2021年全国新高考Ⅰ卷数学试卷

1、内装订线学校:_姓名：_班级：_考号：_外装订线绝密启用前2021年全国新高考卷数学试卷题号一二三四五总分得分注意事项：1答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上评卷人得分一、选择题1.设集合A=x2x4，B=2,3,4,5，则AB=（ ）A2B2,3C3,4D2,3,42.已知z=2i，则zz+i=（ ）A62iB42iC6+2iD4+2i3.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（ ）A2B22C4D424.下列区间中，函数fx=7sinx6单调递增的区间是（ ）A0,2B2,C,32D32,25.已知F1，F2是椭圆C：x29+y2

2、4=1的两个焦点，点M在C上，则MF1MF2的最大值为（ ）A13B12C9D66.若tan=2，则sin1+sin2sin+cos=（ ）A65B25C25D657.若过点a,b可以作曲线y=ex的两条切线，则（ ）AebaBeabC0aebD0bea8.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丙与丁相互独立评卷人得分二、多

3、选题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=xi+c(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1(cos,sin)，2(cos,sin)，3(cos(+),sin(+)，A(1,0)，则（ ）A|OP1|=|OP2|B|AP1|=|AP2|COAOP3=OP1OP2DOAOP1=OP2OP311.已知点P在圆x52+y52=16上，点A4,0、B0,2，则（ ）A点P到直线AB的距离小于10B点P到直线AB

4、的距离大于2C当PBA最小时，PB=32D当PBA最大时，PB=3212.在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB=AA1=1，点P满足BP=BC+BB1，其中0,1，0,1，则（ ）A当=1时，AB1P的周长为定值B当=1时，三棱锥PA1BC的体积为定值C当=12时，有且仅有一个点P，使得A1PBPD当=12时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P评卷人得分三、填空题13.已知函数fx=x3a2x2x是偶函数，则a=_.14.已知O为坐标原点，抛物线C：y2=2px(p0)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FQ=6，则C的准线方程为_.15.函数f(x)

5、=|2x1|2lnx的最小值为_.评卷人得分四、双空题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=240dm2，对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规格的图形，它们的面积之和S2=180dm2，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k=1nSk=_dm2.评卷人得分五、解答题17.已知数列an满足a1=1，an+1=an+1,n为奇数,an+2,n为偶数.（1）记bn=a2n，

6、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为小明的累计得分，求X的分布列；（2）为使累计得分的

7、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F117,0、F217,0，MF1-MF2=2，点M的轨迹为C.（1）求C的方程；（2）设点T在直线x=12上，

8、过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点，且TATB=TPTQ，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：21a+1be.参考答案1.B【解析】利用交集的定义可求AB.由题设有AB=2,3，故选：B .2.C【解析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.因为z=2i，故z=2+i，故zz+i=2i2+2i=4+4i2i2i2=6+2i故选：C.3.B【解析】设圆锥的母线长为l，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得l的值，即为所求.设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆

9、的周长等于扇形的弧长，则l=22，解得l=22.故选：B.4.A【解析】解不等式2k2x62k+2kZ，利用赋值法可得出结论.因为函数y=sinx的单调递增区间为2k2,2k+2kZ，对于函数fx=7sinx6，由2k2x62k+2kZ，解得2k3x2k+23kZ，取k=0，可得函数fx的一个单调递增区间为3,23，则0,23,23，2,3,23，A选项满足条件，B不满足条件；取k=1，可得函数fx的一个单调递增区间为53,83，,323,23且,3253,83，32,253,83，CD选项均不满足条件.故选：A.5.C【解析】本题通过利用椭圆定义得到MF1+MF2=2a=6，借助基本不等式M

10、F1MF2MF1+MF222即可得到答案由题，a2=9,b2=4，则MF1+MF2=2a=6，所以MF1MF2MF1+MF222=9（当且仅当MF1=MF2=3时，等号成立）故选：C6.C【解析】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(1=sin2+cos2)，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入tan=2即可得到结果将式子进行齐次化处理得：sin1+sin2sin+cos=sinsin2+cos2+2sincossin+cos=sinsin+cos=sinsin+cossin2+cos2=tan2+tan1+tan2=421+4=25故选：C7.D【解析】解法一：根据导数几

11、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y=ex的图象，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.在曲线y=ex上任取一点Pt,et，对函数y=ex求导得y=ex，所以，曲线y=ex在点P处的切线方程为yet=etxt，即y=etx+1tet，由题意可知，点a,b在直线y=etx+1tet上，可得b=aet+1tet=a+1tet，令ft=a+1tet，则ft=atet.当ta时，ft0，此时函数ft单调递增，当ta时，ft0，此时函数ft单调递减，所以，ftmax=fa=ea，由题意可知，直线y=b与曲线y=ft的图

12、象有两个交点，则bftmax=ea，当ta+1时，ft0，当ta+1时，ft0，作出函数ft的图象如下图所示：由图可知，当0bea时，直线y=b与曲线y=ft的图象有两个交点.故选：D.解法二：画出函数曲线y=ex的图象如图所示，根据直观即可判定点(a,b)在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线.由此可知0bea.故选：D.8.B【解析】根据独立事件概率关系逐一判断P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=536，P(丁)=636=16， ，P(甲丙)=0P(甲)P(丙)，P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)，P(乙丙)=136P(乙)P(丙)，P(丙丁)=0P(丁)P(丙)，故选：B9.C

13、D【解析】A、C利用两组数据的线性关系有E(y)=E(x)+c、D(y)=D(x)，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.A：E(y)=E(x+c)=E(x)+c且c0，故平均数不相同，错误；B：若第一组中位数为xi，则第二组的中位数为yi=xi+c，显然不相同，错误；C：D(y)=D(x)+D(c)=D(x)，故方差相同，正确；D：由极差的定义知：若第一组的极差为xmaxxmin，则第二组的极差为ymaxymin=(xmax+c)(xmin+c)=xmaxxmin，故极差相同，正确；故选：CD10.AC【解析】A、B写出OP1，OP2、AP1，AP2的坐标

14、，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.A：OP1=(cos,sin)，OP2=(cos,sin)，所以|OP1|=cos2+sin2=1，|OP2|=(cos)2+(sin)2=1，故|OP1|=|OP2|，正确；B：AP1=(cos1,sin)，AP2=(cos1,sin)，所以|AP1|=(cos1)2+sin2=cos22cos+1+sin2=2(1cos)=4sin22=2|sin2|，同理|AP2|=(cos1)2+sin2=2|sin2|，故|AP1|,|AP2|不一定相等，错误；C：由题意得：OAOP3=

15、1cos(+)+0sin(+)=cos(+)，OP1OP2=coscos+sin(sin)=cos(+)，正确；D：由题意得：OAOP1=1cos+0sin=cos，OP2OP3=coscos(+)+(sin)sin(+)=cos+=cos(+2)，故一般来说OAOP1OP2OP3故错误；故选：AC11.ACD【解析】计算出圆心到直线AB的距离，可得出点P到直线AB的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当PBA最大或最小时，PB与圆M相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.圆x52+y52=16的圆心为M5,5，半径为4，直线AB的方程为x4+y2=1，即x+2y4=0，圆心M到直

16、线AB的距离为5+25412+22=115=11554，所以，点P到直线AB的距离的最小值为115542，最大值为1155+410，A选项正确，B选项错误；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，BM=052+252=34，MP=4，由勾股定理可得BP=BM2MP2=32，CD选项正确.故选：ACD.12.BD【解析】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P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P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；对于D，考

17、虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）对于A，当=1时，BP=BC+BB1=BC+CC1，即此时P线段CC1，AB1P周长不是定值，故A错误；对于B，当=1时，BP=BC+BB1=BB1+B1C1，故此时P点轨迹为线段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正确对于C，当=12时，BP=12BC+BB1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则BP=BQ+QH，所以P点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A132,0,1，P0,0,，

18、B0,12,0，则A1P=32,0,1，BP=0,12,，A1PBP=1=0，所以=0或=1故H,Q均满足，故C错误；对于D，当=12时，BP=BC+12BB1，取BB1，CC1中点为M,NBP=BM+MN，所以P点轨迹为线段MN设P0,y0,12，因为A32，0,0，所以AP=32,y0,12，A1B=32,12,1，所以34+12y012=0y0=12，此时P与N重合，故D正确故选：BD13.1【解析】利用偶函数的定义可求参数a的值.因为fx=x3a2x2x，故fx=x3a2x2x，因为fx为偶函数，故fx=fx，时x3a2x2x=x3a2x2x，整理得到a12x+2x=0，故a=1，故答

19、案为：114.x=32【解析】先用坐标表示P，Q，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果.抛物线C：y2=2px (p0)的焦点Fp2,0,P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为p2，代入抛物线方程求得P的纵坐标为p,不妨设P(p2,p),因为Q为x轴上一点，且PQOP，所以Q在F的右侧，又|FQ|=6，Q(6+p2,0),PQ=(6,p)因为PQOP，所以PQOP=p26p2=0,p0,p=3，所以C的准线方程为x=32故答案为：x=32.15.1【解析】由解析式知f(x)定义域为(0,+)，讨论0x12、12x1、x1，并结合导数研究的单调性，即可求f(x)最小值.由题设知

20、：f(x)=|2x1|2lnx定义域为(0,+)，当0x12时，f(x)=12x2lnx，此时f(x)单调递减；当12x1时，f(x)=2x12lnx，有f(x)=22x0，此时f(x)单调递减；当x1时，f(x)=2x12lnx，有f(x)=22x0，此时f(x)单调递增；又f(x)在各分段的界点处连续，综上有：0x1时，f(x)单调递减，x1时，f(x)单调递增；f(x)f(1)=1故答案为：1.16. 5 72015(3+n)2n-4【解析】（1）按对折列举即可；（2）根据规律可得Sn，再根据错位相减法得结果.（1）由对折2次共可以得到5dm12dm，10dm6dm，20dm3dm三种规

21、格的图形，所以对着三次的结果有：5212，56，103；2032，共4种不同规格（单位dm2)；故对折4次可得到如下规格：5412，526，53，1032，2034，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 dm2,第n次对折后的图形面积为12012n1，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n+1种（证明从略），故得猜想Sn=120(n+1)2n1，设S=k=1nSk=120220+120321+120422+120n+12n1，则12S=120221+120

22、322+120n2n1+120(n+1)2n，两式作差得：12S=240+12012+122+12n1120n+12n=240+60112n1112120n+12n=3601202n1120n+12n=360120n+32n，因此，S=720240n+32n=72015n+32n4.故答案为：5；72015n+32n4.17.（1）b1=2,b2=5；（2）300.【解析】（1）根据题设中的递推关系可得bn+1=bn+3，从而可求bn的通项.（2）根据题设中的递推关系可得an的前20项和为S20可化为S20=2b1+b2+b9+b1010，利用（1）的结果可求S20.（1）由题设可得b1=a2

23、=a1+1=2,b2=a4=a3+1=a2+2+1=5又a2k+2=a2k+1+1，a2k+1=a2k+2，(kN*) 故a2k+2=a2k+3，即bn+1=bn+3，即bn+1bn=3所以bn为等差数列，故bn=2+n13=3n1.（2）设an的前20项和为S20，则S20=a1+a2+a3+a20，因为a1=a21,a3=a41,a19=a201，所以S20=2a2+a4+a18+a2010=2b1+b2+b9+b1010=2102+9102310=300.18.（1）见解析；（2）B类【解析】（1）通过题意分析出小明累计得分X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

24、先回答B类问题的数学期望，比较两个期望的大小即可（1）由题可知，X的所有可能取值为0，20，100PX=0=10.8=0.2；PX=20=0.810.6=0.32；PX=100=0.80.6=0.48所以X的分布列为X020100P0.20.320.48（2）由（1）知，EX=00.2+200.32+1000.48=54.4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=0=10.6=0.4；PY=80=0.610.8=0.12；PX=100=0.80.6=0.48所以EY=00.4+800.12+1000.48=57.6因为54.457.6，所以小明应选择

25、先回答B类问题19.（1）证明见解析；（2）cosABC=712.【解析】（1）根据正弦定理的边角关系有BD=acb，结合已知即可证结论.（2）由题设BD=b,AD=2b3,DC=b3，应用余弦定理求cosADB、cosCDB，又ADB=CDB，可得2a2+b4a2=11b23，结合已知及余弦定理即可求cosABC.（1）由题设，BD=asinCsinABC，由正弦定理知：csinC=bsinABC，即sinCsinABC=cb，BD=acb，又b2=ac，BD=b，得证.（2）由题意知：BD=b,AD=2b3,DC=b3，cosADB=b2+4b29c22b2b3=13b29c24b23，同

26、理cosCDB=b2+b29a22bb3=10b29a22b23，ADB=CDB，13b29c24b23=a210b292b23，整理得2a2+c2=11b23，又b2=ac，2a2+b4a2=11b23，整理得6a411a2b2+3b4=0，解得a2b2=13或a2b2=32，由余弦定理知：cosABC=a2+c2b22ac=43a22b2，当a2b2=13时，cosABC=761不合题意；当a2b2=32时，cosABC=712；综上，cosABC=712.20.(1)详见解析(2) 36【解析】（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，

27、最后根据体积公式得结果.（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AOBD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AOCD(2)作EFBD于F, 作FMBC于M,连EM因为AO平面BCD，所以AOBD, AOCD所以EFBD, EFCD, BDCD=D,因此EF平面BCD，即EFBC因为FMBC，FMEF=F,所以BC平面EFM，即BCME则EMF为二面角E-BC-D的平面角, EMF=4因为BO=OD,OCD为正三角形,所以BCD为直角三角形因为DE=2EA,FM=12BF=12(1+13)=23从而EF=FM=23AO

28、=1AO平面BCD,所以V=13AOSBCD=1311213=3621.（1）x2y216=1x1；（2）0.【解析】（1）利用双曲线的定义可知轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点双曲线的右支，求出a、b的值，即可得出轨迹C的方程；（2）设点T12,t，设直线AB的方程为yt=k1x12，设点Ax1,y1、Bx2,y2，联立直线AB与曲线C的方程，列出韦达定理，求出TATB的表达式，设直线PQ的斜率为k2，同理可得出TPTQ的表达式，由TATB=TPTQ化简可得k1+k2的值.因为MF1MF2=2F1F2=217，所以，轨迹C是以点F1、F2为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C的方程为x2a2y

29、2b2=1a0,b0，则2a=2，可得a=1，b=17a2=4，所以，轨迹C的方程为x2y216=1x1；（2）设点T12,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，不妨直线AB的方程为yt=k1x12，即y=k1x+t12k1，联立y=k1x+t12k116x2y2=16，消去y并整理可得k1216x2+k12tk1x+t12k12+16=0，设点Ax1,y1、Bx2,y2，则x112且x212.由韦达定理可得x1+x2=k122k1tk1216，x1x2=t12k12+16k1216，所以，TATB=1+k12x112x212=1+k12x1x2x1+x22+14=t2+121+k12k1216，设直线PQ的斜率为k2，同理可得TPTQ=t2+121+k22k2216，因为TATB=TPTQ，即t2+121+k12k1216=t2+121+k22k2216，整理可得k12=k22，即k1k2k1+k2=0，显然k1k20，故k1+k2=0.因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0.22.（1）fx的递增区间为0,1，递