2021年高考试题真题——数学(新高考全国Ⅰ卷) Word版含解析

数学

本试卷共4页，22小题，满分150分.考试用时120分钟.

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(A)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；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Ax2x4，B2,3,4,5，则AA. 2

B. 2,3

B（ ）

D.

C. 3,4

2,3,4

2. 已知z2i，则zzi（ ） A. 62i

B. 42i

C. 62i

D. 42i

3. 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. 2

B. 22 C. 4

D. 42 4. 下列区间中，函数fx7sinx单调递增的区间是（ ） 6C. ,A. 0,2 B. π,π 232 D.

3,2 2x2y25. 已知F1，F2是椭圆C：1的两个焦点，点M在C上，则MF1MF2的最大

94值为（ ） A. 13

6. 若tan2，则A. B. 12

C. 9

D. 6

sin1sin2（ ）

sincosB. 6 52 5C.

2 5D.

6 57. 若过点a,b可以作曲线yex的两条切线，则（ ） A. eba C. 0aeb

B. eab D. 0bea

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 C. 乙与丙相互

B. 甲与丁相互 D. 丙与丁相互

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x1，x2，…，xn，由这组数据得到新样本数据y1，y2，…，yn，其中

yixic(i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 B. 两组样本数据样本中位数相同 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，

,0，则（ ） P3cos,sin，A1A. OP1OP2 C. OAOP3OP 1OP222B. AP1AP2 D. OAOP 1OP2OP311. 已知点P在圆x5y516上，点A4,0、B0,2，则（ ） A. 点P到直线AB的距离小于10 B. 点P到直线AB的距离大于2 C. 当PBA最小时，PB32 D. 当PBA最大时，PB32 12.

正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，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 C. 当1时，有且仅有一个点P，使得A1PBP 2D. 当1时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P 2三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知函数fxx3a2x2x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，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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20dm12dm的长方形纸，对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格

2的图形，它们的面积之和S1240dm，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，220dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm，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1nk______dm2.

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. 已知数列an满足a11，an1an1,n为奇数,

an2,n为偶数.（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. 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，己知小明能正确回答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是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2ac，点D在边AC上，

BDsinABCasinC.

（1）证明：BDb；

（2）若AD2DC，求cosABC.

20. 如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD平面BCD，ABAD，O为BD的中点.

（1）证明：OACD；

（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

EBCD的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.

21. 在平面直角坐标系xOy中，已知点F117,0、F2的轨迹为C. （1）求C的方程； （2）设点T在直线x17,0MF1MF22，点M1上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且2TATBTPTQ，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

22. 已知函数fxx1lnx. （1）讨论fx的单调性；

（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnbab，证明：2

11e. ab2021年普通高等学校招生全国统一考试

数学 答案解析

一､选择题：

1. B 解析：

由题设有AB2,3， 故选B . 2. C 解析：

因为z2i，故z2i，故zzi2i22i=4+4i2i2i62i

2故选C. 3. B 解析：

设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则l22，解得

l22. 故选B.

4. A 解析：

因为函数ysinx的单调递增区间为2k2,2kkZ， 2对于函数fx7sinx6，由2k2x62k2kZ，

解得2k3x2k2kZ， 32,33， 取k0，可得函数fx的一个单调递增区间为则0,2,2332，,,233，A选项满足条件，B不满足条件； 58,， 33取k1，可得函数fx的一个单调递增区间为3,223,且,23358358,,2,，CD选项均不，33233满足条件 故选A. 5. C 解析：

由题，a9,b4，则

22MF1MF22a6，

2MF1MF2所以MF1MF2． 9（当且仅当MF1MF23时，等号成立）

2故选C． 6. C 解析：

将式子进行齐次化处理得：

22sin1sin2sinsincos2sincossinsincos sincossincossinsincostan2tan422． 222sincos1tan145故选：C． 7. D 解析：

x在曲线ye上任取一点Pt,e，对函数yetx求导得yex，

tttx所以，曲线ye在点P处的切线方程为yeext，即yex1te，

t由题意可知，点a,b在直线yex1te上，可得bae1tea1te，

ttttttt令fta1te，则ftate.

当ta时，ft0，此时函数ft单调递增， 当ta时，ft0，此时函数ft单调递减， 所以，ftmaxfae，

aa由题意可知，直线yb与曲线yft的图象有两个交点，则bftmaxe，

当ta1时，ft0，当ta1时，ft0，作出函数ft的图象如下图所示：

由图可知，当0bea时，直线yb与曲线yft的图象有两个交点. 故选D.

解法二：画出函数曲线ye的图象如图所示，根据直观即可判定点a,b在曲线下方和xx轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0bea.

故选D. 8. B 解析：

11561P(甲)，P(乙)，P(丙)，P(丁)， ，

66363661P(甲丙)0P(甲)P(丙)，P(甲丁)P(甲)P(丁)，

361P(乙丙)P(乙)P(丙)，P(丙丁)0P(丁)P(丙)，

36故选B

二､选择题：

9. CD 解析：

D(y)D(x)D(c)D(x)，故方差相同，C正确；由极差的定义知：若第一组的极差为

xmaxxmin，则第二组的极差为ymaxymin(xmaxc)(xminc)xmaxxmin，故极差相

同，D正确；故选CD 10. AC 解析：

22A项，OP，1(cos,sin)，OP2(cos,sin)，所以|OP1|cossin1 C项，由题意得：|OP2|(cos)2(sin)21，故|OP1||OP2|，正确；

OAOP31cos()0sin()cos()，

OP1OP2coscossin(sin)cos()，正确；

故选AC 11. ACD 解析：

圆x5y516的圆心为M5,5，半径为4，

22直线AB的方程为

xy1，即x2y40， 42圆心M到直线AB的距离为52541222111154，

55所以，点P到直线AB的距离的最小值为正确； 如下图所示：

115115410，A选项42，最大值为55

当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB，

BMBP0525222234，MP4，由勾股定理可得

BMMP32，CD选项正确.

故选ACD. 12. BD 解析：

易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．

对于B，当1时，BPBCBB1=BB1BC，故此时P点轨迹为线段B1C1，而11B1C1//BC，B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，

故B正确．

对于D，当11CC1中点为M,N．BPBMMN，时，BPBCBB1，取BB1，

223311，0,0,y0,所以P点轨迹为线段MN．设P0,y0,，因为A，所以AP，2222313111A1B,,1，所以y00y0，此时P与N重合，故D正确． 224222故选BD．

三､填空题：

13. 答案：1 解析： 因为fxx3a2x2x，故fxx3a2x2x，

因为fx为偶函数，故fxfx， 时x3a2x2xx3a2x2x，整理得到a12x+2x=0，

故a1， 故答案为1 14. 答案：x解析：

2抛物线C：y2px (p0)的焦点F3 2p,0, 2∵P为C上一点，PF与x轴垂直， 所以P的横坐标为不妨设P(p，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p, 2p,p), 2因为Q为x轴上一点，且PQOP，所以Q在F的右侧， 又|FQ|6，

Q(6p,0),PQ(6,p) 2p6p20, 2因为PQOP，所以PQOPp0,p3，

所以C的准线方程为x故答案为x15. 答案：1 解析：

由题设知：f(x)|2x1|2lnx定义域为(0,)， ∴当0x3 23. 21时，f(x)12x2lnx，此时f(x)单调递减； 2当

21x1时，f(x)2x12lnx，有f(x)20，此时f(x)单调递减； 2x20，此时f(x)单调递增； x当x1时，f(x)2x12lnx，有f(x)2又f(x)在各分段的界点处连续，

∴综上有：0x1时，f(x)单调递减，x1时，f(x)单调递增； ∴f(x)f(1)1 故答案为1. 16.

答案： (1). 5 (2). 720解析：

（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，

153n2n4

5312，56，103；20，共4种不同规格（单位dm2)； 225533故对折4次可得到如下规格：12，6，53，10，20，共5种不同规格；

4224所以对着三次的结果有：

（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半，故各次对着后的图形，不论规格

如何，其面积成公比为

1dm2,第n次对折后的图形面积为的等比数列，首项为120 211202n1，对于第n此对折后的图形的规格形状种数，根据（1）的过程和结论，猜想

为n1种（证明从略），故得猜想Sn设SSkk1n120(n1)，

2n1120212031204012222120n1，

2n1则

112021203S12222120n120(n1)， n1n22两式作差得：

111S24012022221120n1 n122n1601n12120n1 240n1212120n3120120n1， 360n136022n2n因此，S720240n315n3. 720nn42215n3. n42故答案为5；720四､解答题：

17.

答案：（1）b12,b25；（2）300. 解析：

（1）由题设可得b1a2a112,b2a4a31a2215

*又a2k2a2k11，a2k1a2k2，(kN)

故a2k2a2k3，即bn1bn3，即bn1bn3 所以bn为等差数列，故bn2n133n1.

（2）设an的前20项和为S20，则S20a1a2a3因为a1a21,a3a41,所以S202a2a4a20，

,a19a201，

a18a2010

2b1b218.

910b9b10102102310300.

2答案：（1）见解析；（2）B类． 解析：

（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20，100．

PX010.80.2； PX200.810.60.32； PX1000.80.60.48．

所以X的分布列为

X P 0 20 0.32 100 0.48 0.2 （2）由（1）知，EX00.2200.321000.4854.4．

若小明先回答B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10.60.4； PY800.610.80.12； PX1000.80.60.48．

所以EY00.4800.121000.4857.6． 因为54.457.6，所以小明应选择先回答B类问题． 19.

ABC答案：（1）证明见解析；（2）cos7. 12解析：

（1）由题设，BDasinCcbsinCc，，由正弦定理知：，即

sinABCsinCsinABCsinABCb∴BDac，又b2ac， b∴BDb，得证.

（2）由题意知：BDb,AD22bb,DC， 334b213b2b210b22222bccbaa299ADB92，同理cosCDB92∴cos， 2bb4b2b2b2b3333∵ADBCDB，

13b210b222ca11b29922∴，整理得2ac，又b2ac， 224b2b333b411b2a21a234224∴2a2，整理得6a11ab3b0，解得2或2，

a3b3b22a2c2b24a2由余弦定理知：cosABC2，

2ac32b77a21a23ABC1不合题意；当2时，cosABC； 当2时，cosb2612b3ABC综上，cos7. 1220.

答案：(1)详见解析(2) 解析：

（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AO⊥BD

因为平面ABD平面BCD=BD,平面ABD⊥平面BCD，AO平面ABD， 因此AO⊥平面BCD，

因为CD平面BCD，所以AO⊥CD (2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,连FM 因为AO⊥平面BCD，所以AO⊥BD, AO⊥CD

所以EF⊥BD, EF⊥CD, BDCDD,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC 因为FM⊥BC，FM3 6EFF,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF

则EMF为二面角E-BC-D的平面角, EMF4

因为BOOD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形 因为BE2ED,FM1112BF(1) 2233从而EF=FM=AO1

23AO平面BCD,

所以V1113 AOSBCD1133326

21.

y2答案：（1）x（2）0. 1x1；

162解析：

因为MF1MF22F1F2217，

所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，

x2y2设轨迹C的方程为221a0,b0，则2a2，可得a1，b17a24，

aby2所以，轨迹C的方程为x1x1；

162（2）设点T,t，若过点T的直线的斜率不存在，此时该直线与曲线C无公共点，

12不妨直线AB的方程为ytk1x11ykxtk1， ，即1221yk1xtk1联立2，消去y并整理可得

2216xy16122k16xk2tkx111tk1160，

2设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1211且x2. 2221k122k1ttk116，

由韦达定理可得x1x22，2x1x2k116k1216所以，

22t121kxx1111， TATB1k12x1x21k12x1x21222224k116设直线PQ的斜率为k2t，同理可得TPTQ222121k22k2162，

t因为TATBTPTQ，即

121k12k1216t2121k22k21622，整理可得k1k2，

即k1k2k1k20，显然k1k20，故k1k20. 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.

22.

答案：（1）fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+；（2）证明见解析. 解析：

（1）函数的定义域为0,， 又fx1lnx1lnx，

当x0,1时，fx0，当x1,+时，fx0， 故fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+.

（2）因为blnaalnbab，故blna1alnb+1，即

lna1lnb+1， ab故f设

11f， ab11x1,x2，由（1）可知不妨设0x11,x21. ab因为x0,1时，fxx1lnx0，xe,时，fxx1lnx0， 故1x2e. 先证：x1x22，

若x22，x1x22必成立.

若x22， 要证：x1x22，即证x12x2，而02x21， 故即证fx1f2x2，即证：fx2f2x2，其中1x22. 设gxfxf2x,1x2，

则gxfxf2xlnxln2xlnx2x， 因为1x2，故0x2x1，故lnx2x0，

所以gx0，故gx在1,2为增函数，所以gxg10， 故fxf2x，即fx2f2x2成立，所以x1x22成立， 综上，x1x22成立.

设x2tx1，则t1， 结合

lna1lnb+111，x1,x2可得：x11lnx1x21lnx2，

ababt1tlnt，

t1即：1lnx1t1lntlnx1，故lnx1要证：x1x2e，即证t1x1e，即证lnt1lnx11， 即证：lnt1t1tlnt1，即证：t1lnt1tlnt0，

t1令Stt1lnt1tlnt,t1， 则Stlnt1t1121lntln1， t1tt1先证明一个不等式：lnx1x. 设uxlnx1x，则ux1x1， x1x1当1x0时，ux0；当x0时，ux0，

故ux在1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故uxmaxu00， 故lnx1x成立

211ln1由上述不等式可得当t1时，，故St0恒成立， ttt1故St在1,上为减函数，故StS10， 故t1lnt1tlnt0成立，即x1x2e成立. 综上所述，2

11e. ab