2021年全国统一新高考数学试卷（新高考1卷）

这是一份2021年全国统一新高考数学试卷（新高考1卷），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年全国统一新高考数学试卷（新高考Ⅰ卷）
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，，3，4，，则　　
A． B．， C．， D．，3，
2．已知，则　　
A． B． C． D．
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．2 B． C．4 D．
4．下列区间中，函数单调递增的区间是　　
A． B．， C． D．，
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
6．若，则　　
A． B． C． D．
7．若过点可以作曲线的两条切线，则　　
A． B． C． D．
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，，，，由这组数据得到新样本数据，，，，其中，2，，，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．两组样本数据的样本极差相同
10．已知为坐标原点，点，，，，，则　　
A． B．
C． D．
11．已知点在圆上，点，，则　　
A．点到直线的距离小于10 B．点到直线的距离大于2
C．当最小时， D．当最大时，
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
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
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　　．
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　　．
15．函数的最小值为　　．
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　　．
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．（10分）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．
18．（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有，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．类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为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．
19．（12分）记的内角，，的对边分别为，，．已知，点在边上，．
（1）证明：；
（2）若，求．
20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（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．

21．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，，，，点满足．记的轨迹为．
（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．
22．（12分）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：．

2021年全国统一新高考数学试卷（新高考Ⅰ卷）
参考答案与试题解析
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，，3，4，，则　　
A． B．， C．， D．，3，
【思路分析】直接利用交集运算得答案．
【解析】：，，3，4，，
，3，4，，．
故选：．
【归纳总结】本题考查交集及其运算，是基础题．
2．已知，则　　
A． B． C． D．
【思路分析】把代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．
【解析】：，
．
故选：．
【归纳总结】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
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．2 B． C．4 D．
【思路分析】设母线长为，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．
【解析】：由题意，设母线长为，
因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有，解得，
所以该圆锥的母线长为．
故选：．
【归纳总结】本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．
4．下列区间中，函数单调递增的区间是　　
A． B．， C． D．，
【思路分析】本题需要借助正弦函数单调增区间的相关知识点求解．
【解析】：令，．
则，．
当时，，，
，，
故选：．
【归纳总结】本题考查正弦函数单调性，是基础题．
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
【思路分析】利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．
【解析】：，是椭圆的两个焦点，点在上，，
所以，当且仅当时，取等号，
所以的最大值为9．
故选：．
【归纳总结】本题考查椭圆的定义，基本不等式的应用，是基础题．
6．若，则　　
A． B． C． D．
【思路分析】由题意化简所给的三角函数式，然后利用齐次式的特征即可求得三角函数式的值．
【解析】：由题意可得：


．
故选：．
【归纳总结】本题主要考查同角三角函数基本关系，三角函数式的求值等知识，属于中等题．
7．若过点可以作曲线的两条切线，则　　
A． B． C． D．
【思路分析】画出函数的图象，判断与函数的图象的位置关系，即可得到选项．
【解析】：函数是增函数，恒成立，
函数的图象如图，，即取得坐标在轴上方，
如果在轴下方，连线的斜率小于0，不成立．
点在轴或下方时，只有一条切线．
如果在曲线上，只有一条切线；
在曲线上侧，没有切线；
由图象可知在图象的下方，并且在轴上方时，有两条切线，可知．
故选：．

【归纳总结】本题考查曲线与方程的应用，函数的单调性以及切线的关系，考查数形结合思想，是中档题．
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
【思路分析】分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．
【解析】：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：，，，，，
两点数和为7的所有可能为，，，，，，
（甲，（乙，（丙，（丁，
（甲丙）（甲（丙，
（甲丁）（甲（丁，
（乙丙）（乙（丙，
（丙丁）（丙（丁，
故选：．
【归纳总结】本题考查相互独立事件的应用，要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，属于中档题．
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，2，，，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．两组样本数据的样本极差相同
【思路分析】利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可．
【解析】：对于，两组数据的平均数的差为，故错误；
对于，两组样本数据的样本中位数的差是，故错误；
对于，标准差，
两组样本数据的样本标准差相同，故正确；
对于，，2，，，为非零常数，
的极差为，的极差为，
两组样本数据的样本极差相同，故正确．
故选：．
【归纳总结】本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、标准差、极差的定义等基础知识，是基础题．
10．已知为坐标原点，点，，，，，则　　
A． B．
C． D．
【思路分析】由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．
【解析】：，，，，，
，，
，，，
，，
则，，则，故正确；
，
，
，故错误；
，
，
，故正确；
，
，
，故错误．
故选：．
【归纳总结】本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，考查运算求解能力，是中档题．
11．已知点在圆上，点，，则　　
A．点到直线的距离小于10 B．点到直线的距离大于2
C．当最小时， D．当最大时，
【思路分析】求出过的直线方程，再求出圆心到直线的距离，得到圆上的点到直线的距离范围，判断与；画出图形，由图可知，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大，求出圆心与点间的距离，再由勾股定理求得判断与．
【解析】：，，
过、的直线方程为，即，
圆的圆心坐标为，
圆心到直线的距离，
点到直线的距离的范围为，，
，，，
点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故正确，错误；
如图，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大），
此时，
，故正确．
故选：．

【归纳总结】本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想与数形结合思想，是中档题．
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
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
【思路分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项；当时，取线段，的中点分别为，，连结，则点在线段上，分别取点在，处，得到均满足，即可判断选项；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，利用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项．
【解析】：对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，
当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故选项错误；

对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；

对于，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，
则点在线段上，
当点在处时，，，
又，所以平面，
又平面，所以，即，
同理，当点在处，，故选项错误；

对于，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项正确．

故选：．
【归纳总结】本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于难题．
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　1　．
【思路分析】利用奇函数的定义即可求解的值．
【解析】：因为函数是偶函数，
为上的奇函数，
故也为上的奇函数，
所以，
所以．
故答案为：1．
【归纳总结】本题主要考查利用函数奇偶性的应用，考查计算能力，属于基础题．
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　　．
【思路分析】求出点的坐标，推出方程，然后求解的坐标，利用，求解，然后求解准线方程．
【解析】：解法一：由题意，不妨设在第一象限，则，，，．
所以，所以的方程为：，时，，
，所以，解得，
所以抛物线的准线方程为：．故答案为：．
解法二：（河北金丽补解）由题意，不妨设在第一象限，则，，
则，因为，所以，解得，
所以抛物线的准线方程为：．故答案为：．
【归纳总结】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
15．函数的最小值为　1　．
【思路分析】求出函数定义域，对分段去绝对值，当时，直接利用单调性求最值；当时，利用导数求最值，进一步得到的最小值．
【解析】：函数的定义域为．
当时，，
此时函数在，上为减函数，
所以；
当时，，
则，
当，时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时取得最小值为（1）．
，
函数的最小值为1．
故答案为：1．
【归纳总结】本题考查函数的最值及其几何意义，利用导数求最值的应用，考查运算求解能力，是中档题．
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　5　；如果对折次，那么　　．
【思路分析】依题意，对折次共有种规格，且面积为，则，，然后再转化求解即可．
【解析】：易知有，，共5种规格；
由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，
则，记，则，
，
，
．
故答案为：5；．
【归纳总结】本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．
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．（10分）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．
【思路分析】（1）由数列的通项公式可求得，，从而可得求得，，由可得数列是等差数列，从而可求得数列的通项公式；
（2）由数列的通项公式可得数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．
【解析】：（1）因为，，
所以，，，
所以，，
，
所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列，
所以．
（2）解法一：由（1）可得，，
则，，
当时，也适合上式，所以，，
所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，
则的前20项和为
．
解法二：（河北金丽补解）

【归纳总结】本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．
18．（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有，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．类问题中的每个问题回答正确得20分，否则得0分；类问题中的每个问题回答正确得80分，否则得0分．
已知小明能正确回答类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为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．
【思路分析】（1）由已知可得，的所有可能取值为0，20，100，分别求出对应的概率即可求解分布列；
（2）由（1）可得，若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，的所有可能取值为0，80，100，分别求出对应的概率，从而可得，比较与的大小，即可得出结论．
【解析】：（1）由已知可得，的所有可能取值为0，20，100，
则，

，
所以的分布列为：

0
20
100

0.2
0.32
0.48
（2）由（1）可知小明先回答类问题累计得分的期望为，
若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，
则的所有可能取值为0，80，100，
，
，
，
则的期望为，
因为，
所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答类问题．
【归纳总结】本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．
19．（12分）记的内角，，的对边分别为，，．已知，点在边上，．
（1）证明：；
（2）若，求．
【思路分析】（1）利用正弦定理求解；
（2）要能找到隐含条件：和互补，从而列出等式关系求解．
【解析】：（1）解法一：证明：由正弦定理知，，
，，
，，即，
．；
解法二：（河北金丽补解）证明：由正弦定理知，

（2）解法一：由（1）知，
，，，
在中，由余弦定理知，，
在中，由余弦定理知，，
，
，即，得，
，，或，
在中，由余弦定理知，，
当时，（舍；当时，；
综上所述，．
解法二：（河北金丽补解）在中①
由余弦定理得②，
联立①②得，
，，或，
在中，由余弦定理知，，
当时，（舍；当时，；
综上所述，．
【归纳总结】本题考查正弦定理及余弦定理的内容，是一道好题．
20．（12分）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点．
（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．

【思路分析】（1）利用等腰三角形中线就是高，得到，然后利用面面垂直的性质，得到平面，再利用线面垂直的性质，即可证明；
（2）建立合适的空间直角坐标系，设，0，，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出的值，然后利用锥体的体积公式求解即可．
【解析】：（1）证明：因为，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以；
（2）取的中点，因为为正三角形，所以，
过作与交于点，则，
所以，，两两垂直，
以点为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，
则，，，，，1，，
设，0，，则，
因为平面，故平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
又，
所以由，得，
令，则，，故，
因为二面角的大小为，
所以，
解得，所以，
又，所以，
故．

解法二：（传统几何法）（河北金丽补解）在平面ABD中，作于M，在平面BCD中，作于N，连接EN，
由⑴得


【归纳总结】本题考查了面面垂直和线面垂直的性质，在求解有关空间角问题的时候，一般要建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题，属于中档题．
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知点，，，，点满足．记的轨迹为．
（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．
【思路分析】（1）的轨迹是双曲线的右支，根据题意建立关于，，的方程组，解出即可求得的方程；
（2）（法一）设出直线的参数方程，与双曲线方程联立，由参数的几何意义可求得，同理求得，再根据，即可得出答案．
（法二）设直线方程，将其与的方程联立，求出两根之和及两根之积，再表示出及，同理设出直线的方程，表示出及，根据，代入化简后可得出结论．
【解析】：（1）由双曲线的定义可知，的轨迹是双曲线的右支，设的方程为，
根据题意，解得，
的方程为；
（2）（法一）设，直线的参数方程为，
将其代入的方程并整理可得，，
由参数的几何意义可知，，，则，
设直线的参数方程为，，，同理可得，，
依题意，，则，
又，故，则，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．
（法二）设，直线的方程为，，，，，设，
将直线方程代入的方程化简并整理可得，，
由韦达定理有，，
又由可得，
同理可得，
，
设直线的方程为，设，
同理可得，
又，则，化简可得，
又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为0．
【归纳总结】本题考查双曲线的定义及其标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查直线参数方程的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
22．（12分）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：．
【思路分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，
（2）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可．
【解答】（1）解：由函数的解析式可得，
，，单调递增，
，，单调递减，
则在单调递增，在单调递减．
（2）证明：由，得，
即，
由（1）在单调递增，在单调递减，
所以，且，
令，，则，为 的两根，其中．
不妨令，，则，
先证，即证，即证，
令，
则，
故函数单调递增，
（1）．，，得证．
同理，要证，即证，
令，，
则，令，
，，单调递增，
，，，单调递减，
又，，且（e），
故，，
（1）（1），
恒成立，
得证，
则．
【归纳总结】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属于中等题．