1、20212021 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试 数学数学 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，只有一项是在每小题给出的四个选项中，只有一项是 符合题目要求的符合题目要求的. . 1. 设集合24Axx ，2,3,4,5B ，则AB （） A. 2B.2,3C.3,4D.2,3,4 【答案】B 2. 已知 2 iz ，则 iz z （） A.62iB.42iC.62iD.42i 【答案】C 3. 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
2、（ ） A.2B. 2 2 C.4D. 4 2 【答案】B 4. 下列区间中，函数 7sin 6 fxx 单调递增的区间是（） A.0, 2 B., 2 C. 3 , 2 D. 3 ,2 2 【答案】A 5. 已知 1 F， 2 F是椭圆C： 22 1 94 xy 的两个焦点，点M在C上，则 12 MFMF的最大值为（） A. 13B. 12C. 9D. 6 【答案】C 6. 若tan2 ，则 sin1 sin2 sincos （） A. 6 5 B. 2 5 C. 2 5 D. 6 5 【答案】C 7. 若过点, a b可以作曲线exy 的两条切线，则（） A.eb a B.ea b C.0
3、 eba D.0 eab 【答案】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 【答案】B 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，有多项符合题目在每小题给出的选项中
4、，有多项符合题目 要求要求. .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 1 x， 2 x， n x，由这组数据得到新样本数据 1 y， 2 y， n y，其中 ii yxc(1,2, ),in 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 【答案】CD 【解析】 【分析】A、C 利用两组数据的线性关系有( )( )E yE xc、( )( )D yD x，即可判断正误；根据
5、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：( )()( )E yE xcE xc且0c ，故平均数不相同，错误； B：若第一组中位数为 i x，则第二组的中位数为 ii yxc，显然不相同，错误； C：( )( )( )( )D yD xD cD x，故方差相同，正确； D：由极差的定义知：若第一组的极差为 maxmin xx，则第二组的极差为 maxminmaxminmaxmin ()()yyxcxcxx，故极差相同，正确； 故选：CD 10. 已知O为坐标原点， 点 1 cos ,sinP， 2 cos, sinP， 3 cos,sinP，()1,0A，
6、则（） A. 12 OPOP B. 12 APAP C. 3 12 OA OPOP OP D. 123 OA OPOP OP 【答案】AC 【解析】 【分析】A、B 写出 1 OP ， 2 OP 、 1 AP uuu r ， 2 AP uuu r 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 ： 1 (cos,sin)OP ， 2 (cos, sin)OP ， 所 以 22 1 |cossin1OP ， 22 2 |(cos)( sin)1OP ，故 12 | |OPOP ，正确； B： 1 (
7、cos1,sin)AP ， 2 (cos1, sin)AP ，所以 22222 1 |(cos1)sincos2cos1 sin2(1 cos)4sin2|sin| 22 AP ， 同理 22 2 |(cos1)sin2|sin| 2 AP ，故 12 |,|APAP 不一定相等，错误； C：由题意得： 3 1 cos()0 sin()cos()OA OP ， 12 coscossin( sin)cos()OP OP ，正确； D：由题意得： 1 1 cos0 sincosOA OP ， 23 coscos()( sin) sin()OP OP 22 coscossinsincossinsin
8、coscossin coscos2sinsin2cos(2 )，错误； 故选：AC 11. 已知点P在圆 22 5516xy上，点4,0A、0,2B，则（） A. 点P到直线AB的距离小于10 B. 点P到直线AB的距离大于2 C. 当PBA最小时，3 2PB D. 当PBA最大时，3 2PB 【答案】ACD 【解析】 【分析】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. 【详解】圆 22 5516xy的圆心为5,5M，半径为4， 直线AB的方程为1 42 x
9、y ，即240 xy， 圆心M到直线AB的距离为 22 52 541111 5 4 55 12 ， 所以，点P到直线AB的距离的最小值为11 5 42 5 ，最大值为11 5 410 5 ，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， 22 052534BM ，4MP ，由勾股定理可得 22 3 2BPBMMP ，CD 选项 正确. 故选：ACD. 【点睛】结论点睛：若直线l与半径为r的圆C相离，圆心C到直线l的距离为d，则圆C上一点P到直线 l的距离的取值范围是,dr dr. 12. 在正三棱柱 111 ABCABC中，
10、1 1ABAA，点P满足 1 BPBCBB ，其中0,1， 0,1，则（） A. 当1时， 1 AB P的周长为定值 B. 当1时，三棱锥 1 PABC的体积为定值 C. 当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 APBP D. 当 1 2 时，有且仅有一个点P，使得 1 AB 平面 1 AB P 【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，考虑借助向量的
11、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 【详解】 易知，点P在矩形 11 BCC B内部（含边界） 对于 A，当1时， 11 =BPBCBBBCCC ，即此时P线段 1 CC， 1 AB P周长不是定值，故 A 错误； 对于 B， 当1时， 1111 =BPBCBBBBBC ， 故此时P点轨迹为线段 11 BC， 而 11/ BCBC， 11/ BC 平面 1 ABC，则有P到平面 1 ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故 B 正确 对于 C，当 1 2 时， 1 1 2 BPBCBB ，取BC， 11 BC中点分别为Q，H，则BP BQQH ，所以 P点轨迹为线
12、段QH， 不妨建系解决， 建立空间直角坐标系如图， 1 3 ,0,1 2 A ，0,0P,， 1 0,0 2 B ， 则 1 3 ,0,1 2 AP ， 1 0, 2 BP ，10 ，所以0或1故,H Q均满足，故 C 错误； 对于 D，当 1 2 时， 1 1 2 BPBCBB ，取 1 BB， 1 CC中点为,M NBP BMMN ，所以P点轨 迹为线段MN设 0 1 0, 2 Py ，因为 3 0,0 2 A ，所以 0 31 , 22 APy ， 1 3 1 , 1 22 AB ， 所以 00 3111 0 4222 yy，此时P与N重合，故 D 正确 故选：BD 【点睛】本题主要考查
13、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 3 22 xx xaf x 是偶函数，则a _. 【答案】1 【解析】 【分析】利用偶函数的定义可求参数a的值. 【详解】因为 3 22 xx xaf x ，故 3 22 xx fxxa ， 因为 fx为偶函数，故 fxf x， 时 33 2222 xxxx xaxa ，整理得到 12 +2=0 xx a ， 故1a ， 故答案为：1 14. 已知O为坐标原点，抛物线C： 2 2ypx(0p )的焦点为F，P为
14、C上一点，PF与x轴垂直，Q 为x轴上一点，且PQOP，若6FQ ，则C的准线方程为_. 【答案】 3 2 x 【解析】 【分析】先用坐标表示PQ，再根据向量垂直坐标表示列方程，解得p，即得结果. 【详解】不妨设(, )(6,0),(6,) 22 pp PpQPQp uuu r 因为PQOP，所以 2 6003 2 p ppp QC的准线方程为 3 2 x 故答案为： 3 2 x 【点睛】利用向量数量积处理垂直关系是本题关键. 15. 函数 212lnf xxx 的最小值为_. 【答案】1 【解析】 【分析】由解析式知 ( )f x定义域为(0,)，讨论 1 0 2 x、 1 1 2 x、1x
15、 ，并结合导数研究的单调 性，即可求 ( )f x最小值. 【详解】由题设知：( ) |21| 2lnf xxx定义域为(0,)， 当 1 0 2 x时，( )1 22lnf xxx ，此时( )f x单调递减； 当 1 1 2 x时，( )21 2lnf xxx ，有 2 ( )20fx x ，此时( )f x单调递减； 当1x 时，( )21 2lnf xxx ，有 2 ( )20fx x ，此时( )f x单调递增； 又 ( )f x在各分段的界点处连续， 综上有：01x时， ( )f x单调递减， 1x 时， ( )f x单调递增； ( )(1)1f xf 故答案为：1. 16. 某校
16、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20dm 12dm 的长方形纸，对折 1 次共可以得到10dm 12dm，20dm 6dm两种规格的图形，它们的面积之和 2 1 240dmS ，对折 2 次共可以得到5dm 12dm，10dm 6dm，20dm 3dm三种规格的图形，它们的 面积之和 2 2 180dmS ，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 1 n k k S _ 2 dm. 【答案】(1). 5(2). 4 15 3 720 2n n 【解析】 【分析】 （1）按对折列举即可； （2）根据规律可得 n
17、 S，再根据错位相减法得结果. 【详解】 （1）对折4次可得到如下规格： 5 12 4 dmdm， 5 6 2 dmdm，53dmdm， 3 10 2 dmdm， 3 20 4 dmdm，共5种； （2）由题意可得 1 2 120S ， 2 3 60S ， 3 4 30S ， 4 5 15S ， 1 1201 2 n n n S ， 设 0121 1201120 2120 3120 4 2222n n S L， 则 121 12011120 2120 3120 22222 nn nn S ， 两式作差得 1 21 1 60 1 120112011111 2 240 120240 1 22222
18、2 1 2 n nnn nn S 1 12011203120 360360 222 nnn nn ， 因此， 4 2403153 720720 22 nn nn S . 故答案为：5； 4 153 720 2n n . 【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 n n a b结构，其中 n a是等差数列， n b是等比数列，用错位相减法求和； （3）对于 nn ab结构，利用分组求和法； （4）对于 1 1 nn a a 结构，其中 n a是等差数列，公差为0d d ，则 11 1111 nnnn a adaa ，利用裂 项相消法求和.
19、 四四 解答题：本题共解答题：本题共 6 6 小题，共小题，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 n a满足 1 1a ， 1 1, 2,. n n n an a an 为奇数 为偶数 （1）记 2nn ba，写出 1 b， 2 b，并求数列 n b的通项公式； （2）求 n a的前 20 项和. 【答案】 （1） 12 2,5bb； （2）300. 【解析】 【分析】 （1）根据题设中的递推关系可得 1 3 nn bb ，从而可求 n b的通项. （2）根据题设中的递推关系可得 n a的前20项和为 20
20、S可化为 2012910 210Sbbbb，利用 （1）的结果可求 20 S. 【详解】 （1）由题设可得 1212432 12,12 15baabaaa 又 2221 1 kk aa ， 212 2 kk aa ， 故 222 3 kk aa 即 1 3 nn bb 即 1 3 nn bb 所以 n b为等差数列，故21331 n bnn . （2）设 n a的前20项和为 20 S，则 2012320 Saaaa， 因为 12341920 1,1,1aaaaaa， 所以 20241820 210Saaaa 12910 9 10 210210 2310300 2 bbbb . 【点睛】方法点
21、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
22、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）B类 【解析】 【分析】 （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，找出先回答B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，X的所有可能取值为0，20，100 01 0.80.2P X ； 200.8 1 0.60.32P X ； 1000.8 0.60.48P X 所以X的分布列为 X020100 P0.20.320.4
23、8 （2）由（1）知，0 0.220 0.32 100 0.4854.4E X 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0，80，100 01 0.60.4P Y ； 800.6 1 0.80.12P Y ； 1000.8 0.60.48P X 所以 0 0.480 0.12 100 0.4857.6E Y 因为54.457.6，所以小明应选择先回答B类问题 19. 记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知 2 bac ，点D在边AC上， sinsinBDABCaC. （1）证明：BDb； （2）若2ADDC，求cosABC . 【答案】 （1）证明见解析；
24、（2） 7 cos 12 ABC. 【解析】 【分析】 （1）根据正弦定理的边角关系有 ac BD b ，结合已知即可证结论. （2）由题设 2 , 33 bb BDb ADDC，应用余弦定理求cosADB、cosCDB，又 ADBCDB，可得 42 2 2 11 2 3 bb a a ，结合已知及余弦定理即可求cosABC. 【详解】 （1）由题设， sin sin aC BD ABC ，由正弦定理知： sinsin cb CABC ，即 sin sin Cc ABCb ， ac BD b ，又 2 bac ， BDb，得证. （2）由题意知： 2 , 33 bb BDb ADDC， 22
25、222 2 413 99 cos 2 4 2 3 3 bb bcc ADB b b b ，同理 22 222 2 10 99 cos 2 2 3 3 bb baa CDB b b b ， ADBCDB， 22 22 22 1310 99 42 33 bb ca bb ，整理得 2 22 11 2 3 b ac，又 2 bac ， 42 2 2 11 2 3 bb a a ，整理得 4224 61130aa bb ，解得 2 2 1 3 a b 或 2 2 3 2 a b ， 由余弦定理知： 2222 2 4 cos 232 acba ABC acb ， 当 2 2 1 3 a b 时， 7 c
26、os1 6 ABC不合题意；当 2 2 3 2 a b 时， 7 cos 12 ABC； 综上， 7 cos 12 ABC. 【点睛】关键点点睛：第二问，根据余弦定理及ADBCDB得到, ,a b c的数量关系，结合已知条 件及余弦定理求cosABC. 20. 如图，在三棱锥ABCD中，平面ABD 平面BCD，ABAD，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，2DEEA，且二面角EBCD的大小为 45，求三棱锥ABCD的体积. 【答案】(1)详见解析(2) 3 6 【解析】 【分析】 （1）根据面面垂直性质定理得 AO平面 BCD，即
27、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 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 FM 因为 AO平面 BCD，所以 AOBD, AOCD 所以 EFBD, EFCD,BDCDD,因此 EF平面 BCD，即 EFBC 因为 FMBC，FMEFFI,所以 BC平面 EFM，即 BCMF 则EMF为二面角 E-BC-D 的平面角,
28、4 EMF 因为BOOD,OCD为正三角形,所以OCD为直角三角形 因为2BEED, 1112 (1) 2233 FMBF 从而 EF=FM= 2 1 3 AO AO Q平面 BCD, 所以 1113 113 3326 BCD VAO S 【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xOy中，已知点 1 17,0F 、 212 17,02FMFMF，点M的轨迹为C. （1）求C的方程； （2） 设点T在直线 1 2 x 上， 过T的两条直线分别交C于A、B两点和P，Q两点， 且TA TBTP TQ， 求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和
29、. 【答案】 （1） 2 2 11 16 y xx； （2）0. 【解析】 【分析】 （1）利用双曲线的定义可知轨迹C是以点 1 F、 2 F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 1 , 2 Tt ，设直线AB的方程为 1 1 2 ytkx ，设点 11 ,A x y、 22 ,B xy，联立直线AB与 曲线C的方程，列出韦达定理，求出TA TB的表达式，设直线PQ的斜率为 2 k，同理可得出TP TQ的 表达式，由TA TBTP TQ化简可得 12 kk的值. 【详解】因为 1212 22 17MFMFFF， 所以，轨迹C是以点 1 F、 2 F为左
30、、右焦点的双曲线的右支， 设轨迹C的方程为 22 22 10,0 xy ab ab ，则22a ，可得 1a ， 2 174ba ， 所以，轨迹C的方程为 2 2 11 16 y xx； （2）设点 1 , 2 Tt ，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 1 1 2 ytkx ，即 11 1 2 yk xtk ， 联立 11 22 1 2 1616 yk xtk xy ，消去y并整理可得 2 22 1111 1 162160 2 kxktkxtk ， 设点 11 ,A x y、 22 ,B xy，则 1 1 2 x 且 2 1 2 x . 由韦达定理
31、可得 2 11 12 2 1 2 16 kk t xx k ， 2 1 12 2 1 1 16 2 16 tk x x k ， 所以， 22 1 22 12 112112 2 1 12 1 111 11 222416 tk xx TA TBkxxkx x k ， 设直线PQ的斜率为 2 k，同理可得 22 2 2 2 12 1 16 tk TP TQ k ， 因为TA TBTP TQ，即 2222 12 22 12 12 112 1 1616 tktk kk ，整理可得 22 12 kk， 即 1212 0kkkk，显然 12 0kk，故 12 0kk. 因此，直线AB与直线PQ的斜率之和为0
32、. 【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 lnf xxx. （1）讨论 fx的单调性； （2）设a，b为两个不相等的正数，且lnlnbaabab，证明： 11 2e ab . 【答案】 （1） fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+； （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 12 11 ,xx ab ，原不等式等价于 12 2xxe，前者可构建新函数，利用极值点偏移可证，后者 可
33、设 21 xtx，从而把 12 xxe转化为1 ln1ln0tttt在1,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0,， 又 1 ln1lnfxxx ， 当0,1x时， 0fx ，当1,+x时， 0fx ， 故 fx的递增区间为0,1，递减区间为1,+. （2）因为lnlnbaabab，故ln1ln +1baab，即 ln1ln +1ab ab ， 故 11 ff ab ， 设 12 11 ,xx ab ，由（1）可知不妨设 12 01,1xx. 因为0,1x时， 1 ln0f xxx，,xe时， 1 ln0f xxx， 故 2 1xe. 先证： 12 2x
34、x， 若 2 2x ， 12 2xx必成立. 若 2 2x ， 要证： 12 2xx，即证 12 2xx，而 2 021x， 故即证 12 2f xfx，即证： 22 2f xfx，其中 2 12x. 设 2,12g xf xfxx， 则 2lnln 2gxfxfxxx ln2xx ， 因为12x，故021xx，故ln20 xx， 所以 0gx ，故 g x在1,2为增函数，所以 10g xg， 故 2f xfx，即 22 2f xfx成立，所以 12 2xx成立， 综上， 12 2xx成立. 设 21 xtx，则1t ， 结合 ln1ln +1ab ab ， 12 11 ,xx ab 可得：
35、 1122 1 ln1 lnxxxx， 即： 11 1 ln1 lnlnxttx，故 1 1ln ln 1 ttt x t ， 要证： 12 xxe，即证 1 1txe，即证 1 ln1ln1tx， 即证： 1ln ln11 1 ttt t t ，即证：1 ln1ln0tttt， 令 1 ln1ln ,1S ttttt t， 则 112 ln11 lnln 1 11 t S ttt ttt ， 先证明一个不等式：ln1xx. 设 ln1u xxx，则 1 1 11 x ux xx ， 当10 x 时， 0ux ；当0 x 时， 0ux ， 故 u x在 1,0上为增函数，在0,+上为减函数，故 max 00u xu， 故ln1xx成立 由上述不等式可得当1t 时， 112 ln 1 1ttt ，故 0S t 恒成立， 故 S t在 1,上为减函数，故 10S tS， 故1 ln1ln0tttt成立，即 12 xxe成立. 综上所述， 11 2e ab .
