【文档说明】2021年高考真题——数学（新高考全国Ⅰ卷）含解析.doc，共(20)页，1.546 MB，由envi的店铺上传

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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24Axx=−，2,3,4,5B=，则AB=（）A.2B.2,3C.3,4D.2,3,42.已知2iz=−，则()izz+=（）A.62i−B.42i−C.62i+D.42i+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.2B.22C.4D.424.下列区间中，函数()7sin6fxx=−单调递增的区间是（）A.0,2B.,2ππC.3,2D.3,225.已知1F，2F是椭圆C：22

194xy+=的两个焦点，点M在C上，则12MFMF的最大值为（）A.13B.12C.9D.66.若tan2=−，则()sin1sin2sincos+=+（）A.65−B.25−C.25D.657.若过点(),ab可以作曲线exy=的两条

切线，则（）A.ebaB.eabC.0ebaD.0eab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1x，2x，…，nx，由这组数据得到新样本数据1y，2y，…，ny，其中iiyxc=+(1,2,,),inc=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10.已知O为坐标原点，点()1cos,sinP，()2cos,sinP−，()()()3cos,sinP++，()1,0A，则（）A.12OPOP=B.12APAP=C.312OAOPOPOP=D.1

23OAOPOPOP=11.已知点P在圆()()225516xy−+−=上，点()4,0A、()0,2B，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，32PB=D.当PBA最大时，32PB=

12.在正三棱柱111ABCABC−中，11ABAA==，点P满足1BPBCBB=+，其中0,1，0,1，则（）A.当1=时，1ABP△的周长为定值B.当1=时，三棱锥1PABC−的体积为定值C.当12=时，有

且仅有一个点P，使得1APBP⊥D.当12=时，有且仅有一个点P，使得1AB⊥平面1ABP三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知函数()()322xxxafx−=−是偶函数，则a=______.14.已知O为坐标原点，抛物线C：22ypx=(

0p)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6FQ=，则C的准线方程为______.15.函数()212lnfxxx=−−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21240dmS=，对折2次共可以得到5

dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和22180dmS=，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1nkkS==______2dm.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na满足11a=，11,,2,.nnnanaan++=+为奇数为偶数（1）记2nnba=，写出1b，2b，并求数列nb的通项公式；（2）求na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2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=.（1）证明：BDb=；（2）若2ADDC=，求cosABC.20.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，2DEEA=，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()117,0F−、()21217,02FMFMF−=，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设

点T在直线12x=上，过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TATBTPTQ=，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.22.已知函数()()1lnfxxx=−.（1）讨论()fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab−=−，证明：112eab

+.2021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2,3AB=，故选B.2.C解析：因为2zi=−，故2zi=+，故()()()2222=4+42262zziiiiiii+=−+−−=+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22l=，解得22l=.故选B.4.A解析：因为函数sinyx=的单调递增区间为()22,22kkkZ−+，对于函数()7sin6fxx=−，由()22262kxkkZ−

−+，解得()22233kxkkZ−+，取0k=，可得函数()fx的一个单调递增区间为2,33−，则20,,233−，2,,233−，A选项满足条件，B不满足条件；取1k=，

可得函数()fx的一个单调递增区间为58,33，32,,233−且358,,233，358,2,233，CD选项均不满足条件故选A.5.C解析：由题，

229,4ab==，则1226MFMFa+==，所以2121292MFMFMFMF+=（当且仅当123MFMF==时，等号成立）．故选C．6.C解析：将式子进行齐次化处理得：()()()22sinsincos2sincoss

in1sin2sinsincossincossincos+++==+++()2222sinsincostantan422sincos1tan145++−====+++．故

选：C．7.D解析：在曲线xye=上任取一点(),tPte，对函数xye=求导得exy=，所以，曲线xye=在点P处的切线方程为()ttyeext−=−，即()1ttyexte=+−，由题意可知，点(),ab在直线()1ttyexte=+−上，可得

()()11tttbaeteate=+−=+−，令()()1tftate=+−，则()()tftate=−.当ta时，()0ft，此时函数()ft单调递增，当ta时，()0ft，此时函数()ft单调递减，所以，()()maxaftfae==，

由题意可知，直线yb=与曲线()yft=的图象有两个交点，则()maxabfte=，当1ta+时，()0ft，当1ta+时，()0ft，作出函数()ft的图象如下图所示：由图可知，当0abe时，直线yb=与曲线()yft=的图象有两个交点.故选D.解法二：

画出函数曲线xye=的图象如图所示，根据直观即可判定点(),ab在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0abe.故选D.8.B解析：11561()()()()6636366PPPP====

=甲，乙，丙，丁，，1()0()()()()()36PPPPPP===甲丙甲丙，甲丁甲丁，1()()()()0()()36PPPPPP==乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选B二､选择题：9.CD解析：()()

()()DyDxDcDx=+=，故方差相同，C正确；由极差的定义知：若第一组的极差为maxminxx−，则第二组的极差为maxminmaxminmaxmin()()yyxcxcxx−=+−+=−，故极差相同，D正确；故选CD10.AC解析：A项，1(cos,sin)OP=

，2(cos,sin)OP=−，所以221||cossin1OP=+=，222||(cos)(sin)1OP=+−=，故12||||OPOP=，正确；C项，由题意得：31cos()0sin()co

s()OAOP=+++=+，12coscossin(sin)cos()OPOP=+−=+，正确；故选AC11.ACD解析：圆()()225516xy−+−=的圆心为()5,

5M，半径为4，直线AB的方程为142xy+=，即240xy+−=，圆心M到直线AB的距离为2252541111545512+−==+，所以，点P到直线AB的距离的最小值为115425−，最大值为1154105+，A选项正确

；如下图所示：当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PMPB⊥，()()22052534BM=−+−=，4MP=，由勾股定理可得2232BPBMMP=−=，CD选项正确.故选ACD.12.BD解析：易知，点P在矩形11BCCB内部（含边界）．对于B，当1=时，111

1=BPBCBBBBBC=++，故此时P点轨迹为线段11BC，而11//BCBC，11//BC平面1ABC，则有P到平面1ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于D，当12=时，112BPBCBB=+，取1BB，1CC中点为,MN．BPBMMN=+，所以P点轨迹为线

段MN．设010,,2Py，因为30,02A，，所以031,,22APy=−，131,,122AB=−−，所以00311104222yy+−==−，此时P与N重合，故D正确．故选BD．三､填空题：13.答案：1解析：

因为()()322xxxafx−=−，故()()322xxfxxa−−=−−，因为()fx为偶函数，故()()fxfx−=，时()()332222xxxxxaxa−−−=−−，整理得到()()12+2=0xxa−−，故1a=，故答案为114.答案：32x=−解析：抛物线C：22ypx=(

0p)的焦点,02pF,∵P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为2p，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p,不妨设(,)2pPp,因为Q为x轴上一点，且PQOP⊥，所以Q在F的右侧，又||6FQ=，(6,0),(6,)2pQPQp+=−uuur因为PQOP⊥

，所以PQOP=2602pp−=,0,3pp=Q，所以C的准线方程为32x=−故答案为32x=−.15.答案：1解析：由题设知：()|21|2lnfxxx=−−定义域为(0,)+，∴当102x时，()122lnfxxx=

−−，此时()fx单调递减；当112x时，()212lnfxxx=−−，有2()20fxx=−，此时()fx单调递减；当1x时，()212lnfxxx=−−，有2()20fxx=−，此时()fx单调递增；又()fx在各分段的界点处连续，∴综

上有：01x时，()fx单调递减，1x时，()fx单调递增；∴()(1)1fxf=故答案为1.16.答案：(1).5(2).()41537202nn−+−解析：（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格

的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022，，；，共4种不同规格（单位2dm)；故对折4次可得到如下规格：5124，562，53，3102，3204，共5种不同规格；（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12的等比数列，首项为120()2dm,第n次对折后的图形面积为111202n−，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1n+种（证明从略），故得猜想1120(1)2nnnS−+=，设()01

21112011202120312042222nknknSS−=+==++++L，则121112021203120120(1)22222nnnnS−+=++++，两式作差得：()2112011111

24012022222nnnS−+=++++−()11601120122401212nnn−−+=+−−()()112011203120360360222nnnnn−++=−−=−，因此，()()4240315372072022nn

nnS−++=−=−.故答案为5；()41537202nn−+−.四､解答题：17.答案：（1）122,5bb==；（2）300.解析：（1）由题设可得121243212,1215baabaaa==+===+=++=又22211kkaa++=+，2122kkaa+=+，*()kN故2223

kkaa+=+，即13nnbb+=+，即13nnbb+−=所以nb为等差数列，故()21331nbnn=+−=−.（2）设na的前20项和为20S，则2012320Saaaa=++++，因为12

3419201,1,,1aaaaaa=−=−=−，所以()20241820210Saaaa=++++−()1291091021021023103002bbbb=++++−=+−=.18.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．()010.80.2PX==−=；()()200.810.60.32PX==−=；()1000.80.60.48PX===．所以X的分布列为X020100P0.20.320.48（2）由（1）知，()00.2200.321000.4

854.4EX=++=．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．()010.60.4PY==−=；()()800.610.80.12PY==−=；()1000.80.60.48PX===．所以()00.48

00.121000.4857.6EY=++=．因为54.457.6，所以小明应选择先回答B类问题．19.答案：（1）证明见解析；（2）7cos12ABC=.解析：（1）由题设，sinsinaCBDABC=，由正弦定理

知：sinsincbCABC=，即sinsinCcABCb=，∴acBDb=，又2bac=，∴BDb=，得证.（2）由题意知：2,,33bbBDbADDC===，∴22222241399cos24233bbbccADBbbb+−

−==，同理2222221099cos2233bbbaaCDBbbb+−−==，∵ADBCDB=−，∴2222221310994233bbcabb−−=，整理得2221123bac+=，又2bac=，∴42221123bbaa+=，整理得422461130aa

bb−+=，解得2213ab=或2232ab=，由余弦定理知：222224cos232acbaABCacb+−==−，当2213ab=时，7cos16ABC=不合题意；当2232ab=时，7cos12AB

C=；综上，7cos12ABC=.20.答案：(1)详见解析(2)36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,BDCDD=,因此EF⊥平面BCD，即EF⊥BC因为FM⊥BC，FMEFF=I,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF则E

MF为二面角E-BC-D的平面角,4EMF=因为BOOD=,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形因为2BEED=,1112(1)2233FMBF==+=从而EF=FM=213AO=AO⊥Q平面BCD,所以1113

1133326BCDVAOS===21.答案：（1）()221116yxx−=；（2）0.解析：因为12122217MFMFFF−==，所以，轨迹C是以点1F、2F为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为

()222210,0xyabab−=，则22a=，可得1a=，2174ba=−=，所以，轨迹C的方程为()221116yxx−=；（2）设点1,2Tt，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，不妨直线AB的方程为112ytkx−=−

，即1112ykxtk=+−，联立1122121616ykxtkxy=+−−=，消去y并整理可得()()222111111621602kxktkxtk−+−+−+=，设点()11,Axy、()22,Bxy，则112x且2

12x.由韦达定理可得2111221216kktxxk−+=−，211221116216tkxxk−+=−，所以，()()()()22122121121122112111111222416tkxxTATBkxxkxxk+++

=+−−=+−+=−，设直线PQ的斜率为2k，同理可得()()2222212116tkTPTQk++=−，因为TATBTPTQ=，即()()()()22221222121211211616tktkkk++++=−−，整理可得2212kk=，

即()()12120kkkk−+=，显然120kk−，故120kk+=.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.22.答案：（1）()fx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()1ln1lnfxxx=−−=−，当()

0,1x时，()0fx，当()1,+x时，()0fx，故()fx的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+.（2）因为lnlnbaabab−=−，故()()ln1ln+1baab+=，即ln1ln+1abab+=，故11ffab=

，设1211,xxab==，由（1）可知不妨设1201,1xx.因为()0,1x时，()()1ln0fxxx=−，(),xe+时，()()1ln0fxxx=−，故21xe

.先证：122xx+，若22x，122xx+必成立.若22x，要证：122xx+，即证122xx−，而2021x−，故即证()()122fxfx−，即证：()()222fxfx−，其中212x.设()()()2,

12gxfxfxx=−−，则()()()()2lnln2gxfxfxxx=+−=−−−()ln2xx=−−，因为12x，故()021xx−，故()ln20xx−−，所以()0gx，故()gx在()1,2为增函数，所以()()10gxg=，故(

)()2fxfx−，即()()222fxfx−成立，所以122xx+成立，综上，122xx+成立.设21xtx=，则1t，结合ln1ln+1abab+=，1211,xxab==可得：()()11221ln1lnxxxx−=−，

即：()111ln1lnlnxttx−=−−，故11lnln1tttxt−−=−，要证：12xxe+，即证()11txe+，即证()1ln1ln1tx++，即证：()1lnln111ttttt−−++−，即证：()()1ln1ln0tttt−+−，令()()()

1ln1ln,1Stttttt=−+−，则()()112ln11lnln111tStttttt−=++−−=+−++，先证明一个不等式：()ln1xx+.设()()ln1uxxx=+−，

则()1111xuxxx−=−=++，当10x−时，()0ux；当0x时，()0ux，故()ux在()1,0−上为增函数，在()0,+上为减函数，故()()max00uxu==，故()ln1xx+成立由上述不等式可得当1t时，112ln11ttt+

+，故()0St恒成立，故()St在()1,+上为减函数，故()()10StS=，故()()1ln1ln0tttt−+−成立，即12xxe+成立.综上所述，112eab+.