高中数学高考精品解析：2021年全国新高考Ⅰ卷数学试题（解析版）

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】

【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.

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；

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.

【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】椭圆上的点与椭圆的两焦点的距离问题，常常从椭圆的定义入手，注意基本不等式得灵活运用，或者记住定理：两正数，和一定相等时及最大，积一定，相等时和最小，也可快速求解.

6. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果．

【详解】将式子进行齐次化处理得：

．

故选：C．

【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，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】解法一：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；

解法二：画出曲线的图象，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.

【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：

由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.

故选：D.

解法二：画出函数曲线的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.

故选：D.

【点睛】解法一是严格的证明求解方法，其中的极限处理在中学知识范围内需要用到指数函数的增长特性进行估计，解法二是根据基于对指数函数的图象的清晰的理解与认识的基础上，直观解决问题的有效方法.

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，先计算对应概率，再判断是否成立

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(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.

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.

【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：，

，故一般来说故错误；

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，

【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】圆圆心为，半径为，

直线的方程为，即，

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：若直线与半径为的圆相离，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

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；

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；

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，，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】抛物线： ()的焦点,

∵P为上一点，与轴垂直，

所以P的横坐标为，代入抛物线方程求得P的纵坐标为,

不妨设,

因为Q为轴上一点，且，所以Q在F的右侧，

又，

因为，所以,

，

所以的准线方程为

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】

【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).

【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）由对折2次共可以得到，，三种规格的图形，所以对着三次的结果有：，共4种不同规格（单位；

故对折4次可得到如下规格：，，，，，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，其面积成公比为的等比数列，首项为120,第n次对折后的图形面积为，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，猜想为种（证明从略），故得猜想，

设，

则，

两式作差得：

，

因此，.

故答案为：；.

【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：

（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，，并求数列通项公式；

（2）求的前20项和.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【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.

【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，，．

；

；

．

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，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，可得，结合已知及余弦定理即可求.

【详解】

（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：，

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.

（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⊥ME

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=

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.

【详解】因为，

所以，轨迹是以点、为左、右焦点双曲线的右支，

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，

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.

【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.

【详解】（1）函数的定义域为，

又，

当时，，当时，，

故递增区间为，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，

故，即成立，所以成立，

综上，成立.

设，则，

结合，可得：，

即：，故，

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.