2021高考Ⅰ卷数学试题(附解析版).pdf

20212021年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试数学数学本试卷共本试卷共页，页，小题，满分小题，满分0 0分分.考试用时考试用时0 0分钟分钟.注意事项：注意事项：.答卷前，答卷前，考生务必将自己的姓名考生务必将自己的姓名 考生号考生号 考场号和座位号填写在答题卡上考场号和座位号填写在答题卡上.用用铅笔将试卷铅笔将试卷类型类型()填涂在答题卡相应位置上填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处条形码粘贴处”.”.作答选择题时，作答选择题时，选出每小题答案后，选出每小题答案后，用用B B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上答案不能答在试卷上.3.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以不按以上要求作答无效上要求作答无效.考生必须保持答题卡的整洁考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一一 选择题：本题共选择题：本题共8 8小题，每小题小题，每小题分，共分，共0 0分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.设集合A.，则B.B.，（）C.D.，则C.（）D.2.已知A.3.已知圆锥的底面半径为A.B.，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）C.D.4.下列区间中，函数单调递增的区间是（）A.B.C.D.5.已知A.13，是椭圆：B.12的两个焦点，点C.9在上，则D.6的最大值为（）.若，则.可以作曲线（）C.D.7.若过点A.C.的两条切线，则（）B.D.8.有 6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是 8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）A.甲与丙相互独立C.乙与丙相互独立B.甲与丁相互独立D.丙与丁相互独立二二 选择题：本题共选择题：本题共小题，每小题小题，每小题分，共分，共0 0分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求要求.全部选对的得全部选对的得分，部分选对的得分，部分选对的得分，有选错的得分，有选错的得0 0分分.9.有一组样本数据(，由这组数据得到新样本数据，其中为非零常数，则（）A.两组样本数据的样本平均数相同B.两组样本数据的样本中位数相同C.两组样本数据的样本标准差相同D.两组样数据的样本极差相同10.已知为坐标原点，点，则（）AC.11.已知点A.点B.点C.当在圆的距离小于上，点B.D.、，则（）到直线到直线的距离大于最小时，.当最大时，中，点满足，其中，12.在正三棱柱则（）A.当B.当C.当D.当时，时，三棱锥的周长为定值的体积为定值，使得，使得平面时，有且仅有一个点时，有且仅有一个点三三 填空题：本题共填空题：本题共小题，每小题小题，每小题分，共分，共0 0分分.13.已知函数14.已知为坐标原点，抛物线，若：，则是偶函数，则(_.)焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且15.函数的准线方程为_.的最小值为_.16.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折 1次共可以得到，对折 2次共可以得到面积之和，两种规格的图形，它们的面积之和，三种规格的图形，它们的，以此类推，则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为_；如果对折次，那么_.四四 解答题：本题共解答题：本题共6 6小题，共小题，共7070分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.17.已知数列满足，（1）记（2）求，写出，并求数列的通项公式；的前 20项和.18.某学校组织“一带一路”知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得 0分；类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得 0分，己知小明能正确回答类问题的概率为 0.8，能正确回答类问题的概率为 0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.记是内角，.（1）证明：（2）若20.如图，在三棱锥；，求.中，平面平面，为的中点.，的对边分别为，.已知，点在边上，（1）证明：（2）若；是边长为 1的等边三角形，点的体积.中，已知点、，点的轨迹为.在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥2.在平面直角坐标系（1）求（2）设点求直线的方程；在直线上，过两条直线分别交于、两点和，两点，且，的斜率与直线的斜率之和.22.已知函数（1）讨论的单调性；（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.20212021年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试数学数学本试卷共本试卷共页，页，小题，满分小题，满分0 0分分.考试用时考试用时0 0分钟分钟.注意事项：注意事项：.答卷前，答卷前，考生务必将自己的姓名考生务必将自己的姓名 考生号考生号 考场号和座位号填写在答题卡上考场号和座位号填写在答题卡上.用用铅笔将试卷铅笔将试卷类型类型()填涂在答题卡相应位置上填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处条形码粘贴处”.”.作答选择题时，作答选择题时，选出每小题答案后，选出每小题答案后，用用B B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试卷上答案不能答在试卷上.3.3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以不按以上要求作答无效上要求作答无效.考生必须保持答题卡的整洁考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将试卷和答题卡一并交回考试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一一 选择题：本题共选择题：本题共8 8小题，每小题小题，每小题分，共分，共0 0分分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的符合题目要求的.1.设集合A.B.，则C.（）D.【答案】B【解析】【分析】利用交集的定义可求【详解】由题设有故选：.2.已知A.，则B.（）C.D.，.【答案】C【解析】【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.【详解】因为故选：.，故，故.已知圆锥的底面半径为.B.，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）C.D.【答案】B【解析】【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得 的值，即为所求.【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则故选：B.4.下列区间中，函数单调递增的区间是（），解得.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】解不等式，利用赋值法可得出结论.【详解】因为函数的单调递增区间为，对于函数，由，解得，取，可得函数的一个单调递增区间为，则，选项满足条件，B不满足条件；取，可得函数的一个单调递增区间为，且故选：.，CD选项均不满足条件.【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成的单调区间，只需把要先把.已知A.13【答案】C【解析】【分 析】本 题 通 过 利 用 椭 圆 定 义 得 到化为正数，是椭圆：B.12的两个焦点，点C.9在上，则看作一个整体代入形式，再求的相应单调区间内即可，注意的最大值为（）D.6，借 助 基 本 不 等 式即可得到答案【详解】由题，则，所以故选：C（当且仅当时，等号成立）【点睛】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.6.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母(处理，化为正切的表达式，代入【详解】将式子进行齐次化处理得：即可得到结果)，进行齐次化故选：【点睛】易错点睛：本题如果利用过齐次化处理，可以避开了这一讨论.若过点A.C.【答案】D【解析】【分析】解法一：根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果；解法二：画出曲线【详解】在曲线所以，曲线由题意可知，点令当当所以，由题意可知，直线当时，时，时，的图象，根据直观即可判定点上任取一点在点处的切线方程为上，可得.单调递增，单调递减，对函数在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.求导得，即，可以作曲线的两条切线，则（）B.D.，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通在直线，则，此时函数，此时函数，与曲线，当的图象有两个交点，则时，作出函数，的图象如下图所示：由图可知，当故选：D.解法二：画出函数曲线作出两条切线.由此可知时，直线与曲线的图象有两个交点.的图象如图所示，根据直观即可判定点.在曲线下方和轴上方时才可以故选：D.【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.有 6个相同的球，分别标有数字 1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取 1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是 1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是 2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是 8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是 7”，则（）A.甲与丙相互独立C.乙与丙相互独立【答案】B【解析】【分析】根据独立事件概率关系逐一判断【详解】故选：B【点睛】判断事件是否独立，先计算对应概率，再判断是否成立，B.甲与丁相互独立D.丙与丁相互独立二二 选择题：本题共选择题：本题共小题，每小题小题，每小题分，共分，共0 0分分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求要求.全部选对的得全部选对的得分，部分选对的得分，部分选对的得分，有选错的得分，有选错的得0 0分分.9.有一组样本数据(，由这组数据得到新样本数据，其中为非零常数，则（）A.两 组样本数据的样本平均数相同B.两 组样本数据的样本中位数相同C.两 组样本数据的样本标准差相同D.两 组样数据的样本极差相同【答案】CD【解析】【分析】A、C利用两组数据的线性关系有极差的定义，结合已知线性关系可判断 B、D的正误.【详解】A：且，故平均数不相同，错误；、，即可判断正误；根据中位数、：若第一组中位数为：，则第二组的中位数为，故方差相同，正确；，显然不相同，错误；：由极差的定义知：若第一组的极差为，则第二组的极差为，故极差相同，正确；故选：10.已知为坐标原点，点，则（）.【答案】AC【解析】【分析】、写出，、，的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；、根据向量.的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误.【详 解】：，故：，正确；，所以，所 以，同理：由题意得：，故不一定相等，错误；，正确；：由题意得：，故一般来说故错故错误误；故选：11.已知点.点B.点C.当D.当在圆的距离小于上，点、，则（）到直线到直线的距离大于最小时，最大时，【答案】ACD【解析】【分析】计算出圆心到直线分析可知，当【详解】圆直线的方程为，即的距离，可得出点与圆圆心为，到直线的距离的取值范围，可判断 B选项的正误；最大或最小时，相切，利用勾股定理可判断 CD选项的正误.，半径为，圆心到直线的距离为，所以，点误；到直线的距离的最小值为，最大值为，选项正确，B选项错如下图所示：当最大或最小时，与圆相切，连接，、，可知，CD选项，由勾股定理可得正确.故选：CD.【点睛】结论点睛：若直线 与半径为的圆的距离的取值范围是12.在正三棱柱则（）A.当B.当C.当D.当【答案】BD【解析】时，时，三棱锥时，有且仅有一个点时，有且仅有一个点的周长为定值中，.相离，圆心到直线 的距离为，则圆上一点到直线，点满足，其中，的体积为定值，使得，使得平面【分析】对于 A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于 B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；点的个数对于 C，考虑借助向量的平移将对于 D，考虑借助向量的平移将【详解】易知，点对于 A，当错误；对于 B，当在矩形时，内部（含边界），即此时线段，周长不是定值，故A时，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故正确对于，当时，取，中点分别为，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，则满足，故错误；对于，当时，所以或故均，取，中点为，所以点轨迹为线段设，因为，所以，所以故选：，此时与重合，故正确【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内三三 填空题：本题共填空题：本题共小题，每小题小题，每小题分，共分，共0 0分分.13.已知函数【答案】1【解析】【分析】利用偶函数的定义可求参数的值.【详解】因为因为时故，为偶函数，故，故，整理得到，是偶函数，则_.故答案为：114.已知为坐标原点，抛物线，若：，则()的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且的准线方程为_.【答案】【解析】【分析】先用坐标表示，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得，即得结果.【详解】抛物线为上一点，：与轴垂直，的焦点,所以的横坐标为不妨设,，代入抛物线方程求得的纵坐标为,因为为轴上一点，且又，因为，所以，所以的准线方程为.，所以在的右侧，,故答案为：【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.15.函数【答案】1【解析】【分析】由解析式知性，即可求最小值.定义域为，此时，单调递减；定义域为，讨论、，并结合导数研究的单调的最小值为_.【详解】由题设知：当时，当时，有，此时单调递减；当又时，在各分段的界点处连续，时，有，此时单调递增；综上有：故答案为：1.单调递减，时，单调递增；16.某校学生在研究民间剪纸艺术时，发现剪纸时经常会沿纸的某条对称轴把纸对折，规格为的长方形纸，对折 1次共可以得到，对折 2次共可以得到面积之和，两种规格的图形，它们的面积之和，三种规格的图形，它们的，以此类推，则对折 4次共可以得到不同规格图形的种数为_；如果对折次，那么_.【答案】(1).5(2).【解析】【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得【详解】（1）由对折 2 次共可以得到着三次的结果有：故对折 4次可得到如下规格：，再根据错位相减法得结果.，；，共 5种不同规格；三种规格的图形，所以对，共 4种不同规格（单位，（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格如何，其面积成公比为的等比数列，首项为 120,第 n次对折后的图形面积为，对于第 n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想为种（证明从略），故得猜想，设，则两式作差得：，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：（1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解；（2）对于（3）对于结构，其中是等差数列，是等比数列，用错位相减法求和；结构，利用分组求和法；（4）对于项相消法求和.结构，其中是等差数列，公差为，则，利用裂四四 解答题：本题共解答题：本题共小题，共小题，共0 0分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.17.已知数列满足，（1）记（2）求，写出，并求数列通项公式；的前 20项和.；（2）.【答案】（1）【解析】【分析】（1）根据题设中的递推关系可得（2）根据题设中的递推关系可得的前，从而可求项和为可化为的通项.，利用（1）的结果可求.，即.，则，【详解】（1）由题设可得又故所以（2）设因为所以，即为等差数列，故的前项和为.【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题.18.某学校组织 一带一路 知识竞赛，有，两类问题，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随机抽取一个问题回答，若回答错误则该同学比赛结束；若回答正确则从另一类问题中再随机抽取一个问题回答，无论回答正确与否，该同学比赛结束.类问题中的每个问题回答正确得 20分，否则得 0分；类问题中的每个问题回答正确得 80分，否则得 0分，己知小明能正确回答类问题的概率为 0.8，能正确回答类问题的概率为 0.6，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.（1）若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，求的分布列；（2）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.【答案】（1）见解析；（2）【解析】【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分似，找出先回答的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可（2）与（1）类类类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可的所有可能取值为，；，【详解】（1）由题可知，所以的分布列为为小明的累计得分，则的所有可能取值为，（2）由（1）知，若小明先回答问题，记；所以因19.记，所以小明应选择先回答是内角，.（1）证明：（2）若；，求.，类问题，点在边上，的对边分别为，.已知【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有，结合已知即可证结论.（2）由题设，应用余弦定理求、，又，可得，结合已知及余弦定理即可求.【详解】（1）由题设，由正弦定理知：，即，又，得证.，（2）由题意知：，同理，整理得，又，整理得，解得或，由余弦定理知：，当时，不合题意；当时，；综上，.【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及件及余弦定理求.得到的数量关系，结合已知条20.如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点.（1）证明：（2）若；是边长为 1的等边三角形，点的体积.在棱上，且二面角的大小为，求三棱锥【答案】(1)详见解析(2)【解析】【分析】（1）根据面面垂直性质定理得 AO平面 BCD，即可证得结果；（2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果.【详解】（1）因为 AB=AD,O为 BD中点，所以 AOBD因为平面 ABD平面 BCD因此 AO平面 BCD，因为平面 BCD，所以 AOCD,平面 ABD平面 BCD，平面 ABD，(2)作 EFBD于 F,作 FMBC于 M,连 FM因为 AO平面 BCD，所以 AOBD,AOCD所以 EFBD,EF CD,因为 FMBC，则因为因为,因此 EF平面 BCD，即 EFBC,所以 BC平面 EFM，即 BCME为直角三角形为二面角 E-BC-D的平面角,为正三角形,所以从而=M=平面 BCD,所以【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法，四是投影法.21.在平面直角坐标系（1）求（2）设点求直线的方程；在直线上，过的两条直线分别交于、两点和，两点，且，中，已知点、，点的轨迹为.的斜率与直线的斜率之和.【答案】（1）【解析】；（2）.【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹即可得出轨迹（2）设点的方程；，设直线的方程为是以点、为左、右焦点双曲线的右支，求出、的值，设点、，联立直线与曲线的方程，列出韦达定理，求出化简可得的表达式，设直线的值.，的斜率为，同理可得出的表达式，由【详解】因为所以，轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，设轨迹的方程为，则，可得，所以，轨迹的方程为；（2）设点，若过点的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线无公共点，不妨直线的方程为，即，联立，消去并整理可得，设点、，则且.由韦达定理可得，所以，设直线的斜率为，同理可得，因为，即，整理可得，即因此，直线与直线，显然，故.的斜率之和为.【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值22.已知函数（1）讨论的单调性；，证明：；（2）证明见解析.（2）设，为两个不相等的正数，且【答案】（1）的递增区间为，递减区间为【解析】【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设可设，从而把，原不等式等价于转化为，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者在上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立.【详解】（1）函数的定义域为又当故时，递增区间为，当，递减区间为时，.，（2）因为，故，即，故，设因为故先证：若若故即证设则因为所以故，由（1）可知不妨设时，.，必成立.，即证，即证：，而，.时，要 证：，其中.，故，故，即在，故为增函数，所以成立，所以，成立，综上，设，则成立.，结合，可得：，即：，故，要证：即证：令，即证，即证，即证：，则，先证明一个不等式：设当故故在时，则；当上为增函数，在成立.，时，上为减函数，故由上述不等式可得当时，故恒成立，故故在上为减函数，故成立，即.，成立.综上所述，【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关的不等式问题.