为邻边作平行四边形OAMB，且1 kOAkOB，试判断|OM|2|AB|2是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．

221．（12分）已知函数f(x)exsinx1．

（Ⅰ）判断函数f(x)在[,]上的零点个数，并说明理由；

2（Ⅱ）当x[0，)时，f(x)mx0，求实数m的取值范围． [选修4-4：坐标系与参数方程]

xt(t为参数）22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为．以原点为

y3t极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为(1cos)2,A(2,)

6第5页（共22页）



（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程以及直线l的普通方程； （Ⅱ）若直线l与曲线C交于M，N两点，求AMN的面积． [选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f(x)|x1|2|x2|的最大值为t． （Ⅰ）求t的值；

（Ⅱ）设a，b，c均为正实数，且满足2ab2c3t，求证：a2b2c2t．

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2021年安徽省高考数学最后一卷（理科）

参与试题解析

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60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．（5分）若复数zA．5 22i1，则|z2|( ) 1i5 22i1(12i)(1i)12i31i， 【解答】解：复数z1i(1i)(1i)222B．10 C．D．10

319133则z2(i)2i2i，

22442235则|z2|22()2，

22故选：C．

2．（5分）若集合A{x|xa}，B{x|lgx0}，且满足A是( ) A．(1,)

B．[1，)

C．(0,)

D．[0，)

BR，则实数a的取值范围

【解答】解：集合A{x|xa}，B{x|lgx0}， 由题意得，B{x|x1}，

ABR，a1，

实数a的取值范围是[1，)．

故选：B．

3．（5分）已知各项均为正数的等比数列{an}的前n项和为Sn，若a11，S41a5，则a6( )

A．27 B．32 C． D．81

【解答】解：根据题意，设数列{an}的公比为q，显然q1． a1(1q4)q414a1q1，即q41， 若S4a51，则

q11q解可得q2，

第7页（共22页）

则a6a1q532． 故选：B．

4．（5分）已知直线l与曲线yx2lnx相切，则下列直线不可能与l平行的是( ) A．y3x1

B．y7x1

C．y2x1

D．y22x1

【解答】解：曲线yx2lnx，可知函数的定义域{x|x0}， y2x21时，取等号， 22，当且仅当x2x即直线l的斜率k22，

故直线y2x1不可能与l平行， 故选：C．

5．（5分）函数f(x)xln|x|的图象大致是( )

A．

B．

第8页（共22页）

C．

D．

【解答】解：f(x)xln|x|，

则f(x)xln|x|是非奇非偶函数，所以排除选项A，C． 当x0时，f(x)xlnx单调递增，所以排除选项B． 故选：D．

6．（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1的体积为，若点M平面A1BD，点N平面B1CD1，则MN的最小值为( ) A．83 3B．43 38C．

3D．

4 3【解答】解：由题意，MN的最小值为平面A1BD到平面B1CD1的距离，因为几何体是正方体，体积为，

所以正方体的棱长为4，体对角线长为43， 143所以MN的最小值为：AC1．

33故选：B．

第9页（共22页）

7．（5分）如图是国家统计局发布的生产资料出厂价格涨跌幅以及生活资料出厂价格涨跌幅的统计图，现有如下说法：

①2020年下半年生产资料出厂价格的环比涨幅呈现上升趋势；

②可以预测，在市场平稳的前提下，2021年2月生活资料出厂价格的环比可能为正数； ③从2020年1月~12月生活资料出厂价格同比的数据中随机抽取3个，恰有2个是正数的概率为P28； 55④将2020年1月~2021年1月生产资料出厂价格的环比涨跌幅从小到大排列后，所得的中位数为0.2%． 则正确的有( )

A．①③④ B．②③

C．②③④

第10页（共22页）

D．②④

【解答】解：对于①，由图（1）可知，2020年下半年生产资料出厂价格的环比涨幅线下降

后上升，故①错误；

对于②，由图（2）中的环比折线可知，

生活资料出厂价格的环比涨跌幅后一个月与前一个月的差介于0.2%~0.4%之间， 由于2021年1月环比的涨幅为0.2%，

故可以预测，在市场平稳的前提下，2021年2月生活资料出厂价格的环比可能为正数，故②正确；

对于③，从2020年1月~12月生活资料出厂价格同比的数据中随机抽取3个，

1C82C428恰有2个是正数的概率为P3，故③正确；

C1255对于④，将2020年1月~2021年1月生产资料出厂价格的环比涨跌幅从小到大排列后， 所得的中位数为0.2%，故④正确． 故选：C．

8．（5分）已知a0.3log0.3e，blog32，clog3020，则( ) A．abc 【解答】解：

B．acb

C．bca

D．bac

111a0.3log0.3e，blog32log33，ab；

e22lg2lg201lg2blog32，c，

lg3lg301lg31lg2lg2lg3lg20，cb， 1lg3lg3lg3(1lg3)cbabc．

故选：A．

9．（5分）关于函数f(x)|sin2x||cos2x|，下列结论正确的是( ) A．f(x)的最小正周期为

 2B．f(x)的最大值为2 D．x

C．f(x)在[0,]上单调递减

4【解答】解：

8

是f(x)的一条对称轴

是f(x)f(x)|sin(2x)||cos(2x)||cos2x||sin2x|f(x)，

4224的一个周期，故A错误；

要使f(x)2，即|sin2x||cos2x|2，即|sin2x||cos2x|1，显然不成立，故B错误； 当0x误；

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时，f(x)sin2xcos2x2sin(2x)，f(x)在[0,]上先增后减，故C错

444

f(x)|sin(2x)||cos(2x)||cos2x||sin2x|f(x)，故D正确． 422故选：D．

10．（5分）已知偶函数f(x)的定义域为R，导函数为f(x)，若对任意xR都有

2f(x)xf(x)x2恒成立，则下列结论正确的是( )

A．4f(2)f(1)

B．25f（5）f（1） D．f(0)0

C．25f（5）f(1)【解答】解：令x0，则2f(0)00， f(0)0，选项D错误；

令g(x)x2f(x)，则g(x)2xf(x)x2f(x)，

当x0时，由于2f(x)xf(x)x2，于是2xf(x)x2f(x)x30， g(x)在(0,)上单调递增，

g（5）g（1），即25f（5）f（1）f(1)，选项B正确，选项C错误；

f(x)是偶函数，

g(x)也是偶函数，则g(x)在(,0)上单调递减， g(2)g(1)，即4f(2)f(1)，选项A错误．

故选：B．

x2y211．（5分）已知双曲线C:221(a0,b0)的左、右焦点分别是F1，F2，点A在双曲

ab线C上，AF2x轴，若点B(2c,0)使得F1AB是钝角，其中c是双曲线C的半焦距，则C的离心率的取值范围是( ) A．(1,26) 2B．(26,) 2C．(1,22) 2D．(22,) 2c2y2b2b2【解答】解：当xc时，221，解得y，不妨设点A在第一象限，则A(c,)．

abaab42由F1AB是钝角，可得AF1AB0，即2c20，b22ac，c2a22ac，

a26整理得e22e10，1e．

2故选：A．

12．（5分）已知各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，且a11，

第12页（共22页）

(n1)2]，则数列{bn}的前an1(an11)an(an1)．若[x]表示不超过x的最大整数，bn[2Sn2021项和T2021( ) A．1010

B．1011

C．2021

D．2022

【解答】解：an1(an11)an(an1)，

22an1anan1an，即(an1an)(an1an)an1an，

an0，

， an1an1（常数），a11，

数列{an}是首项为1、公差为1的等差数列， ann，

Snn(1n)， 2(n1)2(n1)2n1， 

2Snn(1n)nT20212111220202022．

2020个故选：D．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

413．（5分）已知向量a(1,2)，b(2,3)，若(kab)a，则实数k  ．

5【解答】解：向量a(1,2)，b(2,3)， 所以kab(k2,2k3)， 由(kab)a，得(kab)a0， 所以(k2)2(2k3)0， 4解得k．

54故答案为：．

5第13页（共22页）

114．（5分）(x22)(x)6的展开式中常数项为 25 ．

x1【解答】解：(x)6展开式的通项公式为：

x1rrTr1C6x6r()r(1)rC6x62r，

x令62r0，解得r3，

3T31(1)3C620；

令62r2，解得r4，

4T41(1)4C611； 15x2x21(x22)(x)6展开式中常数项为：

x2(20)1525．

故答案为：25．

15．（5分）已知球O是圆锥PO1的外接球，圆锥PO1的母线长是底面半径的3倍，且球O的表面积为

81，则圆锥PO1的侧面积为 3 ． 881，8【解答】解：设O1Br，球O的半径为R，则PB3r，由球O的表面积为4R2得R281． 32在Rt△OO1B中，R2(PO1R)2r2，即R2(22rR)2r2，解得r1， 故圆锥PO1的侧面积为rPB3．

故答案为：3．

16．（5分）已知抛物线C:y216x的焦点为F，点A(4,0)，点P是抛物线C上的动点，

第14页（共22页）

则

|PF|2|PA|的最小值为 2 ． 【解答】解：抛物线C:y216x，则其准线方程为x4， 故点A(4,0)为抛物线的准线与x轴的交点， 设点P在准线上的射影为Q， 则

|PF||PA||PQ|PAsinPAQ， 当直线AP与抛物线C相切时，PAQ最小，则sinPAQ也最小， 设直线PA的方程为yk(x4)，

联立方程组yk(x4)2y216x，可得k2x2(8k16)x16k20，

由△(8k216)2k40，解得k1， 当k1时，sinPAQ22． 故答案为：22．

三、解答题（本大题共5小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.）17．（12分）在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，(sinBsinC)2sin2(BC)3sinBsinC，a6．

（Ⅰ）求A的值；

（Ⅱ）求ABC的周长的最大值．

【解答】解：(I)由题意得，(sinBsinC)2sin2A3sinBsinC， sin2Bsin2Csin2AsinBsinC，

第15页（共22页）

且

由正弦定理可得b2c2a2bc，

1所以cosA，

2又A(0,)， 所以A3；

bca(II)由a6及正弦定理得sinBsinCsinA22， b2．

abc622sinB22sin(23B)26sin(B6)6． 由0B253得6B66， 当B62，即B3时，(abc)max36．

18．（12分）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD是菱形，SBA45．SBSCSD．

（Ⅰ）求证：SABD；

（Ⅱ）设E是线段SB的中点，求二面角SACE的余弦值．

【解答】（Ⅰ）证明：设ACBDO，连接OS，

因为四边形ABCD是菱形，所以BDAC，BOOD， 又因为SBSD，所以BDOS， 因为ACOSO，所以BD平面SAO，

因为SA平面SAO，所以BDSA，于是SABD； （Ⅱ）解：取BC中点M，连接SM、AM，

因为四边形ABCD是菱形，CAD60，所以ABC为正三角形， 所以AMBC，ADAM， 因为SBSC，所以SMBC，

第16页（共22页）

CAD60，

因为AMSMM，所以BC平面SAM，

因为SA平面SAM，所以SABC， 因为BCBDB，BD、BC平面ABCD，所以SA平面ABCD，

所以AD、AM、AS两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设AB2，因为SBA45，所以SA2， 31，1)，AC(1，3，0)， AE(，22设平面ACE的法向量为m(x，y，z)，

13yz0AEmx，令y1，m(3，1，3)， 22ACmx3y0由（1）知BD平面SAC，所以平面SAC的法向量为nBD(3，3，0)， 因为二面角SACE为锐角， 所以二面角SACE的余弦值为

|mn|4327．

|m||n|7723

19．（12分）学期结束时，学校对食堂进行测评，测评方式：从全校学生中随机抽取100人给食堂打分，打分在60以下视为“不满意”、在60~80视为“基本满意”，在80分及以上视为“非常满意”．现将他们给食堂打的分数分组：[20，30)，[30，40)，[40，50)，[50，60)，[60，70)，[70，80)，[80，90]，得到如下频率分布直方图：

（Ⅰ）求这100人中“不满意”的人数并估计食堂得分的中位数；

（Ⅱ）若按满意度采用分层抽样的方法，从这100名学生中抽取15人，再从这15人中随机抽取3人，记这3人中对食堂“非常满意”的人数为X．

第17页（共22页）

（ⅰ）求X的分布列；

（ⅱ）若抽取的3人中对食堂“非常满意”的同学将获得食堂赠送的200元现金，其他同学将获得100元现金，请估计这3人将获得的现金总额．

【解答】解：(I)这100人中“不满意”的人数为100[1(0.020.040.02)10]20， 由频率分布直方图易得，食堂得分的中位数为700.50.472.5； 0.04(II)(i)若按满意度采用分层抽样的方法，从这100名学生中抽取15人，

则“不满意”与“基本满意”的学生应抽取1000.8“非常满意”的学生应抽取1000.2故X的取值为0，1，2，3，

213C12C3C1244198则P(X0)3，P(X1)， 3C1591C15455312（人)， 2033（人)， 2013C12C32C3361P(X2),P(X3)， 33C15455C15455故X的分布列为：

X P (ii)由(i)得E(X)10 44 911 198 4552 36 4553 1 455198361323， 4554554555则3人获得的现金总额Y200X100(3X)100X300， 所以E(Y)E(100X300)100E(X)300360（元)， 故3人获得的现金总额估计为360元．

x2y220．（12分）已知椭圆C:221(ab0)的右顶点为N，长轴长为42，P为椭圆上

ab一点，O为坐标原点，且OPN重心的横坐标为2，OPN的面积为6．

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（Ⅰ）求椭圆C的方程；

（Ⅱ）直线l与椭圆C交于A，B两点，以OA，OB为邻边作平行四边形OAMB，且1 kOAkOB，试判断|OM|2|AB|2是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．

2【解答】解：（Ⅰ）由题意可得，2a42，则a22， 故点N的坐标为(22,0)，设P(x0，y0)， 因为OPN重心的横坐标为2，则0x0222，解得x02，

31因为OPN的面积为6，则22|y0|6，解得|y0|3，

2所以

2321，解得b2， 8bx2y2所以椭圆C的方程为1；

84（Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由余弦定理可得，|OM|2|OA|2|AM|22|OA||AM|cosOAM，

|AB|2|OA|2|OB|22|OA||OB|cosAOB，

两式相加可得，|OM|2|AB|22(|OA|2|OB|2)， yy11因为kOAkOB，所以12，故x1x22y1y2，

x1x222x12y12x22y221，1， 因为点A，B在椭圆C上，所以8484所以x1282y12,x2282y22，

(x128)(x228)4y12y22(*)， 故2222(x8)(x8)2(yy)121222x1x28将x1x22y1y2，代入(*)式，可得2， 2yy412所以|OM|2|AB|22(|OA|2|OB|2)2(x12x22y12y22)24， 故|OM|2|AB|2是定值，定值为24． 21．（12分）已知函数f(x)exsinx1．

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（Ⅰ）判断函数f(x)在[,]上的零点个数，并说明理由；

2（Ⅱ）当x[0，)时，f(x)mx0，求实数m的取值范围． 【解答】解：(I)解法一：由题意得，f(x)excosx， 当x[,)时，易得函数f(x)单调递增，

2而f()e10，f()e220，

故，当x[，x0)时，f(x)0； 当x(x0,)时，f(x)0，而f()e210，f()e2220．

函数f(x)在[,)上无零点；（3分）

2当x[,]时，f(x)excosx0，函数f(x)在[,]上单调递增，

2222而f(0)0，函数f(x)在[,]上有1个零点．

22综上所述，函数f(x)在[,]上有1个零点．（6分）

2解法二：由f(x)0，得exsinx10，则ex1sinx．

在同一直角坐标系中，作出y1ex和y21sinx的图象，x[,]，

2由图象易知函数f(x)在[,]上只有一个零点．（6分）

2(II)令g(x)f(x)mxexsinxmx1，x[0，)，则g(x)excosxm．

g(0)e0sin00m10，g(0)e0cos0m2m，（8分）

令h(x)g(x)excosxm，h(x)exsinx0在[0，)上恒成立， 则h(x)为增函数，即g(x)为增函数．

①当m20，即m2时，g(x)g(0)2m0，g(x)在[0，)上为增函数，g(x)g(0)0，即g(x)0在[0，)上恒成立；（10分）

②当m20，即m2时，g(0)2m0，x0(0,)，使g(x0)0， 当x(x0，)，g(x0)0，g(x)为增函数；

当为减函数，g(x0)g(0)0，与g(x)0在[0，)上恒成立相矛盾，m2不成立．

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综上所述，实数m的取值范围是[2，)．（12分）

[选修4-4：坐标系与参数方程]

xt(t为参数）22．（10分）在平面直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为．以原点为

y3t极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为(1cos)2,A(2,)

6（Ⅰ）求曲线C的直角坐标方程以及直线l的普通方程； （Ⅱ）若直线l与曲线C交于M，N两点，求AMN的面积．

xcos曲线C的极坐标方程为(1cos)2，根据ysinx2y22【解答】解：(I)，得

y24(x1)．

曲线C的直角坐标方程为y24(x1)，

xt(t为参数）直线l的参数方程为，

y3t由题意得，直线l的普通方程为y3x． (II)解法一：直线l的方程为3xy0，

直线l分成两条射线，

其极坐标方程分别为30或40， 33联立(1cos)2043和(1cos)20．

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分别解得4和|MN|4416． 334， 3A(2,)到直线的距离为2sin()1

63361168SAMN1．

233解法二：联立，整理得3x24x40． 设M(x1，y1)，

|MN|1k2|x1x2|1k2(x1x2)24x1x216． 3又点A(3,1)到直线l的距离d1， 1168SAMN1．

233[选修4-5：不等式选讲]

23．已知函数f(x)|x1|2|x2|的最大值为t． （Ⅰ）求t的值；

（Ⅱ）设a，b，c均为正实数，且满足2ab2c3t，求证：a2b2c2t． x3,x1【解答】解：（Ⅰ）由题意得，f(x)|x1|2|x2|3x5,1x2，

x3,x2f(x)在(，2]上单调递增，在(2,)上单调递减， f(x)maxf（2）1，即t1；

证明：（Ⅱ）由（1）得，2ab2c3，

由柯西不等式得，(a2b2c2)(221222)(2ab2c)2（当且仅当

ac， b时取等号）

22abc

222321，即a2b2c2t． 9第22页（共22页）