2021年高考数学试卷（新高考Ⅰ卷）（解析卷）

1/20 2021 年普通高等学校招生全国统一考试 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 ， ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 1/20 【分析】利用交集的定义可求 . 【详解】由题设有 ， 故选：B . 2. 已知 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为 ，故 ，故 故选：C. 2/20 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. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 ，解得 . 故选：B. 4. 下列区间中，函数 单调递增的区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式 ，利用赋值法可得出结论. 【详解】因为函数 的单调递增区间为 ， 对于函数 ，由 ， 解得 ， 取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ， 则 ， ，A 选项满足条件，B 不满足条件； 2/20 取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ， 且 ， ，CD 选项均不满足条件.故选： A. 3/20 【点睛】方法点睛：求较为复杂的三角函数的单调区间时，首先化简成 形式，再求 的单调区间，只需把 看作一个整体代入 的相应单调区间内即可，注意 要先把 化为正数． 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 【答案】C 【解析】 【分析】本题通过利用椭圆定义得到 ，借助基本不等式 即可得到答案． 【详解】由题， ，则 ， 所以 （当且仅当 时，等号成立）． 故选：C． 【点睛】本题关键在于正确理解能够想到求最值的方法，即通过基本不等式放缩得到． 6. 若 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子进行齐次化处理，代入 即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： 3/20 ．故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用 ，求出 4/20 的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 7. 若过点 可以作曲线 的两条切线，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据导数几何意义求得切线方程，再构造函数，利用导数研究函数图象，结合图形确定结果 【详解】在曲线 上任取一点 ，对函数 求导得 ， 所以，曲线 在点 处的切线方程为 ，即 ， 由题意可知，点 在直线 上，可得 ， 令 ，则 . 当 时， ，此时函数 单调递增， 当 时， ，此时函数 单调递减， 所以， ， 由题意可知，直线 与曲线 的图象有两个交点，则 ， 当 时， ，当 时， ，作出函数 的图象如下图所示： 5/20 由图可知，当 时，直线 与曲线 的图象有两个交点. 故选：D. 【点睛】数形结合是解决数学问题常用且有效的方法 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据独立事件概率关系逐一判断 【详解】 ， 故选：B【点睛】判断事件 是否独立，先 5/20 计算对应概率，再判断 是否成立 6/20 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 ( 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. 两组样数据的样本极差相同 【答案】CD 【解析】 【分析】A、C 利用两组数据的线性关系有 、 ，即可判断正误；根据中位数、 极差的定义，结合已知线性关系可判断B、D 的正误. 【详解】A： 且 ，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为 ，则第二组的中位数为 ，显然不相同，错误； C： ，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为 ，则第二组的极差为 ，故极差相同，正确； 故选：CD 10. 已知 为坐标原点，点 ， ， ， ，则（ ） A B. . 6/20 C. D. 【答案】AC 【解析】【分析】A、B 写出 ， 、 ， 的坐标，利用坐标公式求模，即可判断正误；C、D 根据向量的坐标，应用向量数量积的坐标表示及两角和差公式化简，即可判断正误. 7/20 【详解】A ： ， ，所以 ， ，故 ，正确； B： ， ，所以 ， 同理 ，故 不一定相等，错误； C：由题意得： ， ，正确； D：由题意得： ， ，错误； 故选：AC 11. 已知点 在圆 上，点 、 ，则（ ） A. 点 到直线 的距离小于 B. 点 到直线 的距离大于 C. 当 最小时， D. 当 最大时， 7/20 【答案】ACD 【解析】 【分析】计算出圆心到直线 的距离，可得出点 到直线 的距离的取值范围，可判断AB 选项的正 误；分析可知，当 最大或最小时， 与圆 相切，利用勾股定理可判断CD 选项的正误. 【详解】圆 的圆心为 ，半径为 ，直线 的方程为 ，即 ， 8/20 圆心 到直线 的距离为 ， 所以，点 到直线 的距离的最小值为 ，最大值为 ，A 选项正确，B 选项 错误； 如下图所示： 当 最大或最小时， 与圆 相切，连接 、 ，可 知 ， ， ，由勾股定理可得 ，CD 选 项正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线与半径为 圆 相离，圆心 到直线的距离为 ，则圆 上一点 到直 线的距离的取值范围是 . 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 的 8/20 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 【答案】BD【解析】 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 9/20 对于B，将 点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量 平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将 点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解 点的个数． 【详解】 易知，点 在矩形 内部（含边界）． 对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A 错误； 对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面 ，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确． 对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所 以 点轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则 ， ， ，所以 或 ．故 的 9/20 均满足，故C 错误； 对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点 轨迹为线段 ．设 ，因为 ，所以 ， 10/20 ，所以 ，此时 与 重合，故D 正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 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 ______. 【答案】1 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求参数 的值. 【详解】因为 ，故 ， 因为 为偶函数，故 ， 时 ，整理得到 ， 故 ， 故答案为：1 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______. 【答案】 【解析】 【分析】先用坐标表示 ，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得 ，即得结果. 【详解】不妨设 因为 ，所以 的准线方程为 10/20 故答案为： 【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键.15. 函数 的最小值为______. 【答案】1 【解析】 11/20 【分析】由解析式知 定义域为 ，讨论 、 、 ，并结合导数研究的单调 性，即可求 最小值. 【详解】由题设知： 定义域为 ， ∴当 时， ，此时 单调递减； 当 时， ，有 ，此时 单调递减； 当 时， ，有 ，此时 单调递增； 又 在各分段的界点处连续， ∴综上有： 时， 单调递减， 时， 单调递增； ∴ 故答案为：1. 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 ______ . 【答案】 (1). 5 (2). 11/20 【解析】 【分析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得 ，再根据错位相减法得结果. 【详解】（1）对折 次可得到如下规格： ， ， ， ， ，共 种；（2）由题意可得 ， ， ， ， ， ， 设 ， 12/20 则 ， 两式作差得 ， 因此， . 故答案为： ； . 【点睛】方法点睛：数列求和 常用方法： （1）对于等差等比数列，利用公式法可直接求解； （2）对于 结构，其中 是等差数列， 是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于 结构，利用分组求和法； （4）对于 结构，其中 是等差数列，公差为 ，则 ，利用裂 项相消法求和. 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 满足 ， （1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式； （2）求 的前20 项和. 【答案】（1） ；（2） .【解析】 的 12/20 【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 ，从而可求 的通项. （2）根据题设中的递推关系可得 的前 项和为 可化为 ，利 用（1）的结果可求 . 13/20 【详解】（1）由题设可得 又 ， ， 故 即 即 所以 为等差数列，故 . （2）设 的前 项和为 ，则 ， 因为 ， 所以 . 【点睛】方法点睛：对于数列的交叉递推关系，我们一般利用已知的关系得到奇数项的递推关系或偶数项 的递推关系，再结合已知数列的通项公式、求和公式等来求解问题. 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 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. 【答案】（1）见解析；（2） 类． 【解析】 【分析】（1）通过题意分析出小明累计得分 的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）与 （1）类似，找出先回答 类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可．【详解】（1）由题可知， 的所有可能取值为 ， ， ． ； 13/20 ； ． 14/20 所以 的分布列为 （2）由（1）知， ． 若小明先回答 问题，记 为小明的累计得分，则 的所有可能取值为 ， ， ． ； ； ． 所以 ． 因为 ，所以小明应选择先回答 类问题． 19. 记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上， . （1）证明： ； （2）若 ，求 【答案】（1）证明见解析；（2） . 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有 ，结合已知即可证结论. （2）由题设 ，应用余弦定理求 、 ，又 . 14/20 ，可得 ，结合已知及余弦定理即可求 .【详解】 15/20 （1）由题设， ，由正弦定理知： ，即 ， ∴ ，又 ， ∴ ，得证. （2）由题意知： ， ∴ ，同理 ， ∵ ， ∴ ，整理得 ，又 ， ∴ ，整理得 ，解得 或 ， 由余弦定理知： ， 15/20 当 时， 不合题意；当 时， ； 综上， . 【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及 得到 的数量关系，结合已知条 件及余弦定理求 . 20. 如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中点. 16/20 （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. 【答案】(1)详见解析(2) 【解析】 【分析】（1）根据面面垂直性质定理得AO⊥平面BCD，即可证得结果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根据体积公式得结果. 【详解】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO⊥BD 因为平面ABD 平面BCD ,平面ABD⊥平面BCD， 平面ABD， 因此AO⊥平面BCD， 因为 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, ,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC 因为FM⊥BC， ,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF 16/20 则 为二面角E-BC-D 的平面角, 因为 , 为正三角形,所以 为直角三角形 因为 , 从而EF=FM= 17/20 平面BCD,所以 【点睛】二面角的求法：一是定义法，二是三垂线定理法，三是垂面法， 四是投影法. 21. 在平面直角坐标系 中，已知点 、 ，点 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. 【答案】（1） ；（2） . 【解析】 【分析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹 是以点 、 为左、右焦点双曲线的右支，求出 、 的值， 即可得出轨迹 的方程； （2）设点 ，设直线 的方程为 ，设点 、 ，联立直线 与曲线 的方程，列出韦达定理，求出 的表达式，设直线 的斜率为 ，同理可得出 的表达式，由 化简可得 的值. 17/20 【详解】因为 ， 所以，轨迹 是以点 、 为左、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹 的方程为 ，则 ，可得 ， ， 所以，轨迹 的方程为 ；（2）设点 ，若过点 的直线的斜率不存在，此时该 直线与曲线 无公共点， 18/20 不妨直线 的方程为 ，即 ， 联立 ，消去 并整理可得 ， 设点 、 ，则 且 . 由韦达定理可得 ， ， 所以， ， 设直线 的斜率为 ，同理可得 ， 因为 ，即 ，整理可得 ， 即 ，显然 ，故 . 因此，直线 与直线 的斜率之和为 . 【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种： （1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； （2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 22. 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： . 【答案】（1） 的递增区间为 ，递减区间为 ；（2）证明见解析. 18/20 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，判断其符号可得函数的单调区间；（2）设 ，原不等式等 价于 ，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者可设 ，从而把 转 化为 在 上的恒成立问题，利用导数可证明该结论成立. 19/20 【详解】（1）函数的定义域为 ， 又 ， 当 时， ，当 时， ， 故 的递增区间为 ，递减区间为 . （2）因为 ，故 ，即 ， 故 ， 设 ，由（1）可知不妨设 . 因为 时， ， 时， ， 故 . 先证： ， 若 ， 必成立. 若 ， 要证： ，即证 ，而 ， 故即证 ，即证： ，其中 . 设 ， 则 ， 因为 ，故 ，故 ， 所以 ，故 在 为增函数，所以 ， 19/20 故 ，即 成立，所以 成立， 综上， 成立.设 ，则 ， 结合 ， 可得： ， 即： ，故 ， 20/20 要证： ，即证 ，即证 ， 即证： ，即证： ， 令 ， 则 ， 先证明一个不等式： . 设 ，则 ， 当 时， ；当 时， ， 故 在 上为增函数，在 上为减函数，故 ， 故 成立 由上述不等式可得当 时， ，故 恒成立， 故 在 上为减函数，故 ， 故 成立，即 成立. 综上所述， . 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，一般利用通过原函数的单调性，把与自变量有关的不等式问题转化 与原函数的函数值有关的不等式问题，也可以引入第三个变量，把不等式的问题转化为与新引入变量有关 的不等式问题.