《2021年新高考数学全国卷1试题、考点分析及答案详解.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年新高考数学全国卷1试题、考点分析及答案详解.pdf（15页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、20212021 年高考新课标年高考新课标 1 1 卷卷数数 学学一一 选择题：本题共选择题：本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共4040 分分.在每小题给出的四个选项中，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的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AB（A.2.C.3,42,3已知z 2i，则zz i（）B.B.42iB.2 2C.62iC.4）2D.2,3,4D.4 2i）A.62iA.23.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（D.4 24.下列区间中，函数fx7sinxA.0,2B
2、.,2）单调递增的区间是（633,2C.,D.22x2y25.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）B.12C.9D.66.若tan 2，则A.sin1sin27.若过点a,b可以作曲线y ex的两条切线，则（65sincos22B.C.55（）D.65）A.eb aB.ea bC.0 a ebD.0 b ea8.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
3、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.丙与丁相互独立二二 选择题：本题共选择题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.在每小题给出的选项中，有在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求多项符合题目要求.全部选对的得全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 2 2 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分分.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 xic(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C.两组
4、样本数据的样本标准差相同）B.两组样本数据的样本中位数相同D.两组样数据的样本极差相同10.已知O为坐标原点，点P3cos,sin,1cos,sin,P2cos,sin,PA(1,0)，则（）A.OP1 OP2 C.OAOP3OP1OP222 B.AP1 AP2 D.OAOP1OP2OP3）B.点P到直线AB的距离大于2D.当PBA最大时，PB 3 211.已知点P在圆x5y 516上，点A4,0、B0,2，则（A.点P到直线AB的距离小于10C.当PBA最小时，PB 3 2 12.在正三棱柱ABC A1B1C1中，AB AA11，点P满足BP BCBB1，其中0,1，0,1，则（）A.当1时
5、，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 BP2D.当1时，有且仅有一个点P，使得A1B 平面AB1P23三三 填空题：本题共填空题：本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分.13.已知函数fxxa2x2x是偶函数，则a _.214.已知O为坐标原点，抛物线C：y 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fx 2x1 2ln x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
6、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S1 240dm，对折 2 次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，220dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2180dm2，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Sk1nk_dm2.四四 解答题：解答题：本题共本题共 6 6 小题，小题，共共 7070 分分.解答应写出文字说明解答应写出文字说明 证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤.17.已知数列an满足a11，an1an1,n为奇数,an2,n为偶数.（1）记bn
7、 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
8、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，BDsinABC asinC.（1）证明：BD b；（2）若AD 2DC，求cosABC.20.如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，AB AD，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，DE 2EA，且二面角E BC D的大小为45，求三棱锥ABCD的体积.已知点F1 17,0、F221.在平面直角坐标系xOy中，的轨迹为C.（1）求C的方程；（
9、2）设点T在直线x 17,0MF1 MF22，点M1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fx x1lnx.（1）讨论fx的单调性；（2）设a，b为两个不相等的正数，且blnaalnb ab，证明：211e.ab参考答案参考答案一、单选题一、单选题1.【答案】B【考点】集合的简单基本运算。【解析】AB指的是集合A与集合B的公共元素构成的集合.AB 2,3，故选 B.2.【答案】C【考点】共轭复数；复数的四则运算.【解析】因为z 2i，故z 2i，故z z i 2i2 2i 6 2i。故选 C.3.【答
10、案】B【考点】基本立体图形圆锥的侧面展开图。【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，l 2 2，解得l 2 2.故选 B.4.【答案】A【考点】正弦函数图象性质；复合函数的单调性。【解析】解不等式2kx 2kkZ，利用赋值法可得出结论.262因为函数y sin x的单调递增区间为2k,2kkZ，22对于函数fx 7sinx，由2kx 2kkZ，62622解得2kx2kkZ，332取k 0，可得函数fx的一个单调递增区间为,，3322则0,，,，A 满足条件，B 不满足条件；23323358,，取k 1，可得函数fx的一个单调递增区间为3332358358,2,，且，23
11、3233233C、D 选项均不满足条件.故选 A.5.【答案】C【考点】椭圆定义、性质；利用基本不等式求最值。【解析】由题意，a2 9,b2 4，则MF1 MF2 2a 6，MF1MF2MFMF9122当且仅当MF1 MF23时，等号成立故选 C26.【答案】C【考点】倍角公式；同角三角函数的基本关系。【解析】将分子、分母进行齐次化处理得：22sin1sin2sinsincos2sincossincossincossinsincossinsincostan2tan422故选 C222sincos1tan1457.【答案】D【考点】导数的几何意义；数形结合思想、构造函数思想的灵活应用。【解析】在
12、曲线y ex上任取一点P t,e所以，曲线y ex在点P处的切线方程为ye ext，即y e x1te，tttt，对函数y etx求导得y ex，由题意可知，点a,b在直线y e x1te上，可得ttb aet1teta1tet，令fta1te，则f tate.tt当t a时，f t 0，此时函数ft单调递增，当t a时，f t 0，此时函数ft单调递减，所以，ftmax fae，a由题意可知，直线y b与曲线y ft的图象有两个交点，则b ftmaxe，a当t a1时，ft 0，当t a1时，ft 0，作出函数ft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 ft的图象有
13、两个交点。故选 D.8.【答案】B【考点】事件独立性的判断。【解析】根据独立事件的概率关系逐一判断。判断事件A,B是否独立，只要判断P(A)P(B)P(AB)是否成立。11561，P(乙)，P(丙)，P(丁)，66363661 P(甲)P(丁)，P(甲丙)0 P(甲)P(丙)，P(甲丁)361 P(乙)P(丙)，P(丙丁)0 P(丁)P(丙)，P(乙丙)故选 B。36P(甲)二、多选题。9.【答案】CD【考点】统计的基本知识。【解析】A：E(y)E(xc)E(x)c且c 0，平均数不相同；B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi xic，显然不相同；C：D(y)D(x)D(c)D(x)
14、，故方差相同；D：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(xmaxc)(xminc)xmax xmin，故极差相同；故选 CD。10.【答案】AC【考点】平面向量和三角恒等变换的综合应用。【解析】A：OP1(cos,sin)，OP2(cos,sin)，|OP1|cossin(cos)2(sin)21，故|OP1|OP2|，正确；B：AP1(cos1,sin)，AP2(cos1,sin)，22 1，|OP2|AP(cos1)2sin2cos22cos1sin21|2|sin|，22 22同理|AP2|(cos1)sin2|sin|，故|AP1|,|
15、AP2|不一定相等，错误；2 C：由题意得：OAOP31cos()0sin()cos()，OP1OP2 coscossin(sin)cos()，正确；D：由题意得：OAOP11cos0sin cos，OP2OP3 coscos()(sin)sin()2(1cos)4sin2 coscos2sinsincossinsincoscossin2 coscos2sinsin2 cos(2)，错误；故选 AC。11.【答案】ACD【考点】圆的标准方程；点到直线距离公式。【解析】圆x5y 516的圆心为M5,5，半径为4，22直线AB的方程为xy1，即x2y 4 0，42圆心M到直线AB的距离为52541
16、22211511 54，5所以，点P到直线AB的距离的最小值为正确，B 选项错误；如图所示：11 511 542，最大值为410，A 选项55当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，连接MP、BM，可知PM PB，BM 05252234，MP 4，由勾股定理可得BP BM MP 3 2，CD 选项正确.22故选 ACD.12.【答案】BD【考点】立体几何中的定值问题和解的个数问题。【解析】易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）对于 A，当1时，BP BCBB1=BCCC1，即此时P线段CC1，AB1P周长不是定值，故 A 错误；1对于 B，当时，BP BCBB1=BB1B1C1，故此时P点轨
17、迹为线段B1C1，而B1C1/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 1 1对于 C，当时，BPBCBB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则22 BP BQQH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，31BP 0,0,A1,0,1，0,0，则2231A1P,0,1，BP0,，10，22所以 0或1故H,Q均满足，故 C 错误；11对于 D，当时，BPBCBB1，取BB1，CC1中点为22 3 1M,NBP BM MN，0,0所以P点轨迹为线段MN 设P0,y0,，因为A，22 313 13111AP,y,AB,1y 0 y 所以，所以
18、，此100202224222时P与N重合，故 D 正确故选 BD三、填空题13.【答案】1【考点】函数的奇偶性。【解析】fxx3建立空间直角坐标系如图，a2x2x，故fx x3a2x2x，3fx为偶函数，故fx fx时x整理得到a12+2xxa2x2x x3a2x2x，=0，故a 1。故答案为 1。14.【答案】x 32【考点】圆锥曲线抛物线。uuu rpp【解析】不妨设P(,p)Q(6,0),PQ(6,p)22p2PQ OP，6 p 0 Q p 0 p 3，233C的准线方程为x 。故答案为x 。2215.【答案】1【考点】利用导数工具求函数的最值。【解析】由题意f(x)|2x1|2ln x
19、的定义域为(0,)，当0 x 1时，f(x)12x2ln x，此时f(x)单调递减；221当 x 1时，f(x)2x12ln x，有f(x)20，2x当x 1时，f(x)2x12ln x，有f(x)2又f(x)在各分段的界点处连续，此时f(x)单调递减；20，此时f(x)单调递增；x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)720153n2n4。【考点】数列的错位相减法求和。【解析】（1）对折4次可得到如下规格：5533dm12dm,dm6dm,5dm3dm,10dmdm,20dmdm，共5种；4224（
20、2）由题可得S1 2120,S2 360,S3 430,S4 515,Sn设S120n12n1,120n1120212031204，L012n12222112021203120n120n1则S，n112n22222两式作差得11120n111S2401202n1222n221601n12120n1240n1212120n3120120n1，360n1360nn222S720四、解答题17.【答案】（1）b1 2,b2 5；（2）300.【解析】（1）由题设可得b1 a2 a11 2,b2 a4 a31 a2 21 5又a2k2a2k11，a2k1a2k2，故a2k2a2k3即bn1bn3即bn
21、1bn3所以bn为等差数列，故bn 2n133n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20 a1a2a3a20，因为a1 a21,a3 a41,a19 a201，所以S20 2a2a4a18a2010240n32n72015n32n4.9102b1b2b9b10102102310300.218.【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0，20，100PX 010.80.2；PX 200.810.60.32；PX 1000.80.60.48所以X的分布列为XP00.2201000.480.32（2）由（1）知，EX 00.2200.321000.4854.4
22、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0，80，100PY 010.6 0.4；PY 80 0.610.8 0.12；PX 1000.80.60.48EY 00.4800.121000.4857.654.457.6，小明应选择先回答B类问题19.【答案】（1）证明见解析；（2）cosABC【解析】（1）由题设，BDasinC，sinABCcbsinCc，由正弦定理知：，即sinCsinABCsinABCbacBD，又b2 ac，BD b，得证.b2bb,DC，（2）由题意知：BD b,AD 334b213b222bcc2992，cosADB2b4b2b33b210b22
23、2baa2992同理cosCDB，b2b2b3313b210b222ca99，ADB CDB，224b2b3311b2整理得2a c，又b2 ac，3227.12b411b22a2，整理得6a411a2b23b40，a32a21a23解得2或2，b3b2a2c2b24a2由余弦定理知：cosABC2，2ac32b7a21ABC 1不合题意；当2时，cos6b37a23当2时，cosABC；b212综上，cosABC 20.【答案】(1)详见解析(2)7.1236【解析】（1）AB=AD,O 为 BD 中点，AOBD平面 ABD平面 BCD=BD,平面 ABD平面 BCD，AO 平面 ABD，A
24、O平面 BCD，CD 平面 BCD，AOCD(2)作 EFBD 于 F,作 FMBC 于 M,连 FMAO平面 BCD，AOBD,AOCDEFBD,EFCD,BDCD D,EF平面 BCD，即 EFBCFMBC，FM IEF F,BC平面 EFM，即 BCMF则EMF为二面角E BC D的平面角,EMF4BO OD,OCD为正三角形,OCD为直角三角形BE 2ED,FM 从而 EF=FM=2，AO 1。31112BF(1)2233Q AO 平面 BCD,V1113AOSBCD1133326【方法指导】二面角的求法：一、定义法，二、三垂线定理法，三、垂面法，四、投影法。y221.【答案】（1）x
25、 1x 1；（2）0.162【解析】MF1 MF2 2 F1F2 2 17，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221a0,b0，ab则2a 2，可得a 1，b 17a2 4，y2轨迹C的方程为x 1x 1；161（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，22不妨直线AB的方程为ytk1x11y k xt k1，即1221yk1xtk1联立2，消去y并整理可得2216xy161k16 xk2tkx11tk1160，211设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x1且x2.2221221k2k1ttk116xx由韦达定理可得1，22
26、x1x2k1216k1216212TA TB 1k12 x12111 x22222x1x21t121k11kx1x224k1216tPQk设直线的斜率为，同理可得TPTQ222121k2k16222，tTA TB TP TQ，即2121k12k1621t2121k2k1622，22整理可得k1 k2，即k1k2k1k2 0，显然k1k2 0，故k1k2 0.直线AB与直线PQ的斜率之和为0.【方法指导】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.【答案】（1）fx的递增区间为0,1，递减区
27、间为1,+；（2）证明见解析.【解析】（1）函数的定义域为0,，又f x1lnx1 lnx，当x0,1时，f x 0，当x1,+时，f x 0，故fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+.（2）blna alnb a b，故即blna1 alnb+1，lna1lnb+111，故ff，abab11设x1,x2，由（1）可知不妨设0 x11,x21.abx0,1时，fx x1lnx 0，xe,时，fx x1lnx 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 x21，故即证fx1 f2x2，即证：fx2
28、f2x2，其中1 x2 2.设gx fx f2x,1 x 2，则gx f x f 2x lnxln2x lnx2 x，因为1 x 2，故0 x2x1，故lnx2 x 0，所以gx 0，故gx在1,2为增函数，所以gx g1 0，故fx f2x，即fx2 f2x2成立，所以x1 x2 2成立，综上，x1 x2 2成立.设x2 tx1，则t 1，lna1lnb+111，x1,x2可得：x11lnx1 x21lnx2，ababt1tlnt即：1lnx1t1lnt lnx1，故lnx1，t1要证x1 x2 e，即证t 1x1 e，即证lnt 1lnx11，结合即证lnt1t1tlnt1，即证t 1ln
29、t 1tlnt 0，t1t1121lntln1，t1tt1令Stt 1lnt 1tlnt,t 1，则Stlnt1先证明一个不等式：lnx1 x.1x1，x1x1当1 x 0时，ux 0；当x 0时，ux 0，设uxlnx1x，则ux故ux在1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故uxmaxu00，故lnx1 x成立由上述不等式可得当t 1时，ln1112，故St0恒成立，ttt1故St在1,上为减函数，故St S1 0，故t 1lnt 1tlnt 0成立，即x1 x2 e成立.综上所述，211e.ab【方法指导】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.