2021年全國新高考Ⅰ卷數(shù)學試題（解析版）

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1、2021年全國新高考I卷統(tǒng)一考試（數(shù)學） 一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的. 1. 設集合，，則（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用交集的定義可求. 【詳解】由題設有， 故選：B . 2. 已知，則（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用復數(shù)的乘法和共軛復數(shù)的定義可求得結果. 【詳解】因為，故，故 故選：C. 3. 已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（ ） A. B. C.

2、 D. 【答案】B 【解析】 【分析】設圓錐的母線長為，根據(jù)圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得的值，即為所求. 【詳解】設圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得. 故選：B. 4. 下列區(qū)間中，函數(shù)單調(diào)遞增的區(qū)間是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解不等式，利用賦值法可得出結論. 【詳解】因為函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為， 對于函數(shù)，由， 解得， 取，可得函數(shù)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為， 則，，A選項滿足條件，B不滿足條件； 取，可得函數(shù)的一個單調(diào)遞增區(qū)間為， 且，，CD選項均不滿足條件 故選：A.

3、【點睛】方法點睛：求較為復雜的三角函數(shù)的單調(diào)區(qū)間時，首先化簡成形式，再求的單調(diào)區(qū)間，只需把看作一個整體代入的相應單調(diào)區(qū)間內(nèi)即可，注意要先把化為正數(shù)． 5. 已知，是橢圓：的兩個焦點，點在上，則的最大值為（ ） A. 13 B. 12 C. 9 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】本題通過利用橢圓定義得到，借助基本不等式即可得到答案． 【詳解】由題，，則， 所以（當且僅當時，等號成立）． 故選：C． 【點睛】橢圓上的點與橢圓的兩焦點的距離問題，常常從橢圓的定義入手，注意基本不等式得靈活運用，或者記住定理：兩正數(shù)，和一定相等時及最大，積一定，相等時和最小，也可快速求解.

4、 6. 若，則（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】將式子先利用二倍角公式和平方關系配方化簡，然后增添分母()，進行齊次化處理，化為正切的表達式，代入即可得到結果． 【詳解】將式子進行齊次化處理得： ． 故選：C． 【點睛】易錯點睛：本題如果利用，求出的值，可能還需要分象限討論其正負，通過齊次化處理，可以避開了這一討論． 7. 若過點可以作曲線的兩條切線，則（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解法一：根據(jù)導數(shù)幾何意義求得切線方程，再構造函數(shù)，利用導數(shù)研究函數(shù)圖象，結合圖形確定結果；

5、 解法二：畫出曲線的圖象，根據(jù)直觀即可判定點在曲線下方和軸上方時才可以作出兩條切線. 【詳解】在曲線上任取一點，對函數(shù)求導得， 所以，曲線在點處的切線方程為，即， 由題意可知，點在直線上，可得， 令，則. 當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增， 當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞減， 所以，， 由題意可知，直線與曲線的圖象有兩個交點，則， 當時，，當時，，作出函數(shù)的圖象如下圖所示： 由圖可知，當時，直線與曲線的圖象有兩個交點. 故選：D. 解法二：畫出函數(shù)曲線的圖象如圖所示，根據(jù)直觀即可判定點在曲線下方和軸上方時才可以作出兩條切線.由此可知. 故選：D. 【點睛】解法一是嚴格的

6、證明求解方法，其中的極限處理在中學知識范圍內(nèi)需要用到指數(shù)函數(shù)的增長特性進行估計，解法二是根據(jù)基于對指數(shù)函數(shù)的圖象的清晰的理解與認識的基礎上，直觀解決問題的有效方法. 8. 有6個相同的球，分別標有數(shù)字1，2，3，4，5，6，從中有放回的隨機取兩次，每次取1個球，甲表示事件“第一次取出的球的數(shù)字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的數(shù)字是2”，丙表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是8”，丁表示事件“兩次取出的球的數(shù)字之和是7”，則（ ） A. 甲與丙相互獨立 B. 甲與丁相互獨立 C. 乙與丙相互獨立 D. 丙與丁相互獨立 【答案】B 【解析】 【分析】根據(jù)獨立事件概率關系逐一判斷

7、 【詳解】 ， 故選：B 【點睛】判斷事件是否獨立，先計算對應概率，再判斷是否成立 二?選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分. 9. 有一組樣本數(shù)據(jù)，，…，，由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)，，…，，其中(為非零常數(shù)，則（ ） A. 兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本平均數(shù)相同 B. 兩組樣本數(shù)據(jù)樣本中位數(shù)相同 C. 兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標準差相同 D. 兩組樣數(shù)據(jù)的樣本極差相同 【答案】CD 【解析】 【分析】A、C利用兩組數(shù)據(jù)的線性關系有、，即可判斷正誤；根據(jù)中位數(shù)、極差的定義，

8、結合已知線性關系可判斷B、D的正誤. 【詳解】A：且，故平均數(shù)不相同，錯誤； B：若第一組中位數(shù)為，則第二組的中位數(shù)為，顯然不相同，錯誤； C：，故方差相同，正確； D：由極差的定義知：若第一組的極差為，則第二組的極差為，故極差相同，正確； 故選：CD 10. 已知為坐標原點，點，，，，則（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】A、B寫出，、，的坐標，利用坐標公式求模，即可判斷正誤；C、D根據(jù)向量的坐標，應用向量數(shù)量積的坐標表示及兩角和差公式化簡，即可判斷正誤. 【詳解】A：，，所以，，故，正確； B：，，所以，同理，故不一定相等

9、，錯誤； C：由題意得：，，正確； D：由題意得：， ，故一般來說故錯誤； 故選：AC 11. 已知點在圓上，點、，則（ ） A. 點到直線的距離小于 B. 點到直線的距離大于 C. 當最小時， D. 當最大時， 【答案】ACD 【解析】 【分析】計算出圓心到直線的距離，可得出點到直線的距離的取值范圍，可判斷AB選項的正誤；分析可知，當最大或最小時，與圓相切，利用勾股定理可判斷CD選項的正誤. 【詳解】圓的圓心為，半徑為， 直線的方程為，即， 圓心到直線的距離為， 所以，點到直線的距離的最小值為，最大值為，A選項正確，B選項錯誤； 如下圖所示： 當

10、最大或最小時，與圓相切，連接、，可知， ，，由勾股定理可得，CD選項正確. 故選：ACD. 【點睛】結論點睛：若直線與半徑為的圓相離，圓心到直線的距離為，則圓上一點到直線的距離的取值范圍是. 12. 正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（ ） A. 當時，的周長為定值 B. 當時，三棱錐的體積為定值 C. 當時，有且僅有一個點，使得 D. 當時，有且僅有一個點，使得平面 【答案】BD 【解析】 【分析】對于A，由于等價向量關系，聯(lián)系到一個三角形內(nèi)，進而確定點的坐標； 對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內(nèi)，確定路線，進而考慮體積是否為定值； 對于C，考慮借助向量的

11、平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)； 對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)． 【詳解】 易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）． 對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤； 對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確． 對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤； 對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確． 故選

12、：BD． 【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關鍵之處在于所求點的坐標放在三角形內(nèi)． 三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分. 13. 已知函數(shù)是偶函數(shù)，則______. 【答案】1 【解析】 【分析】利用偶函數(shù)的定義可求參數(shù)的值. 【詳解】因為，故， 因為為偶函數(shù)，故， 時，整理得到， 故， 故答案為：1 14. 已知為坐標原點，拋物線：()的焦點為，為上一點，與軸垂直，為軸上一點，且，若，則的準線方程為______. 【答案】 【解析】 【分析】先用坐標表示，再根據(jù)向量垂直坐標表示列方程，解得，即得結果. 【詳解】拋物線： ()的焦點, ∵P為上一

13、點，與軸垂直， 所以P的橫坐標為，代入拋物線方程求得P的縱坐標為, 不妨設, 因為Q為軸上一點，且，所以Q在F的右側， 又， 因為，所以, ， 所以的準線方程為 故答案為：. 【點睛】利用向量數(shù)量積處理垂直關系是本題關鍵. 15. 函數(shù)的最小值為______. 【答案】1 【解析】 【分析】由解析式知定義域為，討論、、，并結合導數(shù)研究的單調(diào)性，即可求最小值. 【詳解】由題設知：定義域為， ∴當時，，此時單調(diào)遞減； 當時，，有，此時單調(diào)遞減； 當時，，有，此時單調(diào)遞增； 又在各分段的界點處連續(xù)， ∴綜上有：時，單調(diào)遞減，時，單調(diào)遞增； ∴ 故答案為：

14、1. 16. 某校學生在研究民間剪紙藝術時，發(fā)現(xiàn)剪紙時經(jīng)常會沿紙的某條對稱軸把紙對折，規(guī)格為的長方形紙，對折1次共可以得到，兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，對折2次共可以得到，，三種規(guī)格的圖形，它們的面積之和，以此類推，則對折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為______；如果對折次，那么______. 【答案】 (1). 5 (2). 【解析】 【分析】（1）按對折列舉即可；（2）根據(jù)規(guī)律可得，再根據(jù)錯位相減法得結果. 【詳解】（1）由對折2次共可以得到，，三種規(guī)格的圖形，所以對著三次的結果有：，共4種不同規(guī)格（單位； 故對折4次可得到如下規(guī)格：，，，，，共5種不同

15、規(guī)格； （2）由于每次對著后的圖形的面積都減小為原來的一半，故各次對著后的圖形，不論規(guī)格如何，其面積成公比為的等比數(shù)列，首項為120,第n次對折后的圖形面積為，對于第n此對折后的圖形的規(guī)格形狀種數(shù)，根據(jù)（1）的過程和結論，猜想為種（證明從略），故得猜想， 設， 則， 兩式作差得： ， 因此，. 故答案為：；. 【點睛】方法點睛：數(shù)列求和的常用方法： （1）對于等差等比數(shù)列，利用公式法可直接求解； （2）對于結構，其中是等差數(shù)列，是等比數(shù)列，用錯位相減法求和； （3）對于結構，利用分組求和法； （4）對于結構，其中是等差數(shù)列，公差為，則，利用裂項相消法求和. 四

16、?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟. 17. 已知數(shù)列滿足， （1）記，寫出，，并求數(shù)列的通項公式； （2）求的前20項和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）根據(jù)題設中的遞推關系可得，從而可求的通項. （2）根據(jù)題設中的遞推關系可得的前項和為可化為，利用（1）的結果可求. 【詳解】（1）由題設可得 又，， 故，即，即 所以為等差數(shù)列，故. （2）設的前項和為，則， 因為， 所以 . 【點睛】方法點睛：對于數(shù)列的交叉遞推關系，我們一般利用已知的關系得到奇數(shù)項的遞推關系或偶數(shù)項的遞推關系，再結合已知數(shù)列的通項

17、公式、求和公式等來求解問題. 18. 某學校組織“一帶一路”知識競賽，有A，B兩類問題，每位參加比賽的同學先在兩類問題中選擇一類并從中隨機抽取一個問題回答，若回答錯誤則該同學比賽結束；若回答正確則從另一類問題中再隨機抽取一個問題回答，無論回答正確與否，該同學比賽結束.A類問題中的每個問題回答正確得20分，否則得0分；B類問題中的每個問題回答正確得80分，否則得0分，己知小明能正確回答A類問題的概率為0.8，能正確回答B(yǎng)類問題的概率為0.6，且能正確回答問題的概率與回答次序無關. （1）若小明先回答A類問題，記為小明的累計得分，求的分布列； （2）為使累計得分的期望最大，小明應選擇先回答哪

18、類問題？并說明理由. 【答案】（1）見解析；（2）類． 【解析】 【分析】（1）通過題意分析出小明累計得分的所有可能取值，逐一求概率列分布列即可．（2）與（1）類似，找出先回答類問題的數(shù)學期望，比較兩個期望的大小即可． 【詳解】（1）由題可知，的所有可能取值為，，． ； ； ． 所以的分布列為 （2）由（1）知，． 若小明先回答問題，記為小明的累計得分，則的所有可能取值為，，． ； ； ． 所以． 因為，所以小明應選擇先回答類問題． 19. 記是內(nèi)角，，的對邊分別為，，.已知，點在邊上，. （1）證明：； （2）若，求. 【

19、答案】（1）證明見解析；（2）. 【解析】 【分析】（1）根據(jù)正弦定理的邊角關系有，結合已知即可證結論. （2）由題設，應用余弦定理求、，又，可得，結合已知及余弦定理即可求. 【詳解】 （1）由題設，，由正弦定理知：，即， ∴，又， ∴，得證. （2）由題意知：， ∴，同理， ∵， ∴，整理得，又， ∴，整理得，解得或， 由余弦定理知：， 當時，不合題意；當時，； 綜上，. 【點睛】關鍵點點睛：第二問，根據(jù)余弦定理及得到的數(shù)量關系，結合已知條件及余弦定理求. 20. 如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點. （1）證明：； （2）若是邊長為1的等邊三角

20、形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積. 【答案】(1)詳見解析(2) 【解析】 分析】（1）根據(jù)面面垂直性質定理得AO⊥平面BCD，即可證得結果； （2）先作出二面角平面角，再求得高，最后根據(jù)體積公式得結果. 【詳解】（1）因為AB=AD,O為BD中點，所以AO⊥BD 因為平面ABD平面BCD,平面ABD⊥平面BCD，平面ABD， 因此AO⊥平面BCD， 因為平面BCD，所以AO⊥CD (2)作EF⊥BD于F, 作FM⊥BC于M,連FM 因為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

21、 因為FM⊥BC，,所以BC⊥平面EFM，即BC⊥MF 則為二面角E-BC-D的平面角, 因為,為正三角形,所以為直角三角形 因為, 從而EF=FM= 平面BCD, 所以 【點睛】二面角的求法：一是定義法，二是三垂線定理法，三是垂面法，四是投影法. 21. 在平面直角坐標系中，已知點、，點的軌跡為. （1）求的方程； （2）設點在直線上，過的兩條直線分別交于、兩點和，兩點，且，求直線的斜率與直線的斜率之和. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）利用雙曲線的定義可知軌跡是以點、為左、右焦點雙曲線的右支，求出、的值，即可得出軌跡的方程； （2）設點，

22、設直線的方程為，設點、，聯(lián)立直線與曲線的方程，列出韋達定理，求出的表達式，設直線的斜率為，同理可得出的表達式，由化簡可得的值. 【詳解】因為， 所以，軌跡是以點、為左、右焦點的雙曲線的右支， 設軌跡的方程為，則，可得，， 所以，軌跡的方程為； （2）設點，若過點的直線的斜率不存在，此時該直線與曲線無公共點， 不妨直線的方程為，即， 聯(lián)立，消去并整理可得， 設點、，則且. 由韋達定理可得，， 所以，， 設直線的斜率為，同理可得， 因為，即，整理可得， 即，顯然，故. 因此，直線與直線的斜率之和為. 【點睛】方法點睛：求定值問題常見方法有兩種： （1）從特殊入手，求

23、出定值，再證明這個值與變量無關； （2）直接推理、計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 22. 已知函數(shù). （1）討論的單調(diào)性； （2）設，為兩個不相等的正數(shù)，且，證明：. 【答案】（1）的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為；（2）證明見解析. 【解析】 【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，判斷其符號可得函數(shù)的單調(diào)區(qū)間； （2）設，原不等式等價于，前者可構建新函數(shù)，利用極值點偏移可證，后者可設，從而把轉化為在上的恒成立問題，利用導數(shù)可證明該結論成立. 【詳解】（1）函數(shù)的定義域為， 又， 當時，，當時，， 故的遞增區(qū)間為，遞減區(qū)間為. （2）因為，故，即， 故， 設，由（1）可知不妨設. 因為時，，時，， 故. 先證：， 若，必成立. 若， 要證：，即證，而， 故即證，即證：，其中. 設， 則， 因為，故，故， 所以，故在為增函數(shù)，所以， 故，即成立，所以成立， 綜上，成立. 設，則， 結合，可得：， 即：，故， 要證：，即證，即證， 即證：，即證：， 令， 則， 先證明一個不等式：. 設，則， 當時，；當時，， 故在上為增函數(shù)，在上為減函數(shù)，故， 故成立 由上述不等式可得當時，，故恒成立， 故在上為減函數(shù)，故， 故成立，即成立. 綜上所述，.