2021年新高考Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題及答案

《2021年新高考Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題及答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年新高考Ⅰ卷數(shù)學(xué)真題及答案（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2021年新高考卷數(shù)學(xué)真題及答案本試卷共4頁(yè)，22小題，滿分150分，考試用時(shí)120分鐘。注意事項(xiàng)：1.答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)、考場(chǎng)號(hào)和座位號(hào)填寫在答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B)填涂在答題卡相應(yīng)位置上，將條形碼橫貼在答題卡右上角“條形碼粘貼處”。2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用 28鉛筆在答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑：如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試卷上，3.非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫上新答案：不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無(wú)效。4

2、.考生必須保持答題卡的整潔，考試結(jié)束后，將試卷和答題卡一井交回。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(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1. 設(shè)集合A= x|-2x4. B = 2,3,4,5,則AB=A.2B.2,3C.3,4, D.2,3,42.已知z=2-i，則(z(z+i)=A.6-2i B.4-2i C.6+2i D.4+2i3.已知圓錐的底面半徑為2，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長(zhǎng)為A.2 B.22 C.4 D.424.下列區(qū)間中，函數(shù)f(x)=7sin(x-6)單調(diào)遞增的區(qū)間是A.(0, 2) B.( 2 ,) C.( , 32) D.( 3

3、2,2 )5.已知F1,F2是橢圓C：x29+y24=1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)M在C 上，則|MF1|MF2|的最大值為A.13B.12 C.9 D.66.若tan=-2,則sin1+sin2sin+cos =A.-65B. -25C. 25D. 657.若過(guò)點(diǎn)（a,b)可以作曲線y=ex的兩條切線，則A. ebaB. eabC. 0aebD. 0bea 8.有6個(gè)相同的球，分別標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4,5,6,從中有放回的隨機(jī)取兩次,每次取1個(gè)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

4、是7”，則A.甲與丙相互獨(dú)立B.甲與丁相互獨(dú)立C.乙與丙相互獨(dú)立D.丙與丁相互獨(dú)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(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分。9.有一組樣本數(shù)據(jù)x1，x2,xn,由這組數(shù)據(jù)得到新樣本數(shù)據(jù)y1，y2,yn,其中yi=xi+c(i=1,2,n),c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)的樣本中位數(shù)相同C.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本標(biāo)準(zhǔn)差相同D.兩組樣本數(shù)據(jù)的樣本極差相同10.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)P1(cos,sin),P2(cos，-sin),P3(cos(+),sin(+)，A(1，

5、0),則A.|OP1|=|OP2|B. |AP1|=|AP2|C.OAOP3=OP1OP2D. OAOP1=OP2OP311.已知點(diǎn)P在圓(x-5)2+ (y-5)2 =16上，點(diǎn)A（4,0），B（0,2），則A.點(diǎn)P到直線AB的距離小于10B.點(diǎn)P到直線AB的距離大于2C.當(dāng)PBA最小時(shí)，|PB|=32D.當(dāng)PBA最大時(shí)，|PB|=3212.在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=1 ，點(diǎn)P滿足PB=BC+BB1 ，其中0,1，0,1，則A當(dāng)=1時(shí)，AB1P的周長(zhǎng)為定值B. 當(dāng)=1時(shí)，三棱錐P-A1BC 的體積為定值C. 當(dāng)=12時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1PBPD.當(dāng)=12時(shí)，有

6、且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B平面AB1P三選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分13.已知函數(shù)f(x)=x3(a 2x-2-x)是偶函數(shù)，則a=_14.已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，拋物線C:y2=2px(p0）的焦點(diǎn)為F,P為C上一點(diǎn)，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點(diǎn)，且PQOP,若|FQ|=6，則C的準(zhǔn)線方程為_15. 函數(shù)f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值為 16. 某校學(xué)生在研究民間剪紙藝術(shù)時(shí)，發(fā)現(xiàn)此紙時(shí)經(jīng)常會(huì)沿紙的某條對(duì)稱軸把紙對(duì)折.規(guī)格為20dmXl2dm的長(zhǎng)方形紙.對(duì)折1次共可以得到10dmX2dm . 20dmX6dm兩種規(guī)格的圖形，它們的面積之和S1=240 dm2,對(duì)折2次共可

7、以得5dmX12dm ，10dmX6dm，20dmX3dm三種規(guī)格的圖形,它們的面積之和S2=180dm2.以此類推.則對(duì)折4次共可以得到不同規(guī)格圖形的種數(shù)為_:如果對(duì)折n次，那么k=1nsk=_dm2四、解答題：本題共6小題，共70分，解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。17.(10分)已知數(shù)列an滿足a1=1，an+1an+1，n為奇數(shù)an+2，n為偶數(shù)(1)記bn=a2n，寫出b1，b2，并求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；(2)求an的前20項(xiàng)和18.(12 分)某學(xué)校組織一帶一路”知識(shí)競(jìng)賽，有A，B兩類問(wèn)題每位參加比賽的同學(xué)先在兩類問(wèn)題中選擇類并從中隨機(jī)抽収一個(gè)問(wèn)題冋答，若回答錯(cuò)誤則該同學(xué)比

8、賽結(jié)束；若 回答正確則從另一類問(wèn)題中再隨機(jī)抽取一個(gè)問(wèn)題回答，無(wú)論回答正確與否，該同學(xué)比賽 結(jié)束.A類問(wèn)題中的每個(gè)問(wèn)題回答正確得20分，否則得0分：B類問(wèn)題中的每個(gè)問(wèn)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(wèn)題的概率為0.8 ,能正確回答B(yǎng)類問(wèn)題的概率為0.6 . 且能正確回答問(wèn)題的概率與回答次序無(wú)關(guān)。（1）若小明先回答A類問(wèn)題，記X為小明的累計(jì)得分，求X的分布列：（2）為使累計(jì)得分的期望最大，小明應(yīng)選擇先回答哪類問(wèn)題？并說(shuō)明理由。19.(12分)記ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a.，b.，c,已知b2=ac,點(diǎn)D在邊AC 上，BDsinABC = asinC.(1)證明：B

9、D = b：(2)若AD = 2DC .求cosABC.20.(12分)如圖，在三棱錐A-BCD中.平面ABD丄平面BCD，AB=AD.O為BD的中點(diǎn).(1)證明：OACD：(2)若OCD是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形.點(diǎn)E在 棱AD上. DE = 2EA .且二面角E-BC-D的大小為45，求三棱錐A-BCD的體積.21.(12分)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，己知點(diǎn)F1(-17,0)，F(xiàn)2(17,0),點(diǎn)M滿足|MFt|-|MF2|=2.記M 的軌跡為C.(1)求C的方程;(2)設(shè)點(diǎn)T在直線x=12上，過(guò)T 的兩條直線分別交C于A，B兩點(diǎn)和P，Q兩點(diǎn),且|TA|TB|=|TP|TQ| ,求直線AB的斜

10、率與直線PQ的斜率之和22.(12分)已知函數(shù)f(x)=x（1-lnx)(1)討論f(x)的單調(diào)性(2)設(shè)a,b為兩個(gè)不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b證明:21a+1b新高考卷數(shù)學(xué)答案解析1.B 2.C 3.B 4.A 5.C6.C7.D8.B9.CD10.AC11.ACD12.BD13.a=114.x=-3215.116.5；2403-n+32n17.（1）解：由題意得b1=a2=a1+1=2,b2=a4=a3+1=5b1=a2=a1+1,a2-a1=1.b2=a4=a3+1=a2+3 a4-a2=3.同理a6-a4=3bn=a2n-a2n-2=3.疊加可知a2n-a1=1+3(n

11、-1)a2n=3n-1bn=3n-1.驗(yàn)證可得b1=a2=2，符合上式.（2）解：a2n=a2n-1+1a2n-1=a2n-1=3n-2.設(shè)an前20項(xiàng)和為S20S20=(a1+a3+a19)+(a2+a4+a20) =145+155=30018.（1）解：由題意得x=0,20,100.P（x=0）=0.2 P(x=20)=0.80.4=0.32 P(x=100)=0.48X020100P0.20.320.48（2）解：小明先選擇B，得分為yy=0,80,100P（y=0）=0.4P(y=80)=0.60.2=0.12P(y=100)= 0.60.8=0.48y080100p0.40.120.

12、48Ex=54.4 Ey=57.6小明應(yīng)先選擇B.19.（1） 由正弦定理得bsinABC=csinc,即sinABC=bsincc又由BDsinABC=asinc，得BDbsincc=asinc,即 BDb=acb2=ac BD=b(2) 由AD=2DC,將AD=2DC,即BD=13BA=23BC|BD|2 = 19|BA|2+ 49|BC|2+ 49BA BCb2=19c2+49a2+49caa2+c2-b22ac11b2 =3c2+6a2b2 =ac6a2-11ac+3c2=0a=32c或a=13ca=32cb2 =ac b2 =32c2cosABCa2+c2-b22ac=94c2+c2

13、-32c22c32c=712a=13cb2 =acb2 =13c2cosABC=19c2+c2-13c22c13c=76(x)綜上cosABC=71220.(1)證明：由已知，ABD中AB=AD且O為BD中點(diǎn)AOBD又平面ABD平面BCDAO平面BCD且CD平面BCDAOCD(2)由于OCD為正三角形，邊長(zhǎng)為1OB=OD=OC=CDBCD=90取OD中點(diǎn)H，連結(jié)CH，則CHOD以H為原點(diǎn)，HC,HD,HZ為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系由可知，平面BCD的法向量m=(0,0,1)設(shè)C(32,0,0)，B(0,-32,0)，D(0,12,0)則DA=(0,-1,h)DE=2EADE=23DA=(

14、0,-23,23h)BE=DE-DB=(0,43,23h)且BC=(32,32,0)設(shè)n平面BEC n=(x,y,z)nBC=0nBE=0，即3x+3y=043y+23hz=0n=(3,-1,2h)由于二面角E-BC-D為45cos45=22=|cosnm|=2h3+1+4h2h=1V三棱錐A-BCD=13SBCDh=133421=3621.（1）c=17, 2a=2,a=1,b=4C表示雙曲線的右支方程：x2-y216=1(x1)（2）設(shè)T(12,m)，設(shè)直線AB的方程為y=k1x-12+m，Ax1,y1,Bx2,y2y=k1x-12+m16x2-y2=16，得16x2-k12x2-x+14

15、+2k1mx-12+m2=1616-k12x2+k12-2k1mx-14k12+k1m-m2-16=0TATB=1+k12x1-12x2-12=1+k12x1x2-12x1+x2+14=1+k12k1m-14k12-m2-1616-k12-122k1m-k1216-k12+14=1+k12-m2-1216-k12=1+k12m2+12k12-16設(shè)kPQ=k2，同理可得TPTQ=1+k22m2+12k22-16所以1+k12m2+12k12-16=1+k22m2+12k22-16得k22-16k12=k12-16k22k12=k22k1k2k1=-k2即k1+k2=022.（1）f(x)=x-

16、xlnxf(x)=1-lnx-1=-lnx(x0)令f(x)0，則0x1，令f(x)0，則x1f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(0,1)，單調(diào)減區(qū)間為(1,+).(2)lnaa-lnbb=1b-1a即1+lnaa=1+lnbb，即f(1a)=f(1b)令p=1a，q=1b，不妨設(shè)0p1q，下面證明2p+qe. 先證p+q2，當(dāng)p2時(shí)結(jié)論顯然成立.當(dāng)q(1,2)時(shí)，p+q2,，則p2-q，2-q1.只需設(shè)f(p)f(2-q).即證當(dāng)q(1,2)時(shí)，由f(p)f(2-q)令g(x)=f(x)-f(2-x).g(x)=f(x)+f(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-ln-(x-1)2+1當(dāng)x(1,2)時(shí)，-(x-1)2+11，所以g(x)0,g(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，g(q)g(1)=0，即f(q)f(2-q)再設(shè)p+q0，當(dāng)x,+時(shí)，fx0q0P-11要證qf-p即證當(dāng)P0,1時(shí)，有fPf-p設(shè)hx=fx-f-x，x0,1，hx=fx+f-k=-lnx-ln-x=-lnx-x設(shè)x-x2=1 小于1的根為x0，則hx在0,x0單調(diào)遞增，在x0,1單調(diào)遞減.hxh1=f1-f-10證畢