2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（新高考Ⅰ）普通用卷.pdf

一、单 选 题（本大题共8小题，共40.0分）1.设集合4=x|-2 x 4,B=2,3,4,5 ,则ADB=()A.2 B.2,3 C.3,42.已知Z=2 i,则z(5+i)=()A.6-2 i B.4-2 i C.6+21D.2,3,4)D.4+2i3.已知圆锥的底面半径为或，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）A.2 B.2V2 C.4 D.4724.下列区间中，函数f（x）=7sin 0 一分单调递增的区间是（）A.M)B.&兀)C.(唁)D.(拳 2兀)5.已知&,尸2是椭圆C：式+e=1的两个焦点，点M在C上，则|M&|MFz|的最大9 4值为（）A.13 B.12 C.9 D.66.若tan0=2,则四“等=(sm 8+cos 6)AA 6-5BTC-1Dl7.若过点（a,6）可以作曲线y=e 的两条切线，则（）A.eb aB.ea bC.0 a ebD.0 b 0)的焦点为F,P 为C 上一点，P F与x轴垂直，Q 为x 轴上一点，且P Q _ L O P.若|F Q|=6,则C 的 准 线 方 程 为.15.函数/(x)=|2 x-1|-2 1n x 的 最 小 值 为.四、多空题(本大题共1 小题，共 5.()分)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2 0 d m X 12 d m 的长方形纸，对折1次共可以得到10 d m x 12 d m,2 0 d m x 6 d m 两种规格的图形，它们的面积之和S】=2 40 d n?,对折2 次共可以得至!15 d m x 12 d m,10 d m x 6 d m,2 0 d m x 3 d m 三种规格的图形，它们的面积之和52 =180 d m 2,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X bi S k=d m2.五、解答题(本大题共6 小题，共 70.()分)1 7 .已知数歹则 满足a 1 =l,吧鬻，%+*”为偶数第2页，共26页(1)记仇,=。2 1，写出九，62,并求数列 b 的通项公式;(2)求 斯 的前20项和.1 8 .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.4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8 0分，否则得。分。己知小明能正确回答4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4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.1 9 .记4BC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知/=a c,点。在边4C上,B D sinZ-AB C=a s i n C.(1)证明：B D =b；(2)若=2 D C,求c o s乙4BC.20 .如图，在三棱锥4-B C D 中，平面4BD _ L 平面BCD,AB =A D,。为B D 的中点.(1)证明：。4 1 CD;(2)若。是边长为1 的等边三角形，点后在棱4。上，D E =2 E 4 且二面角E -BC-。的大小为45。，求三棱锥4 一 B C D 的体积.21 .在平面直角坐标系x O y 中，己知点&(一 何,0),尸 2(内，0)，点M满足|&|一M F2 =2.记M的轨迹为C.(1)求C 的方程；第 4 页，共 26页(2)设点7在直线x=：上，过T的两条直线分别交C于A,B两点和P,Q两点，且|7川 TB =TP TQ,求直线4B的斜率与直线PQ的斜率之和.2 2.已知函数/(%)=%(1-Inx).(1)讨论f(%)的单调性;(2)设 为 两 个 不 相 等 的 正 数，且blna-Qlnb=Q -b,证明：2 e.1.【答案】B【解析】【分析】本题考查交集的运算法则，属于基础题.直接利用交集的定义求解即可.【解答】解：因为集合4=x-2 x 4,B =2,3,4,5,所以力 n B=2,3.故选B.2.【答案】C【解析】【分析】本题考查复数的乘法运算与共飘复数，属于基础题.先求出2=2 +1,然后利用乘法法则求解即可.【解答】解：由题意知z=2-i,z=2+i,所以z(2+i)=(2-i)(2+2i)=4+4i 2t 2产=6+2i.故选C.3.【答案】B【解析】【分析】第 6 页，共 26页本题考查圆锥的侧面展开图，属于基础题.设圆锥母线长为I,求 出圆锥的底面周长，即为展开图半圆的弧长，计算可得答案.【解 答】解：设圆锥的母线长为I,因为圆锥的底面半径为企，所以底面圆周长为2或兀，由展开图可知半圆的弧长为2夜兀，所 以 血=2或兀，得I =2 四,故选：B.4.【答 案】A【解 析】【分 析】本题考查正弦型函数的单调递增区间，属于基础题.由正弦函数图象和性质可知，得f(x)=75也(-3的单调递增区间为 一；+2面,与+2 k n ,k&Z,分析选项可得答案.【解 答】解：由一J+2卜 兀 W x-B W g+2/OT,得一工+2 kjr&x 4 生 +2/cn,k Z,2 6 2 3 3所以f(x)=7sin(x Y)的单调递增区间为 冶+2面,争+2时 出G Z,当k=0时，一个单调递增区间为 g*,可 知(0()勺 卜 或 胃故选：A.5.【答 案】C【解 析】【分 析】本题考查椭圆的定义，椭圆中的最值问题，属于一般题.利 用I MF/+|MF2 =2 a,将|MF/|转化成附片|(2a-|MF/),结合|M&|的范围即可求解.【解 答】解：根据椭圆定义，得|MF/+|MF2=2a所 以|MFi|MF2=|M6I-(2a-|MFJ)=|MFJ-(6-|MFJ),又因为3-遮|MFJ 0,解得e。b,又因为当x趋近正无穷时g(x)0,当x趋近负无穷时，g(x)趋近-b 0.综上，0 b e。故选。.8.【答案】B【解析】【分析】本题考查相互独立事件的概念，属于中档题.若PQ4B)=P(A)P(B),则4与B相互独立，即可得答案.【解答】解：由题意可知，两次取出的球的数字之和为8的所有可能为:(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2),两次取出的球的数字之和为7的所有可能为：(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1)可得甲、乙、丙、丁事件发生的概率为：p(甲)4，P(乙).P(丙)=*P C T)=W,又P(甲丙)=0,P(甲丁)=白，P(乙丙)=与P(丙丁)=0O OO O所以 p(甲丁)=p(甲)PCT),故选：B9.【答案】C D【解析】【分析】本题考查集中趋势参数平均数、中位数及离散程度参数标准差、极差.利用平均数、中位数、标准差、极差定义即可求解.【解答】解:假设%1 V%2 .9对于A由样本平均数定义?=泗+.：-+如=（入+C）+（X z；）+.+（x,+c）=元+c,A错误；对于B:由中位数定义，两组样本数据样本中位数不相同，B错误；对于C:由样本标准差定义s =临 匕 5-幻2 ,可得两组样本数据样本标准差相同，C正确；对于0:由样本极差定义，第一组数据样本极差=%-与，第二组样本数据极差=（%+C）（%1 +c）=Xn-Xj ,。正确；故答案为：C D.1 0.【答案】AC【解析】【分析】本题考查向量的坐标运算，及三角恒等变换，属于中档题.根据题意，由向量的坐标运算公式及三角恒等变换公式依次分析选项，即可得答案.【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于4、|西|=|西|=1，A正确；第10页，共26页对于B、|APi|=(cos a-1)2+sin2a=A/2 2cos a,|AP2 I=J(cos0 1)2+sin?1=，2 2cosS，B不正确；对于C、次 西=cos(a+0)，OP；-OP；=cosacos sin asin p=cos(a+.),C 正确；对于D、-0Pl=cos a，0P2-0P3=cos/?cos(a+3)sin/?sin(a+0)=cos(a+2 0),。不正确；故选AC.11.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查点到直线的距离公式以及以及直线与圆相切的问题，属于中档题.根据点和圆的距离范围判断A B,根据直线与圆相切判断CD.【解答】解:由点A(4,0),5(0,2),可得直线4 8 的方程为x+2y-4=0.则圆心(5,5)到直线的距离为叵空洛必=U更，V 5 5故P到直线AB的最大距离为当?+4 10.最小距离竽 4 L平面&BE,又u 平面A iBE,所以1 ADl t在正方体形ABBiAi中，力IBIABI，乂4D1n 力Bi=A,AD，平面ABi。1,所以&B 平面4B】Di，因为过定点4与定直线垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点P,使得&B 1平面A BP,故选项O正确.故选：BD.13.【答案】1【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，属于基础题.利用/(x)=/(-X)即可求出a的值.【解答】解:.函 数/(x)=%392工一2一)是偶函数；第14页，共26页,1 /(x)=x3(a-2X-2 x)/(x)(x)3(a -2 x 2X),化简可得式(a .2x-2x+a-2-x-2-x)=0,解得a =l,故答案为1.1 4.【答案】x =,【解析】【分析】本题主要考查直线与抛物线的综合问题，考查抛物线的准线方程，属于中档题.根据题意设点P在第一象限，得出点P坐标为,p),由于P尸与x轴垂直，O P L P Q,得出根据相似比得出p的值，从而得到答案.【解答】解：P F与x轴垂直，设点P在第一象限，点P坐标为又:OP 1 P Q,.M P OFfQ P F,P F=p,OF=号贝 曙 得=2,FQ=6,即，=2,故p =3,则准线方程为x =-1，故答案为x =*.1 5.【答 案】1【解 析】【分 析】本题考查分段函数最值问题，对原函数进行分段讨论，利用导数判断函数单调性，比较两段定义域内最小值的大小，即可求解.【解 答】解：已知函数f(x)=|2x -1|-21 nx,易知函数定义域为(0,+8),：当x(0,g时，/(x)=1 2%21 nx,所以(乃=一2一|,在单调递减，f(x)mm=/=2E 2.当4 6 G，+8)时，/(%)=2%-1 -21 nx,所以f (x)=2-|=所以f(X)在X G (|,1 单调递减，在久e (1,+8)单调递增，f(x)min=/(I)=1.又因为1 2)2,所以最小值为1.故答案为1.1 6.【答 案】517 20 -240(n+3)”【解 析】【分 析】本题考查实际生活中的数列问题，由特殊到一般的数学思想.根据题设列举，可以得到折叠4次时会有五种规格的图形.由面积的变化关系得到面积通项 公 式，从而由错位相减法得到面积和.【解 答】第16页，共26页解：对折3次时，可以得到2.5d m x 1 2d m,5dm x 6 d m,1 0 d m x 3dm,2 0 dm x 1.5d m四种规格的图形.对折4次时，可以得至！J 2.5d m x 6 d m,1.25d m x 1 2d m,5dm x 3d m,1 0 d m x 1.5d m,2 0 dm x 0.7 5d m五种规格的图形.对折3次时面积之和S 3=1 20 d m2,对折4次时面积之和S 4=7 5d m2,即S 1=240 =2 x1 20,S2=1 80 =3 x 6 0,S3=1 20 =4 x 30,S4=7 5=5 x 1 5,得折叠次数每增加1,图形的规格数增加1,且每个规格的面积是折叠前每种规格面积的一半.得 品=240(/c +1)X (z)k-nV1 111 1 /tsk=240 X -X 2+-X 3+-X 4+4-(n 4-1)k=l记及=渭+噤,/=渭+普5 2 2)1 1 1 1 1 n+1 3 1 n+1 3 n+3一爹7 n=2 图=1 +缶+耳+7)一 行 =2 _五 一 行 =2 一行5 2 2)得=3-翳(nN 2)当n=l时也成立，故7；=3-翳；nZ,九+3,八Sk=240 x(3 一一)(d m2)zk=l1 7.【答案】解：瓦=a2,且%=%+1 =2,则瓦=2,b2=且。4=。3+1=。2+2 +1 =5,则=5；%+1 =a2 n+2 =a2 n+l+1 =a2n+2+1 =%+3，可得匕+1-=3,故%是以2为首项，3为公差的等差数列;故 勾=24-(n l)x 3=3n 1.(2)数列 斯 的前20 项中偶数项的和为.2+。4+a18+a20=瓦+占2+,+瓦0 =1 0 X 2 H-X 3=1 55,又由题中条件有。2=%+1，a4=a3+1,，a2o=aig+1,故可得斯的前20 项的和S20=2(a2+a4 4-+a2o)1 0 =2 x 1 55 1 0 =30 0.【解析】本题考查了数列递推关系式运用，等差数列通项公式求法，数列求和，考查了分析和运算能力，属于中档题.(1)结合题干给的递推关系，可以快速的算出瓦和B，同时利用为+1 =a2n+2=a2n+l+l=a2n+2+l=bn+3 可判断出数列%为等差数列，即可求出数列通项公式；(2)即的前2 0 项的和可分组求和，求出其对应的偶数项的和，再结合奇数项与偶数项的关系求解即可.1 8.【答案】解：(1)根据条件可知：若小明先回答4 类问题，则小明的累计得分X 的可能值为0,2 0,1 0 0,小明能正确回答4 类问题的概率为0.8,能正确回答B 类问题的概率为0.6,P(x =0)=1 0.8=0.2；P(X=2 0)=0.8 x (1 -0.6)=0.3 2；P(X =1 0 0)=0.8 x0.6=0.4 8,则X的分布列为X02 01 0 0P0.20.3 20.4 8(2)若小明先回答B 类问题，则小明的累计得分y 的可能值为0,80,1 0 0,同理可求P(y =0)=1 -0.6=0.4；P(Y=80)=0.6 X (1 -0.8)=0.1 2；P(Y=1 0 0)=0.6 x 0.8=0.4 8则此时累计得分的期望值E(y)=0 x 0.4 +80 x 0.1 2 +1 0 0 X 0.4 8=5 7.6第18页，共26页又由(1)可求得，当小明先回答4类问题时，累计得分的期望值E(X)=0 x0.2+20 x0.32+100 x 0.48=54.4,E(X)E(y),故为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答8类问题.【解析】本题主要考查离散型随机变量的分布列和数学期望，相互独立事件、对立事件的概率和求解办法，考查用概率知识解决实际问题的能力，属于中档题.(1)根据题意，列举小明先回答4类问题累计得分X的可能值，由于每题答题结果相互独立，根据相互独立事件和互斥事件的概率公式得到X取不同值的概率.(2)同(1)的方法可求出小明先回答B类问题，小明的累计得分y取的不同值以及对应概率值，再根据期望公式分别求出小明先回答4类问题和小明先回答B类问题的期望值，即可判断出小明应先回答哪类问题.19.【答案】证明：、/BDsin乙4BC=asinC,BD=A D r由正弦定理可知=焉，得si =鬻c c asin C a2sin C ac1.BD=T-=b sin A bsinA b a又1 b2=ac,.BD=b.解：(2).4D=2DC,.可 知DC=g,则4。=拳,，阳2,13d2,仔在 ABD 中+(T)一 -，cce ZADB=-=若 竽肥+铲-，萼-在BCD中，COG Z.CDB=-=xN 2d2妨5 TZ-ADB=n Z-CDB,cos Z-ADB=-cos 乙CDB,13b2 2 10b2 2即 毛 二=-专 上，整理得6a2 1m2+3。2=0,4s 2。又力 2 =a c,则6a2 lla c +3c2=0,即(2Q 3c)(3a c)=0,可得a=点或Q =j当a=4时，b=c，2 2在4 4 B C 中，由余弦定理可得c o s 4 1 B C =声,2-d=管)+：-(豹=L2 ac 2 x x c 1 2当a=:时，b=c,此时b 0),点E在棱AD上,D E=2 EA,.E(0,若)，配=(。,泻)，配=(患。)，设向量沅=(a,b,c)为平面BCE的法向量，1).16(2)设设直线4B的方程为y=七(x-J +m,B(x2,y2)y=k i(X-J +m,/_先=116 由得 1 6/静 2 一%+2k1m 3 +m 2=16,整理得(16 k x2+(好2/q/n)x+k1m m2 16=0,_ 2klm _kj fc17 n-i-m2-16“1+打=FT“2=有一TA TB=(1+静)他-1)(x2-1)=(1+1)XiX2-2(xi+g)+4第 22页，共 26页（km-7/c?m2 1 6=（】+/一安一1 2 klm kl 15 1 6-吊 +4=（1 +静）岩=（1 +好）部设部Q=k2,同理可得1 7 P l|T Q|=（1 +嫉）筌，由|兀4|烟=TP-TQ,得（1 +好）-=（1 +必）靛,kl 1 6 好=盥 1 6 抬,*,f cj =,*k H k?，*卜1=一42，*kI +卜2=0.【解析】本题考查双曲线的定义及标准方程，直线与双曲线的位置关系的应用，属于拔高题.（1）由题意知点M的轨迹C是焦点在x轴上的双曲线的右支，且a=l,C =y/1 7,由此可求得曲线C的方程；（2）设飞,巾），设直线4 B的方程为、=七（x-J+ni,4（%1，y1），BN，丫2），联立直线与双曲线方程，由根与系数的关系结合弦长公式可求出|T*设 =卜2,同理可表示出|T P|7 Q|,再结合|兀4|T B|=1 7 P l|T Q|,可得出直线2 8的斜率与直线P Q的斜率之和.2 2.【答案】解:f（x）的定义域为峰,+8）,f M =I nx,由/x）1,由 r（x）0 解得 0 x 2,令。(%)=f(x)f(2%)=x(l In%)(2 x)l ln(2%),0 x 0,g(x)在(0,2)上单调递增，又：0%!1 X2：,gQ i)g =o，f(%1)-/(2-x J 0,即f 3)2 xlf 即/+小 2；下面再证明i+%2 1，由%式1-ln%i)=%2(1-ln%2)可得i(l-Int h it的)，化简I n/=1-詈，要证与+小 V e,即证(1+e,即证I n/1-ln(l+t),第24页，共26页即证1-任 1,t 1%Q)=7 令9(t)=1-Int,t 1,w(t)=总1 1-t.(p(t)0,W(t)在(L+8)上单调递减,：卬 9=0,.九(t)=1 ln t(t-1)2 0,/l(。在(l,+8)上单调递减,h(t+i)即ln2m，:.&V e，1 1故 2 -+-e.a b【解析】本题考查利用导数研究函数的单调性，及利用导数证明不等式，属于拔高题.(1)求导，解不等式/(%)0即可判断/(%)的单调性；(2)先对blna-alnb=a b左右两边同除以a b,化简可得(1 一也()=-In*),不妨设%1=，,2=.且0V%i%2，/(/)=/(工 2)，要证2 v(+/v e,即证2%i+%2 2,即证f(%2)V f(2 1)，即证f(%i)V f(2-J,构造函数g(%)=/(%-%),即证明g(%i)v o,利用导数即可证明;再证明与+x2 1，由 i(l -l n%i)=%2(1 -l n%2)可得 1味=1-,即证1 一 也 1 l n(l +t),即 证 吆 也 兰，构造h(t)=等，可得找t)单t 1 t 1 t t 1 t 1调递减,即可证得与+不 V e.第26页，共26页