2021年高考真题数学试卷-新高考I卷.pdf

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1、2021 年高考真题数学试卷-新高考 I 卷一、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中，只有一项是符合题目要求的1、设集合A.，B.，则（）C.D.2、已知A.，则（）B.C.D.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.，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为B.C.D.6、若，则（）A.B.C.D.7、若过点可以作曲线的两条切线，则（）第

2、1页（共25页）A.B.C.D.8、有个相同的球，分别标有数字，从中有放回的随机取两次，每次取个球甲表示事件“第一次取出的球的数字是”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是”，则（）A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立C.乙与丙相互独立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，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有多项符合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

3、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（）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10、已知为坐标原点，点，则（）A.C.B.D.11、已知点A.点C.当在圆的距离小于上，点，B.点到直线，则（）的距离大于到直线最小时，D.当最大时，12、在正三棱柱中，点满足，其中，则下列说法正确的是（）第2页（共25页）A.当B.当C.当时，时，三棱锥的周长为定值的体积为定值，使得时，有且仅有一个点D.当时，有且仅有一个点，使得平面三、填空题本题共三、填空题

4、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、已知函数是偶函数，则14、已知直，为坐标原点，抛物线：若的焦点为，则，为上一点，与轴垂为轴上一点，且的准线方程为15、函数的最小值为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，对折次共可以得到们的面积之和，对折次共可以得到，两种规格的图形，它，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推，则对折次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折次，那么第3页（共25页）四、解答题本题共四、解答题本题共 6 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

5、分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤步骤17、已知数列满足，的通项公式(1)记(2)求，写出的前，并求数列项和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，该同学比赛结束题回答正确得分，否则得分；类问题中的每个问题回答正确得，能正确回答类问题中的每个问分，否则得分，且能正确回答问已知小明能正确回答类问题的概率为类问题的概率为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

6、望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由第4页（共25页）19、记的内角，的对边分别为，已知，点在边上，(1)证明：(2)若，求20、如图，在三棱锥中，平面平面，为的中点(1)证明：(2)若大小为是边长为的等边三角形，点，求三棱锥的体积在棱上，且二面角的第5页（共25页）21、在平面直角坐标系记(1)求的方程中，已知点的轨迹为，点满足(2)设点在直线上，过的两条直线分别交，求直线的斜率与直线于，两点和，两点，且的斜率之和22、已知函数(1)讨论的单调性，证明：(2)设，为两个不相等的正数，且第6页（共25页）答案解析1、【答案】B;【解析】故选2、【答案】C;【解析】，故选3、【答案】B;

7、【解析】由题意知：侧面展开图的弧长为底面圆的周长，则故选4、【答案】A;【解析】A选项:时，是单调递增的，故正确；，解得，B选项:时，不是单调递增的，故错误；C选项:时，不是单调递增的，故错误；D选项:时，不是单调递增的，故错误第7页（共25页）5、【答案】C;【解析】方法一:设，由题意知，由焦半径公式可知：，当故选时，有最大值方法二:由椭圆定义知，则6、【答案】C;【解析】（当且仅当时，等号成立），故选，分子分母同时除以原式故选7、【答案】D;第8页（共25页），【解析】方法一:由题意知，在即选项：取，处切线为，则，则，此时，即，选项：取此时令易知则选项：取此时令在，则为单调递增函数，至多有

8、一个根，矛盾，故，即，上单调递减，在，故，的极大值，无解，故错误，错误；，上单调递增，错误；，故选，则切线方程，时，第9页（共25页）方法二:设切点令易知，当，综上，8、【答案】B;【解析】设事件甲、乙、丙、丁发生的概率分别为则，故甲与丁相互独立故选9、【答案】C;D;【解析】设，错误；，的中位数为，即两组样本数据的样本平均数不同，故，的中位数为，则，两组样本数据的样本中位数不同，故错误；，故两组样本数据的样本标准差相同，故，正确；第一组样本数据的样本极差为第二组样本数据的样本极差为故两组样本数据的样本极差相同，故，正确第10页（共25页）故选10、【答案】A;C;【解析】A选项:，正确；，错

9、误；，故B选项:，故C选项:，故，D选项:，故正确；，故11、【答案】A;C;D;【解析】直线圆心圆心故点，到直线到直线：，的距离的距离的取值范围为：，故错误第11页（共25页）即当直线为圆的切线时，故正确，错误；可取最值，如下图所示，当故选12、【答案】B;D;【解析】A选项:而其中，B选项:为定值，但时，时，不是定值，故，即点其中点为定值，故在棱到平面错误；上，的距离为定值，即点在棱上，最大或最小时，故正确正确；C选项:以的中点时，为原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，第12页（共25页）；，则，若，则，解得或，故错误；D选项:，易知，只需，即有平面，则，解得

10、，故正确13、【答案】;【解析】，第13页（共25页），经检验满足题意14、【答案】;【解析】设点，点在曲线上，代入点，得，点坐标为，设，即，所以，即，则，解得，又，准线方程为第14页（共25页）15、【答案】;【解析】当时，此时单调递减，此时当时，当时，时，单调递减，单调递增，此时16、【答案】;，的最小值为;【解析】每次对折有将长变为原来的，或宽变为原来的两种选择多次对折时先后顺序不影响最后规格故次对折后不同规格图形种类为即分别有，种，次使长变为原来的对折次后，第15页（共25页），故答案为：；17、【答案】(1)(2)，；【解析】(1)，当，时，是等差数列，公差为，第16页（共25页）(

11、2)18、【答案】(1);(2)先答类题；理由见解析类问题答对概率为，（得分），类问题答对概率为，得分设为，【解析】(1)设(2)先答类题：（分），先答类题：，第17页（共25页），（分），先答类题19、【答案】(1)证明见解析(2)【解析】(1)由正弦定理得：，又，(2)，第18页（共25页），即又解得：，整理得或当时，当时，（舍），综上，的值为20、【答案】(1)证明见解析(2)，为的中点，【解析】(1)又平面(2)过点平面平面作，平面，且平面平面，平面，垂足为，过点作，垂足为，连接，第19页（共25页）由题意可知又即为二面角，为等边三角形，的平面角，等边又，的边长为，第20页（共25页）

12、21、【答案】(1)(2)【解析】(1)由题意知，曲线即双曲线的方程为（）为双曲线的一支，且（），(2)方法一:设，直线的方程为，直线的方程为，直线方程与双曲线联立有，第21页（共25页），即，又，(2)方法二:用曲线系方程求解因为点在直线上，故设，设过点的直线的方程为，设过点的直线故、的方程为四点的坐标满足如下表示直线，、的方程又、四点在曲线上，所以这四点在如下的曲线上，因为知后由22、【答案】(1)(2)证明见解析第22页（共25页），根据圆的双割线定理的逆定理，、，、四点共圆所以上面这个方程表示过项的系数为零、四点的圆，所以左边展开项的系数相等，且项的系数为零得在上单调递增，在上单调递减【解析】(1)由题意知，则令(2)在，得，定义域为上单调递增，在，上单调递减，令，则只要证明令，不妨设，则，又下面证明由，即，在上单调递减，令，则，得，第23页（共25页）整理，得要证即，即（），即，即即，令，下证在上单调递减，令即在，上单调递减，（），）在上单调递减，则，于是（也可用以下方法证明又令则令，则时，单调递增，第24页（共25页）时，成立，单调递减，第25页（共25页）