2021年高考真题数学【新高考全国Ⅰ卷】(山东卷)（含解析版）

2021年普通高等学校招生全国统一考试（新高考I卷）数学一、单选题1.设集合，，则（）{|24}Axx{2,3,4,5}BABA.{2}B.{2,3}C.{3,4}D.{2,3,4}答案：B解析：，选B.{2,3}AB2.已知，则（）2zi()zziA.62iB.42iC.62iD.42i答案：C解析：，选C.2,()(2)(22)62zizziiii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（）2A.2B.22C.4D.42答案：B解析：设母线长为，则.l2222ll4.下列区间中，函数单调递增的区间是（）()7sin()6fxxA.(0,)2B.(,)2C.3(,)2D.3(,2)2答案：A解析：单调递增区间为：，令()fx222()22()26233kxkkZkxkkZ0k，故选A.5.已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为（）1F2F22:194xyCMC12||||MFMFA.13B.12C.9D.6答案：C解析：由椭圆定义，，则，故选C.12||||6MFMF21212||||||||()92MFMFMFMF6.若，则（）tan2sin(1sin2)sincosA.65B.25C.25D.65答案：C解析：，故选C.22sin(1sin2)sin(sincos2sincos)sincossincos22222sinsincostantan2sincostan157.若过点可以作曲线的两条切线，则（）(,)abxyeA.beaB.aebC.0baeD.0abe答案：D解析：设切点为，00(,)Pxy∵，∴，xyexye则切线斜率，0xke切线方程为，0()xybexa又∵在切线上以及上，00(,)Pxyxye则有，000()xxebexa整理得，00(1)0xexab令，()(1)xgxexab则，()()xgxexa∴在单调递减，在单调递增，()gx(,)a(,)a则在时取到极小值即最小值，()gxxa()agabe又由已知过可作的两条切线，(,)abxye等价于有两个不同的零点，()(1)xgxexab则，得，min()()0agxgabeaeb又当时，，则，x(1)0xexa(1)xexabb∴，0b当时，有，1xaa(1)0gab即有两个不同的零点.()gx∴.0abe8.有个相同的球，分别标有数字，从中有放回的随机取两次，每次取个球.甲表示事件“第一次61,2,3,4,5,61取出的球的数字是”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是128”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是”，则（）7A.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：由题意知，两点数和为的所有可能为：，，，，，8(2,6)(3,5)(4,4)(5,3)(6,2)两点数和为的所有可能为：，，，，，，7(1,6)(2,5)(3,4)(4,3)(5,2)(6,1)∴，，，，1()6P甲11()166P乙5()36P丙61()=366P丁，，，，()0P甲丙1()36P甲丁1()36P乙丙()0P丙丁故，B正确，故选B.()()()PPP甲丁甲丁二、多选题9.有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，12,,,nxxx12,,,nyyy1(1,2,)iyxcin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.两组样本数据的样本极差相同答案：C、D解析：对于A选项：，，∴，∴A错误；121nxxxxn1212nnyyyxxxycnnxy对于B选项：可假设数据样本中位数为，由可知数据样本的中位数为12,,,nxxxmiiyxc12,,,nyyy，∴B错误；mc对于C选项：2221121[()()()]nSxxxxxxn2222121[()()()]nSyyyyyyn，∴C正确；2221211[()()()]nxxxxxxSn对于D选项：∵，∴两组样本数据极差相同，∴D正确。iiyxc10.已知为坐标原点，点，，，，则O1(cos,sin)P2(cos,sin)P3(cos(),sin())P(1,0)A（）A.12||||OPOPB.12||||APAPC.312OAOPOPOPD.123OAOPOPOP答案：A、C解析：，，∴A正确；221||cossin1OP222||cos(sin)1OP，2221(cos1)sin22cosAP，,∴B错；2222(cos1)(sin)22cosAP22cos22cos，，∴C正确；3cos()OAOP12coscossinsincos()OPOP，，1cosOAOP23coscos()sinsin()cos(2)OPOP∴D错.11.已知点在圆上，点，，则（）P22(5)(5)16xy(4,0)A(0,2)BA.点到直线的距离小于PAB10B.点到直线的距离大于PAB2C.当最小时，PBA||32PBD.当最大时，PBA||32PB答案：A、C、D解析：由已知易得直线的方程为.AB240xy圆心到直线的距离，(5,5)AB2|5104|114512d∴直线与圆相离，AB则到的距离的取值范围为，PAB1111[4,4]55又，11455则A正确，B错误，由图易得，当在点处时，与圆相切，P1P1BPC此时最小，1PBAPBA，，22||5(52)34BC1||4CP∴，132BP同理当在点处，最大，P2P2PBAPBA此时.222232BPBCPC故C、D正确.12.在正三棱柱中，，点满足，其中，，111ABCABC11ABAAP1BPBCBB[0,1][0,1]则（）A.当时，的周长为定值11ABPB.当时，三棱锥的体积为定值11PABCC.当时，有且仅有一个点，使得12P1APBPD.当时，有且仅有一个点，使得平面12P1AB1ABP答案：B、D解析：对于A，当时，，∴，此时在线段上运动，此时的周长不为11BPBCBB1CPBBP1CC1ABP定值，A错.对于B，当时，，此时在线段上运动,111BPBCBBBPBCP11BC平面，点到平面的距离即为点到平面的距离，11//BC1ABCP1ABC1B1ABC为定值，B正确.111PABCBABCVV对于C，当时，，分别取，的中点，此时在线段上运动，要使12112BPBCBBBC11BC,EFPEF，只需在平面上的射影与垂直，此时在或的位置，有两个，C错误.1APBP1AP11BCCBPFBPPEFP对于D，时，，分别取的中点，则在线段上运动，∵正三棱12112BPBCBB11,BBCC,MNPMN柱中，，，要使得平面，只需在平面上的111ABCABC11ABAA11ABAB1AB1ABP1AB11BCCB射影与垂直，有且只有一个点即为点时，满足题意，D正确.1BPPN三、填空题13.已知函数是偶函数，则.3()(22)xxfxxaa答案：1解析：因为为偶函数，则，即，整理则有()fx()()fxfx33(22)(22)xxxxxaxa，故.(1)(22)0xxa1a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O2:2(0)CypxpFPCPFxQx上一点，且.若，则的准线方程为.PQOP||6FQC答案：32x解析：因为垂直轴，故点坐标为，又因为，则，即，故，则准PFxP(,)2ppOPPF2FQPFPFOF62p3p线方程为.32x15.函数的最小值为.()|21|2lnfxxx答案：1解析：当时，，，时，，时，，12x()212lnfxxx2()2fxx()0fx112x()0fx1x在上单调递减，在上单调递增，当时，，函数单调递减，()fx1(,1)2(1,)102x()122lnfxxx综上，函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数最小值为.(0,1)(1,)(1)1f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20dm12dm方形纸，对折次共可以得到，两种规格的图形，它们的面积之和，110dm12dm20dm6dm21240dmS对折次共可以得到，，三种规格的图形，它们的面积之和25dm12dm10dm6dm20dm3dm，以此类推.则对折次共可以得到不同规格图形的种数为；如果对折次，那么22180dmS4n.1nkkS2dm答案：52407207202nn解析：（1）易知有，，，，，共种规格.320dmdm4310dmdm25dm3dm5dm6dm25dm12dm45（2）由题可知对折次共有种规格，且面积为，故，则，记k1k2402k240(1)2kkkS1112402nnkkkkkS，则，故112nnkkkT111122nnkkkT1111111111112211()222222nnnnnkkkknkkkkkkkknT，则，故11111(1)133421122212nnnnn332nnnT.13240720240(3)72022nknnknnS四、解答题17.已知数列满足，.{}na11a11,2,nnnanaan为奇数为偶数（1）记，写出，，并求数列的通项公式；2nnba1b2b{}nb（2）求的前项和.{}na20答案：见解析；解析：（1），，，12112baa3224aa24315baa，122221222(1)33nnnnnnnnbbaaaaaa∴是以为公差的等差数列，∴.{}nb32(1)331nbnn（2），242010(229)1552aaa，∴.13519242011115510145aaaaaaa20155145300S18.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AB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分，否则得分；类问题中的每个问题A200B回答正确得分，否则得分.800已知小明能正确回答类问题