2021年全国普通高等学校招生统一考试数学试卷_全国新高考Ⅰ卷(含解析).pdf

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1、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 全国新高考全国新高考 卷卷数学试卷数学试卷注意事项：注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。用2B 铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 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。答案不能答在试卷上。3.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位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；

2、不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.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。一、选择题：本题共一、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。在每小题给出的四个选项中，只有一分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。项是符合题目要求的。1.设集合A x|2 x 4，B 2,3,4,5，则AB()A.2B.2,3C.3,4D.2,3,42.已知z 2i，则z(z i)()A.62iB.42iC.62iD.42i3.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

3、.4 24.下列区间中，函数f(x)7sinx单调递增的区间是()6A.0,2B.,23C.,23D.,22x2y2F2是椭圆C:1的两个焦点，5.已知F1，点 M 在 C 上，则MF1 MF2的最大值为()94A.136.若tan2，则B.12C.9D.66A.5sin(1sin2)()sincos2B.5C.25D.657.若过点(a,b)可以作曲线y ex的两条切线，则()A.eb aB.eabC.0 a ebD.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

4、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、选择题：本题共二、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。在每小题给出的选项中，有多项符合分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得题目要求。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

5、 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C.两组样本数据的样本标准差相同B.两组样本数据的样本中位数相同D.两组样本数据的样本极差相同10.已知 O 为坐标原点，点P1(cos,sin)，P2(cos,sin)，P3(cos(),sin()，A(1,0)，则()A.OP1 OP2C.OAOP3 OP1OP2B.AP1 AP2D.OAOP1 OP2OP311.已知点 P 在圆(x 5)2(y 5)216上，点A(4,0)，B(0,2)，则()A.点 P 到直线 AB 的距离小于 10C.当PBA最小时，|PB|3 2B.点 P 到直线 AB 的距离大于 2D.当PB

6、A最大时，|PB|3 212.在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB AA11，点P 满足BP BC BB1，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1时，有且仅有一个点 P，使得A1P BP21D.当时，有且仅有一个点 P，使得A1B 平面AB1P2C.当三、填空题：本题共三、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f(x)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

7、，Q 为 x 轴上一点，且PQ OP.若|FQ|6，则 C 的准线方程为_.15.函数f(x)|2x 1|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.规格为对折 1 次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，20dm12dm的长方形纸，它们的面积之和S1 240dm2，对折2 次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2，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Sk_dm2.k1n四、解答题：本题共四、解答题：本题共 6

8、 6 小题，共小题，共 7070 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。an1(n为奇数),17.（10 分）已知数列an满足a11，an1a 2(n为偶数).n（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.（12 分）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

9、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.已知小明能正确回答 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.（12 分）记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c.已知b2 ac，点 D 在边 AC 上，BDsinABCasinC.（1）证明：BDb；（2）若AD2DC，求cosABC.20.（12 分）如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，AB

10、 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EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.21.（12 分）在平面直角坐标系xOy 中，已知点F1(17,0)，F2(17,0)，点 M 满足MF1 MF2 2，记 M 的轨迹为 C.（1）求 C 的方程；（2）设点 T 在直线x 1上，过 T 的两条直线分别交 C 于 A，B 两点和 P，Q 两点，且2|TA|TB|TP|TQ|，求直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和.22.（12 分）已知函数f(x)x(1lnx).（1）讨论f(x)的单调性

11、；（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：211 e.ab参考答案参考答案1.答案：B解析：本题考查集合的描述法及基本运算.因为集合A x|2 x 4，B 2,3,4,5，所以A B 2,3.2.答案：C解 析：本 题 考 查 复 数 及 共 轭 复 数 的 概 念 与 运 算.因 为z 2i，所 以z(z i)(2 i)(2 i i)(2 i)(2 2i)6 2i.3.答案：B解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为 r，母线长为 l.由题意可得2r l，所以l 2r 2 2.4.答案：A解析：本题考查三角函数的单调性，熟记三角函数的单调区间是解决此类问

12、题的关键.因为，所以f(x)7sinx x 2k,2k(k Z Z)66222x 2k,2k(k Z Z)，只有 A 项符合.33，解得5.答案：C解析：本题考查椭圆的性质，二次函数的最值.设点 M 的坐标为(x,y)，所以555252MF1 MF23x3x 9x.因为，所以3 x 3MF MF 9x 9，123399当x 0时，取得最大值 9.6.答案：C解 析：本 题 考 查 三 角 函 数 的 化 简 与 计 算.因 为tan 2，所 以22sin(1sin2)sinsin cos 2sincossin cossin cossin(sincos)2sin2sincostan2 tan42

13、2sin(sincos).sincossin2cos2tan214157.答案：D解析：本题考查幂函数的图象与性质.因为曲线y ex在 R R 上单调递增，根据其图象可知要过点(a,b)作曲线y ex的两条切线，则点(a,b)应在曲线y ex与 x 轴之间，即0 b ea.8.答案：B解析：本题考查独立事件的概念.由于有放回的取球，则P(甲)P(丁)115，P(乙)，P(丙)，6636111，P(甲丙)0，P(甲丁)，P(乙丙)，P(丙丁)0，其 中63636P(甲)P(丁)P(甲丁)，故甲与丁相互独立.9.答案：CD解析：本题考查统计知识.因为yi xi c，所以两组样本数据的平均数和中位数

14、发生变化，极差和标准差不发生变化.10.答案：AC解析：本题考查向量的模及数量积的概念和运算.选项A正误原因因为OP1(cos,sin)，OP2(cos,sin)，所以OP1 OP21因为AP1(cos1,sin)，AP2(cos1,sin)，所B以22AP22cos1(cos1)sin，AP2(cos1)2(sin)222cos，由于与的关系不确定，所以无法判断AP1 AP2因为OAOP3 cos()，OP1OP2 coscossinsin cos()，C所以OAOP3 OP1OP2因D为OAOP1 cos，OP2OP3 coscos()sinsin()cos(2)，由于与的关系不确定，所以

15、无法判断OAOP1 OP2OP311.答案：ACD解析：本题考查圆的图象与切线的性质、点到直线的距离及最值问题.由题可知直线 AB 的方程为|510 4|11 5xy，1，即x 2y 4 0，所以圆心C(5,5)到直线 AB 的距离为25421 2所以点 P 到直线 AB 的距离的最大值为4小值为11 5A 项正确；点 P 到直线 AB 的距离的最10，511 54 2，B 项错误；由于直线AB 和圆 C 的位置确定，所以PBA取得最值应为5切 线 位 置，如 图，因 为|BC|52(52)234，半 径r 4，所 以|PB|BC|2r234 16 3 2，C 项，D 项正确.12.答案：BD

16、解析：本题考查平面向量与投影、正三棱柱的性质、三棱锥的体积及平面的性质.当1时，BP BC BB1，所以CP BB1，此时点 P 在线段CC1上运动，所以AB1P的周长不为定值，A 项错误；当1时，BP BC BB1，所以B1P BC，此时点 P 在线段B1C1上运动，所以VPA1BCVB1A1BC为定值，B 项正确；当11时，BP BC BB1，分别取BC，22B1C1的中点 M，N，如图 1，此时点 P 在线段 MN 上运动，要使A1P BP，应使得 BP 与A1P在平面BB1C1C上的投影 PN 垂直，此时点 P 与点 M 重合，且由正三棱柱的性质可知A1N 平面BB1C1C，则点 P

17、与点 N 重合时，也有A1P BP，C 项错误；当11时，BP BC BB1，22分别取BB1，CC1的中点 G，H，如图 2，此时点P 在线段 GH 上运动，由正三棱柱的性质和AB AA1可知AA1B1B为正方形，所以A1B AB1，要使A1B 平面AB1P，只要满足B1P与A1B在平面BB1C1C的投影垂直即可，此时只有点P 与点 H 重合符合，D 项正确.13.答案：1解 析：本 题 考 查 函 数 的 奇 偶 性.因 为f(x)为 偶 函 数，所 以f(x)f(x)，所 以(1a)2x2x0，由2x 2x 0得a 1.314.答案：x 2 p解析：本题考查抛物线的图象与性质.因为PF

18、x轴，所以点 P 的坐标为,p（假设点 P2PFOF在 x 轴上方，点 P 在 x 轴下方同理）.因为PQ OP，所以OPF PQF，所以，FQPF3即PF2 OF FQ，所以p2 3p，解得p 3，所以 C 的准线方程为x .215.答案：12x 1 2ln x解析：本题考查分段函数的概念与单调性.因为f(x)12x 2ln x1x,2所以当10 x,21 1 1x0,时，f(x)单 调 递 减，f(x)min f 2ln 2；当x,时，222f(x)2f(x)min22(x 1)1，所以f(x)在,1上单调递减，在(1,)上单调递增，所 以xx21 f(1)1.又因为f(1)f，所以当x

19、1时，f(x)取得最小值 1.2240n 7202n16.答案：5；720解析：本题考查等比数列的前 n 项和、错位相减法求和及逻辑推理.（1）折 4 次可以得到335520dmdm，10dmdm，5dm3dm，dm6dm，dm12dm共五种规格的图形.（2）422420122dm，则这些图形的2knnnn240(k 1)k 1k 1240(k 1)面积之和Sk，从而可知.令，则S 240M knkk2k2kk1k1k12k12由题意可知折 k 次共有k 1种规格的图形，每个图形的面积为Mnk 1232k222k1nnn 1123，所以M n2n12n22223nn1，两式相减得2n2n111

20、1Mn1232221121n 12n1n 13n3，所以M 3n3，所nn112nn1n1n122222212以Skk1n240(k 1)n 3240n 720.240M 240 3 720 nknn222k1n17.答案：（1）因为 2n 为偶数，所以a2n1 a2n 2，a2n2 a2n11，所以a2n2 a2n 3，即bn1 bn 3，且b1 a2 a11 2，所以bn是以 2 为首项，3 为公差的等差数列，所以b1 2，b2 5，bn 3n 1.（2）当 n 为奇数时，an an11，所以an的前 20 项和为a1 a2 a20a1 a3 a19a2 a4 a20 a20 a21a41

21、a201a2 a4 2a2 a4 a2010.由（1）可知，a2 a4 a20 b1b2b10 2101093155，2所以an的前 20 项和为215510 300.18.答案：（1）X 的所有可能取值为0，20，100.P(X 0)10.8 0.2，P(X 20)0.8(10.6)0.32，P(X 100)0.80.6 0.48，所以 X 的分布列为XP00.2200.321000.48（2）假设先答 B 类问题，记 Y 为小明的累计得分，则 Y 的所有可能取值为 0，80，100.P(Y 0)10.6 0.4，P(Y 80)0.6(10.8)0.12，P(Y 100)0.60.8 0.4

22、8，所以 Y 的分布列为YP00.4800.121000.48所以E(Y)00.4800.121000.4857.6，由（1）可知E(X)00.2 200.321000.48 54.4.因为E(Y)E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B 类问题.19.答案：（1）在ABC中，ACAB.sinABCsinC因为BDsinABC asinC，所以BDa，sinCsinABCABAC，即ac bBD.BDa联立得因为b2 ac，所以BD b.21（2）由（1）知BD b，因为AD 2DC，所以AD b，DC b.33在 2 b bc213b29c23，ABD中，cosADB 221

23、2b2bb322221 b b a210b29a23在BCD中，cosBDC.216b2bb3因为ADBBDC ，所以cosADB cosBDC 0，即11b2 6a23c2.因为b2 ac，c3c所以6a211ac3c2 0，即a 或a.32a2c2b2a2c2ac在ABC中，cosABC，2ac2acc7当a 时，cosABC（舍去）；36当a 3c7时，cosABC.1227.12综上所述，cosABC 20.答案：（1）因为AB AD，O 为 BD 的中点，所以OA BD.因为OA平面 ABD，平面ABD平面 BCD 且平面ABD平面BCD BD，所以OA平面 BCD，所以OA CD.

24、（2）以 O 为坐标原点，OD 为 y 轴，OA 为 z 轴，垂直 OD 且过点 O 的直线为 x 轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，3 11 2,0有C，设，则ED(0,1,0)B(0,1,0)A(0,0,m)0,m.223 3设n n1x1,y1,z1为平面 EBC 的法向量.3 34 2,0因为BE 0,m，BC，223 342BEn n y mz1 0,1133所以33BCn n x1y1 0,1222y1 mz1 0,所以x 3y 0,11令y11，所以z1 2，x1 3，m2 所以n n1 3,1,.m因为平面 BCD 的法向量为OA (0,0,m)，所以cos n n1,

25、OA|2|m44m22，解得m 1，2所以OA1，因为SOCD133，所以S11224BCDBCD3，21所以VABCDS3OA3.621.答案：（1）因为MF1 MF2 2，x2y2所以轨迹 C 为双曲线右半支，设 C 的方程为221(a 0,b 0)，aba 1,c217,所以2a 2,解得b 4,c2 a2b2,c 17,y2所以 C 的方程为x 1(x 1).16 1（2）设T,n，Ax1,y1，Bx2,y2，21设直线AB:y n k1x，221y n k1x 2,联立2x2y1,161整理得16 k12x2k12 2k1nx k12n2 k1n 16 0，412k1 n2 k1n

26、16k 2k1n所以x1 x22，x1 x24，k1216k116211 1|TA|1 k12x1，|TB|1 k12x2，222211n 121 k1所以|TA|TB|1 kx1x2.22k1216211设直线PQ:y n k2x，2n同理可得，|TP|TQ|22121 k22k216，因为|TA|TB|TP|TQ|，21 k121 k222所以2，化简得k12 k2.k116k216因为k1 k2，所以k1 k2 0，即直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和为 0.22.答案：（1）由题可得f(x)1lnx 1 lnx，所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x(1,)时

27、，f(x)0，f(x)单调递减，所以f(x)在(0,1)单调递增，f(x)在(1,)单调递减.111111（2）由blna alnb a b，得lnln，aabbba1 1 11即1ln1ln.aabb令x111，x2，则x1，x2为f(x)k的两根，其中k(0,1).ab不妨令x1(0,1)，x2(1,e)，则2 x11，先证2 x1 x2，即证x2 2 x1，即证fx2 fx1 f2 x1.令h(x)f(x)f(2 x)，则h(x)f(x)f(2 x)lnx ln(2 x)lnx(2 x).因为x(0,1)，所以x(2 x)(0,1).所以在x(0,1)内，h(x)0恒成立，所以h(x)单调递增，所以h(x)h(1)0，所以fx1 f2 x1，所以2 x1 x2得证.同理，不妨令x(0,1)，x2(1,e)，则x2 e x1.要证x1 x2 e，即证fx2 fx1 fe x1.令(x)f(x)f(e x)，x(0,1)，则(x)lnx(e x)，令x0 0，当x0,x0时，(x)0，(x)单调递增；当xx0,1时，(x)0，(x)单调递减，又x 0，f(x)0，且f(e)0，故x 0，(0)0，(1)f(1)f(e 1)0，所以(x)0恒成立，所以x1 x2 e得证，所以2 11 e.ab