2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题(乙卷·理科)

压轴题解读

x2y211．设B是椭圆C:221(ab0)的上顶点，若C上的任意一点P都满足|PB|2b，则C的离心率的取值范围

ab是( ) A．[2，1) 21B．[，1)

2C．(0，2] 21D．(0，]

2【命题意图】本题考查了椭圆的方程和性质，考查了运算求解能力和转化与化归思想，属于中档题． 【答案】C

【解析】点B的坐标为(0,b)，因为C上的任意一点P都满足|PB|2b， 所以点P的轨迹可以看成以B为圆心，2b为半径的圆与椭圆至多只有一个交点， x2y21即a2b2至多一个解， x2(yb)24b2b2a2222y2bya3b0， 消去x，可得

b2b2a2(a23b2)0， △4b42b2整理可得4b44a2b2a40，即(a22b2)20， b22解得a2b，e12，

a222故e的范围为(0,2)，故选：C． 2【规律总结】解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面

(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；

(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

12．设a2ln1.01，bln1.02，c1.041，则( ) A．abc

B．bca

C．bac

D．cab

【命题意图】本题考查了不等式的大小比较，导数和函数的单调性和最值的关系，考查了转化思想，属于难题． 【答案】B

【解析】a2ln1.01ln1.0201，bln1.02，ab，

1

令f(x)2ln(1x)(14x1)，0x1，

t21令14xt，则1t5x，

4t23g(t)2ln()t12ln(t23)t12ln4，

44t4tt23(t1)(t3)g(t)2120， 2t3t3t3g(t)在(1,5)上单调递增，

g(t)g（1）2ln412ln40，f(x)0，ac，

同理令h(x)ln(12x)(14x1)，

t21再令14xt，则1t5x，

4t21(t)ln()t1ln(t21)t1ln2，

22t(t1)2(t)2120，

t1t1(t)在(1,5)上单调递减， (t)（1）ln211ln20， h(x)0，cb，acb．故选B．

16．以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和附视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为_____________(写出符合求的一组答案即可)．

2图①2图②2图③2图④2图⑤

【命题意图】考查三视图，考查直观想象，逻辑推理能力 【答案】②⑤或③④

【解析】根据“长对正，高平齐，宽相等”及图中数据，可知②③只能是侧视图，④⑤只能是俯视图，于是可得正确答案为②⑤或③④

若为②⑤，则如图1；若为③④，则如图2.

2

20．己知函数f(x)ln(ax)，已知x0是函数yxf(x)的极值点． （1）求a； （2）设函数g(x)xf(x)．证明：g(x)1．

xf(x)【命题意图】本题考查了导数的综合应用，主要考查了利用导数研究函数的极值问题，利用导数证明不等式问题，此类问题经常构造函数，转化为证明函数的取值范围问题，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于难题． 【解析】（1）由题意，f(x)的定义域为(,a)， 令g(x)xf(x)，则g(x)xln(ax)，x(,a)， 则g(x)ln(ax)x1x， ln(ax)axax因为x0是函数yxf(x)的极值点，则有g(x)0，即lna0，所以a1， 当a1时，g(x)ln(1x)因为g(x)x1ln(1x)1，且g(0)0， 1x1x11x20， 1x(1x)2(1x)2则g(x)在(,1)上单调递减， 所以当x(,a)时，g(x)0， 当x(0,1)时，g(x)0，

所以a1时，x0时函数yxf(x)的一个极大值． 综上所述，a1；

（2）证明：由（1）可知，xf(x)xln(1x)， 要证

xf(x)xln(1x)1，即需证明1，

xf(x)xln(1x)因为当x(,a)时，xln(1x)0， 当x(0,1)时，xln(1x)0，

所以需证明xln(1x)xln(1x)，即x(1x)ln(1x)0， 令h(x)x(1x)ln(1x)， 则h(x)(1x)11ln(1x)， 1x所以h(0)0，当x(,0)时，h(x)0，

3

当x(0,1)时，h(x)0， 所以x0为h(x)的极小值点，

所以h(x)h(0)0，即xln(1x)xln(1x)， 故

xln(1x)1，

xln(1x)xf(x)1．

xf(x)所以

21．已知抛物线C:x22py(p0)的焦点为F，且F与圆M:x2(y4)21上点的距离的最小值为4． （1）求p；

（2）若点P在M上，PA，PB为C的两条切线，A，B是切点，求PAB面积的最大值．

【命题意图】本题考查圆锥曲线的综合运用，考查直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，属于中档题． pp【解析】（1）点F(0,)到圆M上的点的距离的最小值为|FM|1414，解得p2；

22（2）由（1）知，抛物线的方程为x24y，即y121x，则yx， 42x1x12x2x22xx2x1x2,lPB:yx设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则易得lPA:yx，从而得到P(1,)，

242424设lAB:ykxb，联立抛物线方程，消去y并整理可得x24ky4b0， △16k216b0，即k2b0，且x1x24k，x1x24b， P(2k,b)，

|AB|1k(x1x2)4x1x21k16k16b，dpABSPAB312|AB|d4(kb)2①， 22222|2k22b|k12，

b212b1531(b4)2)2， 又点P(2k,b)在圆M:x(y4)1上，故k，代入①得，SPAB4(44222而ypb[5，3]，

当b5时，(SPAB)min205．

压轴题模拟

x21．（2021·广东汕头市·高三二模）已知椭圆C：y21的左､右焦点分别是F1､F2，过F2的直线l与C交于A，

2B两点，设O为坐标原点，若OEOAOB，则四边形AOBE面积的最大值为（ ） A．1 【答案】B

【解析】由已知得若OEOAOB，故四边形AOBE是平行四边形，其面积是△OAB面积的两倍，下面先求△OAB

4

B．2 C．3 D．22 的面积的最大值.由椭圆的方程的椭圆的右焦点坐标为(1,0)，设直线AB的方程为xky1,代入椭圆方程中并整理

22得：2ky2ky10,

2k42k218k2+1, S△OAB11OF1yAyB1228k2+12k222k2+12k2，

令k2+1=t,

S△OAB2t22t21t12,当t1,即k=0,也就是直线AB与x轴垂直时OAB面积取得最大值为

t2，△四边形AOBE的面积最大值为2.故选：B. 2x2y22．（2021·黑龙江大庆市·铁人中学高三一模（理））已知双曲线C:221（a0，b0）的左、右焦点分

ab别为F1，F2，以坐标原点O为圆心，以F1F2为直径的圆交双曲线右支上一点M，sinMF2F125，则双曲线5C的离心率的取值范围为（ ）

A．1e3 【答案】C

【解析】△M是以O为圆心，以F1F2为直径的圆与双曲线C右支的交点，△F1MF2△4cMF1MF2，tanMF2F1222B．1e2

C．1e5 D．1e3

2，

MF1MF22．△MF1MF22a，

2MF1MF222MF1MF2MF24c22△e 22．4a2MF1MF22MF12MF1MF2MF22MF22sinMF2FsinMF2F25tanMFF2． △sinMF2F121，△2cosMFF1sinMF2F252t12MF1e12t2，则设， 1t2t1t2MF2t211t21t1t1令ftt，ft122， 2tttt△t2时，ft0，则ft在2,上单调递增，

5

△t21t15，△1e25，△1e5． 22

故选:C.

2cos2x1cosx1sinx1bc3．（2021·新余市第一中学高三模拟（理））已知x0,，若a，，，则

ecosxesinxe2cosx42（ ） A．abc 【答案】A

B．acb

C．bca

D．cab

x1ex(x1)exx0， 【解析】构造函数f(x)x,x(0,)，则f(x)ee2xex所以函数f(x)在(0,)上单调递减，因为x0,20sinxcosx12cos2x2， ，所以24所以f(2cos2x)f(cosx)f(sinx)，所以abc， 故选：A．

4．（2021·山东济南市·高三一模）设a2022ln2020，b2021ln2021，c2020ln2022，则（ ） A．acb C．bac 【答案】D

B．cba D．abc

11lnxlnx【解析】令f(x)且x(0,)，则f(x)， xx12(x1)若g(x)1又g(e)111lnx，则在x(0,)上g(x)20，即g(x)单调递减，

xxx1110，g(e2)210，即x0(,e2)使g(x0)0， eee△在(x0,)上g(x)0，即f(x)0，f(x)单调递减； △f(2021)f(2020)，有

ln2021ln2020，即ab，

20222021

6

11lnxlnx令m(x)且x(0,1)(1,)，则， xm(x)x1(x1)2若n(x)1111lnx，则n(x)(1)，即在x(0,1)上n(x)单调递增，在x(1,)上n(x)单调递减， xxx△n(x)n(1)0，即m(x)0，m(x)在x(1,)上递减， △m(2022)m(2021)，有

ln2022ln2021，即bc，故选：D.

20212020

5．（2021·湖北高三一模（理））现有编号为①、①、①的三个三棱锥（底面水平放置）,俯视图分别为图1、图2、图3,则至少存在一个侧面与此底面互相垂直的三棱锥的所有编号是___ ．．．．

【答案】△△

【解析】编号为△的三棱锥，其直观图可能是△，侧棱𝑉𝐶⊥底面𝐴𝐵𝐶，则侧面𝑉𝐴𝐶⊥底面𝐴𝐵𝐶，满足题意； 编号为△的三棱锥，其直观图可能是△，侧面𝑃𝐵𝐶⊥底面𝐴𝐵𝐶，满足题意； 编号为△的三棱锥，顶点的投影不在底面边上（如图△），不存在侧面与底面垂直。 故答案为△△.

6．（2021·福建福州市·福州三中高三月考）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，过A，M，N三点作正方体的截面，将截面多边形向平面ADD1A1作投影，则投影图形的面积为_____．

7

【答案】

7 12【解析】直线MN分别与直线A1D1，A1B1交于E，F两点，

连接AE，AF，分别与棱DD1，BB1交于G，H两点，连接GN，MH， 得到截面五边形AGNMH，

向平面ADD1A1作投影，得到五边形AH1M1D1G， 由点M，N分别是棱B1C1，C1D1的中点，可得D1E＝D1N由△D1EG△△DAG，可得DG＝2D1G同理BH＝2B1H则AH1＝2A1H11， 22， 32， 321，A1M1＝D1M1，

231111271， 2232312则SAH1M1D1G1SA1H1M1SADG＝1

故答案为：

7． 127．（2021·山东潍坊市·高三三模）设抛物线C：x22py（p0）的焦点为F，点Pm,2（m0）在抛物线

8

C上，且满足PF3．

（1）求抛物线C的标准方程；

（2）过点G0,4的直线l与抛物线C交于A，B两点，分别以A，B为切点的抛物线C的两条切线交于点Q，求三角形PQG周长的最小值．

【解析】（1）由抛物线定义，得PF2△抛物线C的标准方程为x24y；

（2）设Ax1,y1，Bx2,y2，直线l的方程为ykx4， △联立p3，得p2， 2ykx4，消掉x，得x24kx160，0， 2x4y△x1x24k，x1x216，

设A，B处的切线斜率分别为k1，k2，则k1x1x，k22， 22x1x1xx12△在点A的切线方程为yy1xx1，即y△， 224x2xx22△， 同理，在B的切线方程为y24x1x2x122k，代入△或△中可得：yQkx1y14y14， 由△△得：xQ24△Q2k,4，即Q在定直线y4上，

设点G关于直线y4的对称点为G，则G0,12，由（1）知P22,2， △PQGQPQGQGP251，即P,Q,G三点共线时等号成立， △三角形PQG周长最小值为GPGP25123．

8．（2021·江西高三模拟（文））已知开口向右的拋物线E的顶点在原点，焦点F在x轴上，点Mm,2在抛物线

E上，且MF2.

（1）求拋物线E的方程；

（2）经过焦点F的直线与拋物线E交于A,B两点，过A,B两点分别作抛物线的切线并交于点D，求三角形DAB面积的最小值.

【解析】（1）设拋物线E的方程为y22px， 将Mm,2坐标代入方程得42pm，△

9

又MFmp22，△ 由△，△解得p2，

所以抛物线E的方程为y24x.

（2）设AB的方程为tyx1,Ax1,y1Bx2,y2，

联立方程tyx1y24xy24ty40，

y1y24t,y1y24，

直线DA的方程为y1y2xx1， 直线DB的方程为y2y2xx2， 联立直线DA､DB的方程解得，

xx2y1x1y2yy1y21，

2y14y2x2x1y2y2t，

1D1,2t，

点D到直线AB的距离d2t221t221t2，

AB1t2(4t)2164t21，

所以DAB的面积是S1ABd14t2121t222241t234，

当且仅当t0时取等号， 综上：DAB面积的最小值为4.

9．（2021·安徽省泗县第一中学高三模拟（理））已知函数fxlnxax22a1x，（（1）当a0时，求函数fx的极值；

（2）函数fx在区间1,上存在最小值，记为ga，求证：ga14a2. 【解析】（1）当a0时，fxlnxx，x0，则fx1x1， 当x0,1，fx0；当x1,，所以fx0. 所以当x1时，fx取得极大值为f11，无极小值.

10

a0）.

2ax22a1x12ax1x11. （2）由题可知fx2ax2a1xxx△当a0时，由（1）知，函数fx在区间1,上单调递减，所以函数fx无最小值，此时不符合题意； △当a1时，因为x1,，所以2ax10.此时函数fx在区间1,上单调递增， 2所以函数fx无最小值，此时亦不符合题意； △当0a11. 时，此时122a函数fx在区间1,11上单调递减，在区间,上单调递增， 2a2a11111fxfln1galn1 所以min，即2a4a2a4a2a要证galn设t11111112，只需证当0a时，ln10成立

22a4a4a2a2a112． ，htlntt1t1，由（1）知hth10，所以ga2a4ax10．（2021·烟台市教育局高三三模）已知函数fxemx2x，gxexx2axalnx1．

（1）若函数fx在x1处取得极大值，求实数m的值；

（2）当m1时，若对x0，不等式fxgx恒成立，求实数a的值． 【解析】（1）因为fxexmx2x，所以f(x)ex(mx2x2mx1)，

1因为fx在x1处取极大值，所以f10，所以em12m10，所以m当m2 321x时，f(x)e2x3x1，

333, 23 2x fx 3,1 2+ 单调递增 1 1,  单调递减  单调递减 0 0 fx 极小值 极大值 所以fx在x1处取极大值，符合题意；

x2x2（2）当m1时， fxexx，gxexaxalnx1．

x2又因为对x0，不等式fxgx，所以x0时，exxexx2axalnx1，



11

所以x0时，exlnxaxlnx1，

令txlnx，因为hxxlnx为0,上的增函数，且hx的值域为R，所以tR， 故问题转化为“tR,etat10恒成立”，不妨设Fteat1，所以Ftea，

tt当a0时，Ftea0，所以Ft在R上单调递增，且F0e10，

t0所以当t,0时，FtF00，这与题意不符； 当a0时，令Ft0，解得xlna，

当t,lna时，Ft0，Ft单调递减，当tlna,时，Ft0，Ft单调递增， 所以FtminFlnae所以1lnalnaalna1aalna10，

110，所以lna10， aa1a11,a2， aa记alna当a0,1时，a0，a单调递减，当a1,时，a0，a单调递增， 所以amin10， 又因为lna110，即a0，所以a1. a

12