2021年全国统一高考数学试卷(新高考Ⅰ)(解析版).pdf

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1、20212021 年全国统一高考数学试卷（新高考）年全国统一高考数学试卷（新高考）一、选择题（共一、选择题（共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040 分）分）.1设集合 Ax|2x4，B2，3，4，5，则 AB（）A2B2，3C3，4D2，3，42已知 z2i，则 z（+i）（）A62iB42iC6+2iD4+2i3已知圆锥的底面半径为A2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）C4D4B24下列区间中，函数 f（x）7sin（xA（0，）B（，）单调递增的区间是（）C（，）D（，2）5已知 F1，F2是椭圆 C：为（）A136若 tan2，则A+1 的两个

2、焦点，点 M 在 C 上，则|MF1|MF2|的最大值B12C9（）D6BCD7若过点（a，b）可以作曲线 yex的两条切线，则（）AebaBeabC0aebD0bea8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、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 20

3、20 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 yixi+c（i1，2，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

4、（）A|C|B|D|11已知点 P 在圆（x5）2+（y5）216 上，点 A（4，0），B（0，2），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|3D当PBA 最大时，|PB|3+，其中 0，1，12在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA11，点 P 满足 0，1，则（）A当 1 时，AB1P 的周长为定值B当 1 时，三棱锥 PA1BC 的体积为定值C当 时，有且仅有一个点 P，使得 A1PBPD当 时，有且仅有一个点 P，使得 A1B平面 AB1P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 5 分，共分，共 2020 分。分。13已知函数 f（x）x3（a2x2x）是偶函数，则 a14已知 O 为坐标原点，抛物线 C：y22px（p0）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 f（x）|2x1|2lnx 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 两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，对折 2 次共可以得到 5dm12

6、dm，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Skdm2四、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、证明过程或演算步骤。分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17已知数列an满足 a11，an+1（1）记 bna2n，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

7、学比赛结束；若回答A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；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记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 b2ac，点 D 在边 AC 上，BDsinABCasinC（1）证

8、明：BDb；（2）若 AD2DC，求 cosABC20如图，在三棱锥 ABCD 中，平面 ABD平面 BCD，ABAD，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，DE2EA，且二面角 EBCD 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（|MF2|2记 M 的轨迹为 C（1）求 C 的方程；，0），F2（，0），点M 满足|MF1|B 两点和 P，Q 两点，（2）设点 T 在直线 x上，过 T 的两条直线分别交C 于 A，且|TA|TB|TP|TQ|，求直线 AB 的斜率与直线 PQ

9、 的斜率之和22已知函数 f（x）x（1lnx）（1）讨论 f（x）的单调性；（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2+e参考答案参考答案一、选择题（共一、选择题（共 8 8 小题）小题）.1设集合 Ax|2x4，B2，3，4，5，则 AB（）A2B2，3C3，4D2，3，4解：Ax|2x4，B2，3，4，5，ABx|2x42，3，4，52，3故选：B2已知 z2i，则 z（+i）（）A62i解：z2i，z（+i）（2i）（2+i+i）（2i）（2+2i）4+4i2i2i26+2i故选：C3已知圆锥的底面半径为A2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（）C

10、4D4B42iC6+2iD4+2iB2解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有，解得，所以该圆锥的母线长为故选：B4下列区间中，函数 f（x）7sin（xA（0，解：令则当 k0 时，x，）B（，）单调递增的区间是（）C（，kZ Z）D（，2），kZ Z（0，），故选：A5已知 F1，F2是椭圆 C：为（）A13B12+C9D6+1 的两个焦点，点 M 在 C 上，则|MF1|MF2|的最大值解：F1，F2是椭圆 C：1 的两个焦点，点 M 在 C 上，|MF1|+|MF2|6，所以|MF1|MF2|所以|MF1|MF2|的

11、最大值为 9故选：C6若 tan2，则A解：由题意可得：B9，当且仅当|MF1|MF2|3 时，取等号，（）CD故选：C7若过点（a，b）可以作曲线 yex的两条切线，则（）AebaBeabC0aebD0bea解：函数 yex是增函数，yex0 恒成立，函数的图象如图，y0，即取得坐标在 x 轴上方，如果（a，b）在 x 轴下方，连线的斜率小于0，不成立点（a，b）在 x 轴或下方时，只有一条切线如果（a，b）在曲线上，只有一条切线；（a，b）在曲线上侧，没有切线；由图象可知（a，b）在图象的下方，并且在x 轴上方时，有两条切线，可知0bea故选：D8有 6 个相同的球，分别标有数字1，2，3

12、，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丙与丁相互独立解：由题意可知，两点数和为8 的所有可能为：（2，6），（3，5），（4，4），（5，3），（6，2），两点数和为 7 的所有可能为（1，6），（2，5），（3，4），（4，3），（5，2），（6，1），P（甲），P（乙），P（丙）A：P（甲丙）0P（甲）P（丙），B：P（甲丁）C：P（乙丙）P（甲）P（丁）

13、，P（乙）P（丙），P（丁），D：P（丙丁）0P（丙）P（丁），故选：B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 yixi+c（i1，2，n），c 为非零常数，则（）A两组样本数据的样本平均数相同B两组样本数据的样本中位数相同C两组样本数据

14、的样本标准差相同D两组样本数据的样本极差相同解：对于 A，两组数据的平均数的差为c，故 A 错误；对于 B，两组样本数据的样本中位数的差是c，故 B 错误；对于 C，标准差 D（yi）D（xi+c）D（xi），两组样本数据的样本标准差相同，故C 正确；对于 D，yixi+c（i1，2，n），c 为非零常数，x 的极差为 xmaxxmin，y 的极差为（xmax+c）（xmin+c）xmaxxmin，两组样本数据的样本极差相同，故D 正确故选：CD10已知 O 为坐标原点，点P1（cos，sin），P2（cos，sin），P3（cos（+），sin（+），A（1，0），则（）A|C|B|D|解：

15、P1（cos，sin），P2（cos，sin），P3（cos（+），sin（+），A（1，0），（cos，sin），（cos，sin），（1，0），|，故 A 正确；，则|（cos（+），sin（+），则|，故 B 错误；1cos（+）+0sin（+）cos（+），coscossinsincos（+），故 C 正确；1cos+0sincos，coscos（+）sinsin（+）cos+（+）cos（+2），故 D 错误故选：AC11已知点 P 在圆（x5）2+（y5）216 上，点 A（4，0），B（0，2），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 2

16、C当PBA 最小时，|PB|3D当PBA 最大时，|PB|3解：A（4，0），B（0，2），过 A、B 的直线方程为，即 x+2y40，圆（x5）2+（y5）216 的圆心坐标为（5，5），圆心到直线 x+2y40 的距离 d4，点 P 到直线 AB 的距离的范围为5，1，10，点 P 到直线 AB 的距离小于 10，但不一定大于 2，故 A 正确，B 错误；如图，当过 B 的直线与圆相切时，满足PBA 最小或最大（P 点位于 P1时PBA 最小，位于 P2时PBA 最大），此时|BC|PB|故选：ACD，故 CD 正确12在正三棱柱 ABCA1B1C1中，ABAA11，点 P 满足 0，1，

17、则（）A当 1 时，AB1P 的周长为定值B当 1 时，三棱锥 PA1BC 的体积为定值C当 时，有且仅有一个点 P，使得 A1PBP+，其中 0，1，D当 时，有且仅有一个点 P，使得 A1B平面 AB1P解：对于 A，当 1 时，+，即，所以，故点 P 在线段 CC1上，此时AB1P 的周长为 AB1+B1P+AP，当点 P 为 CC1的中点时，AB1P 的周长为当点 P 在点 C1处时，AB1P 的周长为故周长不为定值，故选项A 错误；，对于 B，当 1 时，故点 P 在线段 B1C1上，因为 B1C1平面 A1BC，即，所以，所以直线 B1C1上的点到平面 A1BC 的距离相等，又A1

18、BC 的面积为定值，所以三棱锥 PA1BC 的体积为定值，故选项B 正确；对于 C，当 时，取线段 BC，B1C1的中点分别为 M，M1，连结 M1M，因为，即，所以，则点 P 在线段 M1M 上，当点 P 在 M1处时，A1M1B1C1，A1M1B1B，又 B1C1B1BB1，所以 A1M1平面 BB1C1C，又 BM1平面 BB1C1C，所以 A1M1BM1，即 A1PBP，同理，当点 P 在 M 处，A1PBP，故选项 C 错误；对于 D，当 时，取 CC1的中点 D1，BB1的中点 D，因为，即，所以，则点 P 在线的 DD1上，当点 P 在点 D1处时，取 AC 的中点 E，连结 A

19、1E，BE，因为 BE平面 ACC1A1，又 AD1平面 ACC1A1，所以 AD1BE，在正方形 ACC1A1中，AD1A1E，又 BEA1EE，BE，A1E平面 A1BE，故 AD1平面 A1BE，又 A1B平面 A1BE，所以 A1BAD1，在正方体形 ABB1A1中，A1BAB1，又 AD1AB1A，AD1，AB1平面 AB1D1，所以 A1B平面 AB1D1，因为过定点 A 与定直线 A1B 垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点 P，使得 A1B平面 AB1P，故选项 D 正确故选：BD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

20、2020 分。分。13已知函数 f（x）x3（a2x2x）是偶函数，则 a1解：函数 f（x）x3（a2x2x）是偶函数，yx3为 R 上的奇函数，故 ya2x2x也为 R 上的奇函数，所以 y|x0a2020a10，所以 a1故答案为：114已知 O 为坐标原点，抛物线 C：y22px（p0）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 PQOP若|FQ|6，则 C 的准线方程为x解：由题意，不妨设 P 在第一象限，则 P（，p），kOP2，PQOP所以 kPQ，所以 PQ 的方程为：yp（x），y0 时，x，|FQ|6，所以，解得 p3，所以抛物线的准线方

21、程为：x故答案为：x15函数 f（x）|2x1|2lnx 的最小值为1解：函数 f（x）|2x1|2lnx 的定义域为（0，+）当 0 x时，f（x）|2x1|2lnx2x+12lnx，此时函数 f（x）在（0，上为减函数，所以 f（x）f（）2+12ln2ln2；当 x时，f（x）|2x1|2lnx2x12lnx，则 f（x），当 x（，1）时，f（x）0，f（x）单调递减，当 x（1，+）时，f（x）0，f（x）单调递增，当 x1 时 f（x）取得最小值为 f（1）2112ln112ln2ln4lne1，函数 f（x）|2x1|2lnx 的最小值为 1故答案为：116某校学生在研究民间剪纸

22、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 两种规格的图形，它们的面积之和S1240dm2，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5；如果对折 n 次，那么Skdm2解：易知有5 种规格；由题可知，对折 k 次共有 k+1 种规格，且面积为，故，共，则，记，则，故答案为：5；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

23、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。17已知数列an满足 a11，an+1（1）记 bna2n，写出 b1，b2，并求数列bn的通项公式；（2）求an的前 20 项和解：（1）因为 a11，an+1，所以 a2a1+12，a3a2+24，a4a3+15，所以 b1a22，b2a45，bnbn1a2na2n2a2na2n1+a2n1a2n21+23，n2，所以数列bn是以 b12 为首项，以 3 为公差的等差数列，所以 bn2+3（n1）3n1（2）由（1）可得 a2n3n1，nN N*，则 a2n1a2n2+23（n1）1+23n2，n2，当 n1 时，a1

24、1 也适合上式，所以 a2n13n2，nN N*，所以数列an的奇数项和偶数项分别为等差数列，则an的前 20 项和为 a1+a2+.+a20（a1+a3+a19）+（a2+a4+a20）10+3+102+330018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A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；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.

25、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？并说明理由解：（1）由已知可得，X 的所有可能取值为 0，20，100，则 P（X0）10.80.2，P（X20）0.8（10.6）0.32P（X100）0.80.60.48，所以 X 的分布列为：XP00.2200.321000.48（2）由（1）可知小明先回答A 类问题累计得分的期望为E（X）00.2+200.32+1000.4854.4，若小明先回答 B 类问题，记 Y 为小明的累

26、计得分，则 Y 的所有可能取值为 0，80，100，P（Y0）10.60.4，P（Y80）0.6（10.8）0.12，P（Y100）0.60.80.48，则 Y 的期望为 E（Y）00.4+800.12+1000.4857.6，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记ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c已知 b2ac，点 D 在边 AC 上，BDsinABCasinC（1）证明：BDb；（2）若 AD2DC，求 cosABC解：（1）证明：由正弦定理知，b2RsinABC，c2RsinACB，b2ac，b2RsinABCa2RsinA

27、CB，即 bsinABCasinC，BDsinABCasinCBDb；（2）由（1）知 BDb，AD2DC，AD，DC，在 ABD 中，由 余弦定理知，cosBDA，在 CBD 中，由余弦定理知，cosBDC，BDA+BDC，cosBDA+cosBDC0，即得 11b23c2+6a2，b2ac，3c211ac+6a20，0，c3a 或 c，在ABC 中，由余弦定理知，cosABC当 c3a 时，cosABC1（舍）；当 c时，cosABC；综上所述，cosABC20如图，在三棱锥 ABCD 中，平面 ABD平面 BCD，ABAD，O 为 BD 的中点（1）证明：OACD；（2）若OCD 是边长

28、为 1 的等边三角形，点 E 在棱 AD 上，DE2EA，且二面角 EBCD 的大小为 45，求三棱锥 ABCD 的体积解：（1）证明：因为 ABAD，O 为 BD 的中点，所以 AOBD，又平面 ABD平面 BCD，平面 ABD平面 BCDBD，AO平面 ABD，所以 AO平面 BCD，又 CD平面 BCD，所以 AOCD；（2）方法一：取 OD 的中点 F，因为OCD 为正三角形，所以 CFOD，过 O 作 OMCF 与 BC 交于点 M，则 OMOD，所以 OM，OD，OA 两两垂直，以点 O 为坐标原点，分别以OM，OD，OA 为 x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则

29、B（0，1，0），设 A（0，0，t），则，D（0，1，0），因为 OA平面 BCD，故平面 BCD 的一个法向量为设平面 BCE 的法向量为又，所以由，得，令 x，则 y1，故，因为二面角 EBCD 的大小为 45，所以，解得 t1，所以 OA1，又故方法二：过 E 作 EFBD，交 BD 于点 F，过 F 作 FGBC 于点 G，连结 EG，由题意可知，EFAO，又 AO平面 BCD所以 EF平面 BCD，又 BC平面 BCD，所以 EFBC，又 BCFG，FGEFF所以 BC平面 EFG，又 EF平面 EFG，所以 BCEG，则EGF 为二面角 EBCD 的平面角，即EGF45，又 CD

30、DOOBOC1，所以BOC120，则OCBOBC30，故BCD90，所以 FGCD，因为则，所以，所以，则，所以 EFGF，则所以，21在平面直角坐标系xOy 中，已知点 F1（|MF2|2记 M 的轨迹为 C（1）求 C 的方程；，0），F2（，0），点M 满足|MF1|B 两点和 P，Q 两点，（2）设点 T 在直线 x上，过 T 的两条直线分别交C 于 A，且|TA|TB|TP|TQ|，求直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和解：（1）由双曲线的定义可知，M 的轨迹 C 是双曲线的右支，设C 的方程为，根据题意，解得，C 的方程为；（2）（法一）设，直线 AB 的参数方程为，将其代入

31、 C 的方程并整理可得，（16cos2sin2）t2+（16cos2msin）t（m2+12）0，由参数的几何意义可知，|TA|t1，|TB|t2，则，设直线 PQ 的参数方程为，|TP|1，|TQ|2，同理可得，依题意，则 cos2cos2，又，故 coscos，则 cos+cos0，即直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和为 0（法二）设设将直线，AB方程代入C的方程化简并整理可得，直线 AB 的方程为，A（x1，y1），B（x2，y2），由韦达定理有，又由同理可得，可得，设直线 PQ 的方程为，设，同理可得，又|AT|BT|PT|QT|，则，化简可得，又 k1k2，则 k1k2，即

32、k1+k20，即直线 AB 的斜率与直线 PQ 的斜率之和为 022已知函数 f（x）x（1lnx）（1）讨论 f（x）的单调性；（2）设 a，b 为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2+elnx 1 lnx，【解答】（1）解：由函数的解析式可得f（x）1x（0，1），f（x）0，f（x）单调递增，x（1，+），f（x）0，f（x）单调递减，则 f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减alnba b，得（2）证明：由 blna即，由（1）f（x）在（0，1）单调递增，在（1，+）单调递减，所以 f（x）maxf（1）1，且 f（e）0，令，则 x1，x2为 f（x）k

33、的两根，其中 k（0，1）x11，不妨令 x1（0，1），x2（1，e），则 2x1，即证 f（x2）f（x1）f（2x1），先证 2x1+x2，即证 x22f（2 x），令 h（x）f（x）x）lnx ln（2 x）lnx（2 x）在（0，1）单调递减，则 h（x）f（x）+f（2所以 h（x）h（1）0，故函数 h（x）在（0，1）单调递增，h（x1）h（1）0f（x1）f（2x1），2x1+x2，得证同理，要证 x1+x2e，（法一）即证 1x2ex1，根据（1）中 f（x）单调性，即证 f（x2）f（x1）f（ex1），f（e x），x（0，1），令（x）f（x）lnx（e x），令（

34、x0）0，则（x）x（0，x0），（x）0，（x）单调递增，x（x0，1），（x）0，（x）单调递减，又 x0，f（x）0，且 f（e）0，故，f（e 1）0，（1）f（1）（x）0 恒成立，x1+x2e 得证，（法二）f（x1）f（x2），x1（1lnx1）x2（1lnx2），又 x1（0，1），故 1lnx11，x1（1lnx1）x1，故 x1+x2x1（1lnx1）+x2x2（1lnx2）+x2，x2（1，e），令 g（x）x（1lnx）+x，g（x）1lnx，x（1，e），在（1，e）上，g（x）0，g（x）单调递增，所以 g（x）g（e）e，即 x2（1lnx2）+x2e，所以 x1+x2e，得证，则 2+e