资源简介

2021年全国高考数学真题试卷及解析
（新高考Ⅰ卷）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。
1．设集合，，3，4，，则　　
A． B．， C．， D．，3，
2．已知，则　　
A． B． C． D．
3．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为　　
A．2 B． C．4 D．
4．下列区间中，函数单调递增的区间是　　
A． B．， C． D．，
5．已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为　　
A．13 B．12 C．9 D．6
6．若，则　　
A． B． C． D．
7．若过点可以作曲线的两条切线，则　　
A． B． C． D．
8．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 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4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9．有一组样本数据，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，2，，，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．已知为坐标原点，点，，，，，则　　
A． B．
C． D．
11．已知点在圆上，点，，则　　
A．点到直线的距离小于10 B．点到直线的距离大于2
C．当最小时， D．当最大时，
12．在正三棱柱中，，点满足，其中，，，，则　　
A．当时，△的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知函数是偶函数，则　　．
14．已知为坐标原点，抛物线的焦点为，为上一点，与轴垂直，为轴上一点，且．若，则的准线方程为　　．
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1次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，对折2次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和，以此类推．则对折4次共可以得到不同规格图形的种数为　　；如果对折次，那么　　．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（10分）已知数列满足，
（1）记，写出，，并求数列的通项公式；
（2）求的前20项和．
18．（12分）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．类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；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类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为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）为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．
19．（12分）记的内角，，的对边分别为，，．已知，点在边上，．
（1）证明：；
（2）若，求．
20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（1）证明：；
（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积．
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，，，，点满足．记的轨迹为．
（1）求的方程；
（2）设点在直线上，过的两条直线分别交于，两点和，两点，且，求直线的斜率与直线的斜率之和．
22．（12分）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：．
参考答案
1.B 【解析】因为，所以A∩B= {2,3}，故选B.
2.C 【解析】因为,所以，所以)=,故选C.
3.B 【解析】设圆锥的底面半径为,母线长为,因为圆锥的侧面展开图是一个半圆,所以,即，所以圆锥的母线长为，故选B.
4.A 【解析】由,得,所以函数f的单调递增区间为,所以B,C,D错误，A正确，故选A.
5.C 【解析】由题意可知，，所以,当且仅当时,等号成立,所以的最大值为9，故选C.
6.c 【解析】因为选C.
7.D 【解析】设切点为,因为 ,所以曲线在点处的切线方程为,又因为点()在此切线上，所以,整理得.令 ,所以 ,则当时，函数在()上单调递增;当时,函数广在()上单调递减，所以函数在处取得最大值,且当时,当时.因为过点()的切线有两条，即方程有两个不相等的实数根，所以，故选D.
8.B 【解析】由题意可知，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，记为(1,),=1,2,...,6;乙表示事件“第二次取出的球的数字是2” ,记为(,2)，=1,2,...,6;丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，记为,1,2,...,6,且;丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，记为,= 1,2,...,6,且=7.则(甲)=,,,，,，， ,故选B.
9.CD 【解析】对于选项A,因为原样本数据的样本平均数，新样本数据的样本平均数,又所以两组样本数据的样本平均数不相同，故A错误;对于选项B，设样本数据的中位数为M,则样本数据的中位数为,又,所以两组样本数据的样本中位数不相同,故B错误;对于选项C,新样本数据的样本标准差,所以C正确;对于选项D,设样本数据中，最大，最小，因为，所以样本数据中,最大,最小,极差,所以D正确.故选CD.
10.AC 【解析】对于选项A，因为,所以，则=,故A正确;
对于选项B,因为，所以|,当时,|| ,故B错误;
对于选项C,,所以,所以,故C正确;
对于选项D,),当且时,,故D错误.故选AC.
11.ACD 【解析】由题意知，圆的圆心C(5,5)半径.又A(4,0),B(0,2)，则直线AB的方程为，即,则圆心C(5,5)到直线AB的距离对于选项A,因为点P到直线AB的距离的最大值为,且,所以点P到直线AB的距离小于10,故A正确，对于选项B,因为点P到直线AB的距离的最小值为,且,所以点P到直线AB的距离小于2,故B错误.对于选项C，当直线PB()与圆C相切时，∠PBA最小，如图.因为,所以,故C正确;对于选项D,当∠PBA最大时，直线PB()与圆C也相切，由圆的切线性质知，此时切线长= ，故D正确.故选ACD.
12.BD 【解析】对于选项A,当时,,所以点P在线段上.当时,点P与点C重合，此时△的周长为，;当时,点P为线段的中点,此时，△的周长为.所以△的周长不是定值,故A错误.对于选项B,当时,,所以点P在线段上.因为// , (平面,平面，所以 //平面,即点P到平面的距离为定值.又△的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值,故B正确，对于选项C,当时，,设M,N分别为的中点,连接MN，则点P在线段MN上，当时,点P与点M重合，如图,连接因为⊥,⊥且,所以⊥平面，则⊥.又⊥.,且,所以⊥平面，又平面，所以⊥,即⊥.当时，点P与点N重合,因为⊥平面,平面,则⊥,即⊥.所以满足⊥的点P不唯一，故C错误.
对于选项D,当，时, ,设G,H分别为的中点，则点P在线段GH上，连接.因为⊥,若⊥平面,则⊥.由选项C知⊥,又，所以⊥平面,则⊥,由正方形的性质知，当且仅当点P与点H重合，即时，⊥,所以满足⊥平面的点P唯一,故D正确.故选BD.
13.1 【解析】由题意可知幽数为定义在R上的偶函数，则，即,整理得恒成立，解得
14. 【解析】由题意,不妨设.因为⊥，所以，即,解得.又，即,解得,所以抛物线C的准线方程为.
15.1 【解析】由题意得,当 时,则当时,所以在上单调递减;当时, ，所以在上单调递增.所以当时.当时,，则在(0，]上恒成立，所以在(0，]上单调递减，所以当时,函数.综上可知,函数的最小值为1.
16.5 240(3-【解析】记对折次可以得到不同规格图形的种数为数列，依题意有,对折3次，可以得到2.5 dm x 12 dm,5 dm x 6 dm,10 dm x 3 dm,20 dm x 1.5 dm四种规格的图形，即;对折4次,可以得到1.25 dm x 12 dm,2.5 dm x 6 dm,5 dm x 3dm,10 dm x 1.5 dm,20 dm x 1.25 dm五种规格的图形，即是数列的通项公式为.记对折次可以得到不同规格图形的面积之和为，依题意有于是数列的通项公式为.则，所以,两式作差得，以.
17. 【解】(1)
∵为偶数，∴
∴即,且,
∴是以2为首项，3为公差的等差数列，∴ .
(2)当为奇数时,
∴的前20项和为
由(1)可知,,∴的前 20项和为2x155 -10 =300.
18. 【解】(1)由题知,的所有可能取值为0 ,20,100,
则
所以的分布列为：
0 20 100
0.2 0.32 0.48
(2)小明应选择先回答B类问题，理由如下:
由(1)知,
若小明先回答B类问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为0,80,100,则所以所以小明应选择先回答B类问题，
19.(1)【证明】在△ABC中，由正弦定理得又,所以.
(2)【解】因为所以.在△ABD中,由余弦定理得
在△ABC中，由余弦定理得所以,整理得又以解得或.
又因为解得以.所以在△ABC中，由余弦定理得
20.(1)【证明】因为为的中点，所以⊥.又平面⊥平面,平面,平面,所以⊥平面.又平面,所以⊥.
(2)【解】如图,取的中点,连接,则⊥.过点作//交于点,则.所以,,两两垂直、以点为坐标原点,分别以,,所在直线为轴建立空间直角坐标系,如图所示，则,设,又则所以设平面的法向量为,令,则,所以易知平面的一个法向量为,因为二面角的大小为45°，所以又,得，即,所以.
21.【解】(1)由双曲线的定义可知，点的轨迹为焦点在轴上的双曲线的右支，且,所以,所以的方程为
(2)设,且由题知，直线与直线的斜率都存在且不相等,设直线的方程为.联立消去并整理得又直线与曲线必有两个不同的交点,所以,所以.所以.设直线的方程为同理可得.因为,即,所以
所以或(舍去)，所以,即直线的斜率与直线的斜率之和为0.
22.(1)【解】因为,所以,所以当时,此时函数单调递增;当时,,此时函数单调递减.综上,函数在(0,1)上单调递增,在(1，)上单调递减.
(2)【证明】因为,所以
所以.令，则.由(1)知，函数在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减,且时,不妨令,则，由,可得.
要证，即证.要证,即证,又,即证,即证.令则,所以在(0,1)上单调递增，时,，所以,所以成立.
因为,所以要证,只需证.令,则所以在(1,)上单调递增，时,所以,所以.所以,即成立.

展开更多......

收起↑