2021年高考试题真题——数学(新高考全国Ⅰ卷) Word版含解析.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 4 4页，页，2222 小题，满分小题，满分 150150 分分.考试用时考试用时 120120 分钟分钟.注意事项：注意事项：1.1.答卷前，考生务必将自己的姓名答卷前，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2 2B B 铅笔将试卷类型铅笔将试卷类型(A A)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”.”.2.2.作答选择题时，选出每小题答案后，用作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B2B 铅笔在答题卡上对应题目选项的答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，再选涂其他答案案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案.答案不能答在试答案不能答在试卷上卷上.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准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效不按以上要求作答无效.4.4.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 5 5 分，共分，共 4040 分分.在每小题给出的四个选项中，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的只有一项是符合题目要求的.1.设集合A x 2 x 4，B 2,3,4,5，则AA.2B.2,3B（）D.C.3,42,3,42.已知z 2i，则zz i（）A.62iB.42iC.62iD.4 2i3.已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A.2B.2 2C.4D.4 24.下列区间中，函数fx 7sinx单调递增的区间是（）6C.,A.0,2B.,232D.3,22x2y25.已知F1，F2是椭圆C：1的两个焦点，点M在C上，则MF1 MF2的最大94值为（）A.136.若tan 2，则A.B.12C.9D.6sin1sin2（）sincosB.6525C.25D.657.若过点a,b可以作曲线y ex的两条切线，则（）A.eb aC.0 a ebB.ea bD.0 b ea8.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 4 4小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.在每小题给出的选项中，有在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.9.有一组样本数据x1，x2，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，yn，其中yi xic(i 1,2,n),c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O为坐标原点，点P1cos,sin，P2cos,sin，,0，则（）P3cos,sin，A 1A.OP1 OP2C.OAOP3OP1OP222B.AP1 AP2D.OAOP1OP2OP311.已知点P在圆x5y 516上，点A4,0、B0,2，则（）A.点P到直线AB的距离小于10B.点P到直线AB的距离大于2C.当PBA最小时，PB 3 2D.当PBA最大时，PB 3 212.正三棱柱ABC A1B1C1中，AB AA11，点P满足BP BCBB1，其中0,1，0,1，则（）A.当1时，AB1P的周长为定值B.当1时，三棱锥P A1BC的体积为定值C.当1时，有且仅有一个点P，使得A1P BP2D.当1时，有且仅有一个点P，使得A1B 平面AB1P2三三 填空题：本题共填空题：本题共 4 4小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.13.已知函数fx x3a2x2x是偶函数，则a _.14.已知O为坐标原点，抛物线C：y2 2px(p 0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ OP，若FQ 6，则C的准线方程为_.15.函数fx 2x1 2ln x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20dm12dm的长方形纸，对折 1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格2的图形，它们的面积之和S1 240dm，对折 2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，220dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm，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n次，那么Sk1nk_dm2.四四 解答题：解答题：本题共本题共 6 6 小题，小题，共共 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an满足a11，an1an1,n为奇数,an2,n为偶数.（1）记bn a2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前 20项和.18.某学校组织“一带一路”知识竞赛，有 A，B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.A类问题中的每个问题回答正确得20 分，否则得0分；B 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A 类问题的概率为 0.8，能正确回答B 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 A类问题，记X为小明的累计得分，求X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.19.记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2 ac，点D在边AC上，BDsinABC asinC.（1）证明：BD b；（2）若AD 2DC，求cosABC.20.如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，AB AD，O为BD的中点.（1）证明：OACD；（2）若OCD是边长为 1 的等边三角形，点E在棱AD上，DE 2EA，且二面角E BC D的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.21.在平面直角坐标系xOy中，已知点F1 17,0、F2的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线x 17,0MF1 MF2 2，点M1上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且2TA TB TP TQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.22.已知函数fx x1lnx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blna alnb a b，证明：2 11 e.ab20212021 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 答案解析答案解析一一 选择题：选择题：1.B解析：解析：由题设有A B 2,3，故选 B.2.C解析：解析：因为z 2i，故z 2i，故z z i 2i22i=4+4i2i2i 62i2故选 C.3.B解析：解析：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则l 22，解得l 2 2.故选 B.4.A解析：解析：因为函数y sin x的单调递增区间为2k2,2kk Z，2对于函数fx 7sinx6，由2k2 x6 2k2kZ，解得2k3 x 2k2kZ，32,33，取k 0，可得函数fx的一个单调递增区间为则0,2,2332，,233，A 选项满足条件，B不满足条件；58,，33取k 1，可得函数fx的一个单调递增区间为3,223,且,23358358,2,，CD选项均不，33233满足条件故选 A.5.C解析：解析：由题，a 9,b 4，则22MF1 MF22a 6，2 MF1 MF2所以MF1 MF29（当且仅当MF1 MF23时，等号成立）2故选 C6.C解析：解析：将式子进行齐次化处理得：22sin1sin2sinsincos2sincossinsincossincossincossinsincostan2tan422222sincos1tan145故选：C7.D解析：x在曲线y e上任取一点P t,e，对函数y etx求导得y ex，tttx所以，曲线y e在点P处的切线方程为ye ext，即y e x1te，t由题意可知，点a,b在直线y e x1te上，可得b ae 1te a1te，ttttttt令fta1te，则f tate.当t a时，f t 0，此时函数ft单调递增，当t a时，f t 0，此时函数ft单调递减，所以，ftmax fae，aa由题意可知，直线y b与曲线y ft的图象有两个交点，则b ftmaxe，当t a1时，ft 0，当t a1时，ft0，作出函数ft的图象如下图所示：由图可知，当0 b ea时，直线y b与曲线y ft的图象有两个交点.故选 D.解法二：画出函数曲线y e的图象如图所示，根据直观即可判定点a,b在曲线下方和xx轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0 b ea.故选 D.8.B解析：解析：11561P(甲)，P(乙)，P(丙)，P(丁)，66363661P(甲丙)0 P(甲)P(丙)，P(甲丁)P(甲)P(丁)，361P(乙丙)P(乙)P(丙)，P(丙丁)0 P(丁)P(丙)，36故选 B二二 选择题：选择题：9.CD解析：解析：D(y)D(x)D(c)D(x)，故方差相同，C 正确；由极差的定义知：若第一组的极差为xmax xmin，则第二组的极差为ymax ymin(xmaxc)(xminc)xmax xmin，故极差相同，D正确；故选 CD10.AC解析：解析：22A项，OP，1(cos,sin)，OP2(cos,sin)，所以|OP1|cossin1C 项，由题意得：|OP2|(cos)2(sin)21，故|OP1|OP2|，正确；OAOP31cos()0sin()cos()，OP1OP2 coscossin(sin)cos()，正确；故选 AC11.ACD解析：解析：圆x5y 516的圆心为M5,5，半径为4，22直线AB的方程为xy1，即x 2y 4 0，42圆心M到直线AB的距离为525412221111 5 4，55所以，点P到直线AB的距离的最小值为正确；如下图所示：11 511 54 10，A选项4 2，最大值为55当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM PB，BM BP 0525222234，MP 4，由勾股定理可得BM MP 3 2，CD选项正确.故选 ACD.12.BD解析：易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）对于 B，当1时，BPBCBB1=BB1BC，故此时P点轨迹为线段B1C1，而11B1C1/BC，B1C1/平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确对于 D，当11CC1中点为M,NBP BM MN，时，BPBCBB1，取BB1，223311，0,0,y0,所以P点轨迹为线段MN 设P0,y0,，因为A，所以AP，22223 13111A1B,1，所以y00 y0，此时P与N重合，故 D正确224222故选 BD三三 填空题：填空题：13.答案：答案：1解析：解析：因为fx x3a2x2x，故fx x3a2x2x，因为fx为偶函数，故fx fx，时x3a2x2x x3a2x2x，整理得到a12x+2x=0，故a 1，故答案为 114.答案：答案：x 解析：解析：2抛物线C：y 2px(p 0)的焦点F32 p,0,2P为C上一点，PF与x轴垂直，所以 P的横坐标为不妨设P(p，代入抛物线方程求得P 的纵坐标为p,2p,p),2因为 Q为x轴上一点，且PQ OP，所以 Q在 F 的右侧，又|FQ|6，Q(6p,0),PQ (6,p)2p6 p2 0,2因为PQ OP，所以PQOP p 0,p 3，所以C的准线方程为x 故答案为x 15.答案：答案：1解析：解析：由题设知：f(x)|2x1|2ln x定义域为(0,)，当0 x 323.21时，f(x)12x2ln x，此时f(x)单调递减；2当21 x 1时，f(x)2x12ln x，有f(x)2 0，此时f(x)单调递减；2x2 0，此时f(x)单调递增；x当x 1时，f(x)2x12ln x，有f(x)2又f(x)在各分段的界点处连续，综上有：0 x1时，f(x)单调递减，x 1时，f(x)单调递增；f(x)f(1)1故答案为 1.16.答案：答案：(1).5(2).720解析：解析：（1）由对折 2 次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，153n2n45312，56，103；20，共 4 种不同规格（单位dm2)；225533故对折 4次可得到如下规格：12，6，53，10，20，共 5 种不同规格；4224所以对着三次的结果有：（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1dm2,第 n 次对折后的图形面积为的等比数列，首项为 1202 1 1202n1，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n1种（证明从略），故得猜想Sn设S Skk1n120(n1)，2n1120212031204012222120n1，2n1则112021203S 12222120n120(n1)，n1n22两式作差得：1 11S 24012022221 120n1n122n1 601n12120n1 240n1212120n3120120n1，360n1 36022n2n因此，S 720240n315n3.720nn42215n3.n42故答案为5；720四四 解答题：解答题：17.答案：答案：（1）b1 2,b2 5；（2）300.解析：解析：（1）由题设可得b1 a2 a11 2,b2 a4 a31 a2 21 5*又a2k2 a2k11，a2k1 a2k 2，(k N)故a2k2 a2k3，即bn1 bn3，即bn1bn 3所以bn为等差数列，故bn 2n133n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20 a1a2a3因为a1 a21,a3 a41,所以S20 2a2a4a20，,a19 a201，a18a2010 2b1b218.910b9b1010 2102310 300.2答案：答案：（1）见解析；（2）B类解析：解析：（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20，100PX 010.80.2；PX 200.810.60.32；PX 1000.80.60.48所以X的分布列为XP0200.321000.480.2（2）由（1）知，EX00.2200.321000.4854.4若小明先回答B问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100PY 010.60.4；PY 800.610.80.12；PX 1000.80.60.48所以EY00.4800.121000.4857.6因为54.457.6，所以小明应选择先回答B类问题19.ABC 答案：答案：（1）证明见解析；（2）cos7.12解析：（1）由题设，BD asinCcbsinCc，由正弦定理知：，即sinABCsinCsinABCsinABCbBD ac，又b2 ac，bBD b，得证.（2）由题意知：BD b,AD 22bb,DC，334b213b2b210b22222b ccb aa299ADB 92，同理cosCDB 92cos，2bb4b2b2b2b3333ADB CDB，13b210b222ca 11b29922，整理得2a c，又b2 ac，224b2b333b411b2a21a2342242a 2，整理得6a 11a b 3b 0，解得2或2，a3b3b22a2c2b24a2由余弦定理知：cosABC 2，2ac32b77a21a23ABC 1不合题意；当2时，cosABC；当2时，cosb2612b3ABC 综上，cos7.1220.答案：答案：(1)详见解析(2)解析：解析：（1）因为 AB=AD,O为 BD中点，所以 AOBD因为平面 ABD平面 BCD=BD,平面 ABD平面 BCD，AO 平面 ABD，因此 AO平面 BCD，因为CD 平面 BCD，所以 AOCD(2)作 EFBD 于 F,作 FMBC于 M,连 FM因为 AO平面 BCD，所以 AOBD,AOCD所以 EFBD,EFCD,BDCD D,因此 EF平面 BCD，即 EFBC因为 FMBC，FM36EF F,所以 BC平面 EFM，即 BCMF则EMF为二面角 E-BC-D的平面角,EMF 4因为BO OD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形因为BE 2ED,FM 1112BF(1)2233从而 EF=FM=AO 123AO平面 BCD,所以V 1113AOSBCD113 332621.y2答案：答案：（1）x（2）0.1x 1；162解析：解析：因为MF1 MF2 2 F1F2 2 17，所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，x2y2设轨迹C的方程为221a 0,b 0，则2a 2，可得a 1，b 17a2 4，aby2所以，轨迹C的方程为x 1x 1；162（2）设点T,t，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，12不妨直线AB的方程为y t k1x1 1y k xt k1，即1221y k1xt k1联立2，消去y并整理可得2216x y 16122k 16 x k2t kx111t k116 0，2设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1211且x2.2221k122k1tt k116，由韦达定理可得x1 x22，2x1x2k116k1216所以，22t 12 1kx x1111，TA TB 1k12 x1 x21k12x1x21222224k116设直线PQ的斜率为k2t，同理可得TP TQ 222121k22k2162，t因为TA TB TP TQ，即121k12k1216t2121k22k21622，整理可得k1 k2，即k1k2k1k2 0，显然k1k2 0，故k1k2 0.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.22.答案：答案：（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析.解析：解析：（1）函数的定义域为0,，又f x1lnx1 lnx，当x0,1时，f x 0，当x1,+时，f x 0，故fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+.（2）因为blna alnb a b，故blna1 alnb+1，即lna1lnb+1，ab故f设 1 1 f，ab11 x1,x2，由（1）可知不妨设0 x11,x21.ab因为x0,1时，fx x1lnx0，xe,时，fx x1lnx0，故1 x2 e.先证：x1 x2 2，若x2 2，x1 x2 2必成立.若x2 2，要证：x1 x2 2，即证x1 2 x2，而0 2 x21，故即证fx1 f2x2，即证：fx2 f2x2，其中1 x2 2.设gx fx f2x,1 x 2，则gx f x f 2x lnxln2x lnx2 x，因为1 x 2，故0 x2x1，故lnx2x0，所以gx 0，故gx在1,2为增函数，所以gx g10，故fx f2 x，即fx2 f2x2成立，所以x1 x2 2成立，综上，x1 x2 2成立.设x2 tx1，则t 1，结合lna1lnb+111，x1,x2可得：x11lnx1 x21lnx2，ababt 1tlnt，t 1即：1lnx1t1lnt lnx1，故lnx1要证：x1 x2 e，即证t 1x1 e，即证lnt 1lnx11，即证：lnt 1t 1tlnt1，即证：t 1lnt 1tlnt 0，t 1令Stt 1lnt 1tlnt,t 1，则St lnt 1t 1121lnt ln1，t 1tt 1先证明一个不等式：lnx1 x.设uxlnx1x，则ux1x1，x1x1当1 x 0时，ux 0；当x 0时，ux 0，故ux在1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故uxmaxu00，故lnx1 x成立211ln 1由上述不等式可得当t 1时，故St0恒成立，ttt 1故St在1,上为减函数，故St S10，故t 1lnt 1tlnt 0成立，即x1 x2 e成立.综上所述，2 11 e.ab
