数学(新高考Ⅰ卷●湖北卷)丨2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷及答案

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学一､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{}24A x x =-<<，{}2,3,4,5B =，则A B =（ ）A. {}2B. {}2,3C. {}3,4D. {}2,3,4【答案】B2. 已知2i z =-，则()i z z +=（ ）A. 62i -B. 42i -C. 62i +D. 42i +【答案】C3. ）A. 2B.C. 4D. 【答案】B4. 下列区间中，函数()7sin 6f x x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭单调递增的区间是（ ） A. 0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭ B. ,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 3,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭ D. 3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A5. 已知1F ，2F 是椭圆C ：22194x y +=的两个焦点，点M 在C 上，则12MF MF ⋅的最大值为（）A. 13B. 12C. 9D. 6【答案】C6. 若tan 2θ=-，则()sin 1sin 2sin cos θθθθ+=+（ ） A. 65- B. 25- C. 25 D. 65【答案】C7. 若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ）A. e b a <B. e a b <C. 0e b a <<D. 0e a b <<【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､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1x ，2x ，…，n x ，由这组数据得到新样本数据1y ，2y ，…，n y ，其中i i y x c =+(1,2,,),i 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【答案】CD10. 已知O 为坐标原点，点()1cos ,sin P αα，()2cos ,sin P ββ-，()()()3cos ,sin P αβαβ++，1,0A ，则（ ）A . 12OP OP = B. 12AP AP = C. 312OA OP OP OP ⋅=⋅ D. 123OA OP OP OP ⋅=⋅ 【答案】AC11. 已知点P 在圆()()225516x y -+-=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2C. 当PBA ∠最小时，PB =D. 当PBA ∠最大时，PB =【答案】ACD12. 在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A. 当1λ=时，1AB P △的周长为定值B. 当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C. 当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D. 当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 【答案】BD三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数()()322x x x a f x -=⋅-是偶函数，则a =______. 【答案】114. 已知O 为坐标原点，抛物线C ：22y px =(0p >)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PQ OP ⊥，若6FQ =，则C 的准线方程为______. 【答案】32x =- 15. 函数()212ln f x x x =--的最小值为______.【答案】116. 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21240dm S =，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22180dm S =，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1n k k S==∑______2dm .【答案】 (1). 5 (2). ()41537202n n -+-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{}n a 满足11a =，11,,2,.n n na n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数 （1）记2n nb a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式；（2）求{}n a 的前20项和.【答案】（1）122,5b b ==；（2）300.19. 记ABC 是内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .已知2b ac =，点D 在边AC 上，sin sin BD ABC a C ∠=.（1）证明：BD b =；（2）若2AD DC =，求cos ABC ∠.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos 12ABC ∠=. 20. 如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.【答案】（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD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AO ⊥CD(2) 621. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点()1F 、)2122F MF MF -=，点M 的轨迹为C . （1）求C 的方程；（2）设点T 在直线12x =上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB TP TQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.【答案】（1）()221116y x x -=≥；（2）0. 22. 已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b <+<. 【答案】（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b +=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫=⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<.先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<，故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<.设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦，因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立， 综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >， 结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-， 即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t t x t --=-， 要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t t t t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<， 令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->，则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+.设()()ln 1u x x x =+-，则()1111x u x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=，故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b <+<.。

2021年全国统一高考数学试卷（新高考Ⅰ）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．（5分）设集合{|24}A x x =-<<，{2,3,4,5}B =，则(A B = )A ．{2}B ．{2,3}C ．{3,4}D ．{2,3,4}2．（5分）已知2z i =-，则()(z z i += ) A ．62i -B ．42i -C ．62i +D ．42i +3．（5，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A ．2B ．C ．4D ．4．（5分）下列区间中，函数()7sin()6f x x π=-单调递增的区间是( )A ．(0,)2πB ．(,)2ππC ．3(,)2ππ D ．3(,2)2ππ 5．（5分）已知1F ，2F 是椭圆22:194x y C +=的两个焦点，点M 在C 上，则12||||MF MF ⋅的最大值为( )A ．13B ．12C ．9D ．66．（5分）若tan 2θ=-，则sin (1sin 2)(sin cos θθθθ+=+ )A ．65-B ．25-C ．25D ．657．（5分）若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则( ) A ．b e a <B ．a e b <C ．0b a e <<D ．0a b e <<8．（5分）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。

2021年新高考I卷数学真题和答案2021年新高考I卷数学真题和答案2021年新高考I卷数学真题和答案今年教育部考试中心命制了全国甲、乙卷文理及新高考I卷、II卷（不分文理）6套数学试卷，使用新高考I卷的有山东、福建、湖北、江苏、广东、湖南、河北。

下面是小编为你整理的2021年新高考I卷数学真题和答案，希望对你有帮助！数学真题：单选题本大题共9小题，每小题5分，共45分。

在每小题给出的4个选项中，有且只有一项是符合题目要求。

1. 设集合A={x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=A{2}B{2,3}C{3,4,}D{2,3,4}7.若过点（a,b)可以作曲线y=ex的两条切线，则Aeb<aBea<bC0<a<ebD0<b<ea8.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两组样本数据的样本极差相同15. 函数f(x) =|2x-l|-2lnx的最小值为________________18.(12 分)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类并从中随机抽収一个问题冋答，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題回答，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。

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（B)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 28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，将试卷和答题卡一井交回。

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A= {x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=A.{2}B.{2,3}C.{3,4,}D.{2,3,4}2.已知z=2-i，则(z(z⃗+i)=A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+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A.2B.2√2C.4D.4√24.下列区间中，函数f(x)=7sin(x−π6)单调递增的区间是A.(0,π2) B.(π2,π) C.( π,3π2) D.(3π2,2 π)5.已知F1,F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C 上，则|MF1|·|MF2|的最大值为A.13B.12C.9D.66.若tanθ=-2,则sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=A.−65B. −25 C. 25 D. 657.若过点（a,b)可以作曲线y=e x 的两条切线，则 A. e b <a B. e a <b C. 0<a<e b D. 0<b<e a8.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.丙与丁相互独立二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2021年高考真题——数学(新高考全国Ⅰ卷)+Word版含解析2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷，共22小题，满分150分，考试用时120分钟。

请考生注意以下事项：1.在答题卡上填写姓名、考生号、考场号和座位号，并用2B铅笔填涂试卷类型（A）。

2.选择题答案用2B铅笔在答题卡上涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后再涂其他答案。

非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，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。

3.考试结束后，请将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：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$A=x-2<x<4$，$B=\{2,3,4,5\}$，则$A$为（）A。

$\{2\}$。

B。

$\{2,3\}$。

C。

$\varnothing$。

D。

$\{3,4\}$2.已知$z=2-i$，则$z(z+i)$为（）A。

$6-2i$。

B。

$4-2i$。

C。

$6+2i$。

D。

$4+2i$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（）A。

2.B。

2$\sqrt{2}$。

C。

4.D。

4$\sqrt{2}$4.下列区间中，函数$f(x)=7\sin\left(x-\dfrac{\pi}{6}\right)$单调递增的区间是（）A。

$\left(0,\dfrac{\pi}{2}\right)$。

B。

$\left(\dfrac{\pi}{2},\pi\right)$。

C。

$\left(\dfrac{3\pi}{2},2\pi\right)$。

D。

$\left(\dfrac{\pi}{2},\dfrac{3\pi}{2}\right)$5.已知$F_1,F_2$是椭圆$C:x^2+y^2=1$的两个焦点，点$M$在$C$上，则$MF_1\cdot MF_2$的最大值为（）A。

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{}24A x x =-<<，{}2,3,4,5B =，则A B =（ ）A. {}2B. {}2,3C. {}3,4D.{}2,3,42. 已知2i z =-，则()i z z +=（ ） A. 62i -B. 42i -C. 62i +D. 42i +3. ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）A. 2B. C. 4D. 4. 下列区间中，函数()7sin 6f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭单调递增的区间是（ ） A. 0,2π⎛⎫⎪⎝⎭B. ,2ππ⎛⎫⎪⎝⎭C. 3,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭D.3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭5. 已知1F ，2F 是椭圆C ：22194x y +=的两个焦点，点M 在C 上，则12MF MF ⋅的最大值为（ ） A. 13B. 12C. 9D. 66. 若tan 2θ=-，则()sin 1sin 2sin cos θθθθ+=+（ ）A. 65-B. 25-C.25D.657. 若过点(),a b 可以作曲线e x y =的两条切线，则（ ） A. e b a < B. e a b < C. 0e b a <<D. 0e a b <<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1x ，2x ，…，n x ，由这组数据得到新样本数据1y ，2y ，…，n y ，其中i i y x c =+(1,2,,),i 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()1cos ,sin P αα，()2cos ,sin P ββ-，()()()3cos ,sin P αβαβ++，1,0A ，则（ ）A. 12OP OP =B. 12AP AP =C. 312OA OP OP OP ⋅=⋅ D. 123OA OP OP OP ⋅=⋅ 11. 已知点P 在圆()()225516x y -+-=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，PB =D. 当PBA ∠最大时，PB =12.正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[]0,1λ∈，[]0,1μ∈，则（ ）A. 当1λ=时，1AB P △的周长为定值B. 当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C. 当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥ D. 当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P 三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知函数()()322xx xa f x -=⋅-是偶函数，则a =______.14. 已知O 为坐标原点，抛物线C ：22y px =(0p >)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PQ OP ⊥，若6FQ =，则C 的准线方程为______.15. 函数()212ln f x x x =--的最小值为______.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21240dm S =，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22180dm S =，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1nkk S==∑______2dm .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{}n a 满足11a =，11,,2,.n n n a n a a n ++⎧=⎨+⎩为奇数为偶数（1）记2n n b a =，写出1b ，2b ，并求数列{}n b 的通项公式； （2）求{}n a 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2b ac =，点D 在边AC 上，sin sin BD ABC a C ∠=.（1）证明：BD b =；（2）若2AD DC =，求cos ABC ∠.20. 如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，AB AD =，O 为BD 的中点.（1）证明：OA CD ⊥；（2）若OCD 是边长为1的等边三角形，点E 在棱AD 上，2DE EA =，且二面角E BC D --的大小为45︒，求三棱锥A BCD -的体积.21. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点()1F 、)2122F MF MF -=，点M的轨迹为C . （1）求C 的方程； （2）设点T 在直线12x =上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且TA TB TP TQ ⋅=⋅，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和.22. 已知函数()()1ln f x x x =-. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.2021年普通高等学校招生全国统一考试数学 答案解析一､选择题：1. B 解析：由题设有{}2,3A B ⋂=， 故选B . 2. C 解析：因为2z i =-，故2z i =+，故()()()2222=4+42262z z i i i i i i i +=-+--=+故选C. 3. B 解析：设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2l ππ=，解得l =故选B.4. A 解析：因为函数sin y x =的单调递增区间为()22,22k k k Z ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭， 对于函数()7sin 6f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，由()22262k x k k Z πππππ-<-<+∈，解得()22233k x k k Z ππππ-<<+∈， 取0k =，可得函数()f x 的一个单调递增区间为2,33ππ⎛⎫-⎪⎝⎭， 则20,,233πππ⎛⎫⎛⎫⊆- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，2,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 选项满足条件，B 不满足条件； 取1k =，可得函数()f x 的一个单调递增区间为58,33ππ⎛⎫⎪⎝⎭， 32,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且358,,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，358,2,233ππππ⎛⎫⎛⎫⊄ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，CD 选项均不满足条件 故选A. 5. C 解析：由题，229,4a b ==，则1226MF MF a +==，所以2121292MF MF MF MF ⎛+⎫⋅≤= ⎪⎝⎭（当且仅当123MF MF ==时，等号成立）． 故选C ． 6. C 解析：将式子进行齐次化处理得：()()()22sin sin cos 2sin cos sin 1sin 2sin sin cos sin cos sin cos θθθθθθθθθθθθθθ+++==+++()2222sin sin cos tan tan 422sin cos 1tan 145θθθθθθθθ++-====+++． 故选：C ． 7. D 解析：在曲线xy e =上任取一点(),tP t e，对函数xy e=求导得e x y '=，所以，曲线xy e =在点P 处的切线方程为()tty e e x t -=-，即()1tty e x t e =+-，由题意可知，点(),a b 在直线()1tty e x t e =+-上，可得()()11tttb ae t e a t e =+-=+-，令()()1t f t a t e =+-，则()()t f t a t e '=-.当t a <时，()0f t '>，此时函数()f t 单调递增， 当t a >时，()0f t '<，此时函数()f t 单调递减， 所以，()()max af t f a e ==，由题意可知，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点，则()max ab f t e <=，当1t a <+时，()0f t >，当1t a >+时，()0f t <，作出函数()f t 的图象如下图所示：由图可知，当0a b e <<时，直线y b =与曲线()y f t =的图象有两个交点. 故选D.解法二：画出函数曲线xy e =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0a b e <<.故选D. 8. B 解析：11561()()()()6636366P P P P =====甲，乙，丙，丁， ，1()0()()()()()36P P P P P P =≠==甲丙甲丙，甲丁甲丁，1()()()()0()()36P P P P P P =≠=≠乙丙乙丙，丙丁丁丙，故选B二､选择题：9. CD 解析：()()()()D y D x D c D x =+=，故方差相同，C 正确；由极差的定义知：若第一组的极差为max min x x -，则第二组的极差为max min max min max min ()()y y x c x c x x -=+-+=-，故极差相同，D 正确；故选CD 10. AC 解析：A 项，1(cos ,sin )OP αα=，2(cos ,sin )OP ββ=-，所以1||cos 1OP ==，2||(cos 1OP ==，故12||||OP OP =，正确；C 项，由题意得：31cos()0sin()cos()OA OP αβαβαβ⋅=⨯++⨯+=+，12cos cos sin (sin )cos()OP OP αβαβαβ⋅=⋅+⋅-=+，正确；故选AC 11. ACD 解析：圆()()225516x y -+-=的圆心为()5,5M ，半径为4，直线AB 的方程为142x y+=，即240x y +-=，圆心M 到直线AB45==>，所以，点P 到直线AB 的距离的最小值为425-<410<，A 选项正确； 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PM PB ⊥，()()22052534BM =-+-=，4MP =，由勾股定理可得2232BP BM MP =-=，CD 选项正确.故选ACD. 12. BD 解析：易知，点P 在矩形11BCC B 内部（含边界）．对于B ，当1μ=时，1111=BP BC BB BB BC λλ=++，故此时P 点轨迹为线段11B C ，而11//B C BC ，11//B C 平面1A BC ，则有P 到平面1A BC 的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．对于D ，当12μ=时，112BP BC BB λ=+，取1BB ，1CC 中点为,M N ．BP BM MN λ=+，所以P 点轨迹为线段MN ．设010,,2P y ⎛⎫ ⎪⎝⎭，因为0,02A ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以01,22AP y ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，11,122A B ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，所以00311104222y y +-=⇒=-，此时P 与N 重合，故D 正确． 故选BD ．三､填空题：13. 答案：1 解析： 因为()()322xx xa f x -=⋅-，故()()322x x f x x a --=-⋅-，因为()f x 为偶函数，故()()f x f x -=， 时()()332222xx x x xa x a --⋅-=-⋅-，整理得到()()12+2=0x x a --，故1a =， 故答案为1 14. 答案：32x =- 解析：抛物线C ：22y px = (0p >)的焦点,02p F ⎛⎫⎪⎝⎭, ∵P 为C 上一点，PF 与x 轴垂直， 所以P 的横坐标为2p，代入抛物线方程求得P 的纵坐标为p ±, 不妨设(,)2pP p , 因为Q 为x 轴上一点，且PQ OP ⊥，所以Q 在F 的右侧， 又||6FQ =，(6,0),(6,)2pQ PQ p ∴+∴=- 因为PQ OP ⊥，所以PQ OP ⋅=2602pp ⨯-=, 0,3p p >∴=，所以C 的准线方程为32x =- 故答案为32x =-. 15. 答案：1 解析：由题设知：()|21|2ln f x x x =--定义域为(0,)+∞， ∴当102x <≤时，()122ln f x x x =--，此时()f x 单调递减； 当112x <≤时，()212ln f x x x =--，有2()20f x x'=-≤，此时()f x 单调递减； 当1x >时，()212ln f x x x =--，有2()20f x 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 x f ≥= 故答案为1. 16.答案： (1). 5 (2). ()41537202n n -+-解析：（1）由对折2次共可以得到5dm 12dm ⨯，10dm 6dm ⨯，20dm 3dm ⨯三种规格的图形，所以对着三次的结果有：5312561032022⨯⨯⨯⨯，，；，共4种不同规格（单位2dm )； 故对折4次可得到如下规格：5124⨯，562⨯，53⨯，3102⨯，3204⨯，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()2dm ,第n 次对折后的图形面积为111202n -⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭，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1n +种（证明从略），故得猜想1120(1)2n n n S -+=，设()0121112011202120312042222nk n k n S S -=+⨯⨯⨯==++++∑，则121112021203120120(1)22222n nn n S -⨯⨯+=++++， 两式作差得：()211201111124012022222n nn S -+⎛⎫=++++- ⎪⎝⎭ ()11601120122401212n n n -⎛⎫- ⎪+⎝⎭=+-- ()()112011203120360360222n n nn n -++=--=-， 因此，()()4240315372072022n n n n S -++=-=-. 故答案为5；()41537202n n -+-. 四､解答题：17.答案：（1）122,5b b ==；（2）300. 解析：（1）由题设可得121243212,1215b a a b a a a ==+===+=++=又22211k k a a ++=+，2122k k a a +=+，*()k N ∈故2223k k a a +=+，即13n n b b +=+，即13n n b b +-= 所以{}n b 为等差数列，故()21331n b n n =+-⨯=-.（2）设{}n a 的前20项和为20S ，则2012320S a a a a =++++，因为123419201,1,,1a a a a a a =-=-=-，所以()20241820210S a a a a =++++-()1291091021021023103002b b b b ⨯⎛⎫=++++-=⨯⨯+⨯-= ⎪⎝⎭.18.答案：（1）见解析；（2）B 类． 解析：（1）由题可知，X 的所有可能取值为0，20，100．()010.80.2P X ==-=； ()()200.810.60.32P X ==-=； ()1000.80.60.48P X ==⨯=．所以X 的分布列为（2）由（1）知，()00.2200.321000.4854.4E 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．()010.60.4P Y ==-=； ()()800.610.80.12P Y ==-=； ()1000.80.60.48P X ==⨯=．所以()00.4800.121000.4857.6E Y =⨯+⨯+⨯=． 因为54.457.6<，所以小明应选择先回答B 类问题． 19.答案：（1）证明见解析；（2）7cos 12ABC ∠=.（1）由题设，sin sin a C BD ABC =∠，由正弦定理知：sin sin c b C ABC =∠，即sin sin C cABC b=∠，∴acBD b=，又2b ac =， ∴BD b =，得证.（2）由题意知：2,,33b b BD b AD DC ===， ∴22222241399cos 24233b b b c c ADB b b b +--∠==⋅，同理2222221099cos 2233b b b a a CDB b b b +--∠==⋅， ∵ADB CDB π∠=-∠，∴2222221310994233b bc a b b --=，整理得2221123b a c +=，又2b ac =， ∴42221123b b a a +=，整理得422461130a a b b -+=，解得2213a b =或2232a b =，由余弦定理知：222224cos 232a c b a ABC ac b+-∠==-，当2213a b =时，7cos 16ABC ∠=>不合题意；当2232a b =时，7cos 12ABC ∠=； 综上，7cos 12ABC ∠=.答案：(1)详见解析(2) 36解析：（1）因为AB=AD,O 为BD 中点，所以AO ⊥BD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, BD CD D ⋂=,因此EF ⊥平面BCD ，即EF ⊥BC 因为FM ⊥BC ，FMEF F =,所以BC ⊥平面EFM ，即BC ⊥MF则EMF ∠为二面角E-BC-D 的平面角, 4EMF π∠=因为BO OD =,OCD 为正三角形,所以OCD 为直角三角形 因为2BE ED =,1112(1)2233FM BF ∴==+= 从而EF=FM=213AO ∴=AO ⊥平面BCD,所以11131133326BCD V AO S ∆=⋅=⨯⨯⨯⨯=21.答案：（1）()221116y x x -=≥；（2）0. 解析：因为12122MF MF F F -=<=所以，轨迹C 是以点1F 、2F 为左、右焦点的双曲线的右支，设轨迹C 的方程为()222210,0x y a b a b-=>>，则22a =，可得1a =，4b ==，所以，轨迹C 的方程为()221116y x x -=≥；（2）设点1,2T 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112y t k x ⎛⎫-=-⎪⎝⎭，即1112y k x t k =+-， 联立1122121616y k x t k x y ⎧=+-⎪⎨⎪-=⎩，消去y 并整理可得()()222111111621602k x k t k x t k ⎛⎫-+-+-+= ⎪⎝⎭，设点()11,A x y 、()22,B x y ，则112x >且212x >. 由韦达定理可得2111221216k k t x x k -+=-，211221116216t k x x k ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭=-，所以，()()()()22122121121122112111*********t k x x TA TB k x x k x x k +++⎛⎫⋅=+⋅-⋅-=+⋅-+= ⎪-⎝⎭， 设直线PQ 的斜率为2k ，同理可得()()2222212116t k TP TQ k ++⋅=-，因为TA TB TP TQ ⋅=⋅，即()()()()22221222121211211616tk t k k k ++++=--，整理可得2212k k =，即()()12120k k k k -+=，显然120k k -≠，故120k k +=. 因此，直线AB 与直线PQ 的斜率之和为0.22.答案：（1）()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞；（2）证明见解析. 解析：（1）函数的定义域为()0,∞+， 又()1ln 1ln f x x x '=--=-，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当()1,+x ∈∞时，()0f x '<， 故()f x 的递增区间为()0,1，递减区间为()1,+∞.（2）因为ln ln b a a b a b -=-，故()()ln 1ln +1b a a b +=，即ln 1ln +1a b a b+=， 故11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 设1211,x x a b==，由（1）可知不妨设1201,1x x <<>. 因为()0,1x ∈时，()()1ln 0f x x x =->，(),x e ∈+∞时，()()1ln 0f x x x =-<， 故21x e <<. 先证：122x x +>，若22x ≥，122x x +>必成立.若22x <， 要证：122x x +>，即证122x x >-，而2021x <-<， 故即证()()122f x f x >-，即证：()()222f x f x >-，其中212x <<. 设()()()2,12g x f x f x x =--<<，则()()()()2ln ln 2g x f x f x x x '''=+-=---()ln 2x x =--⎡⎤⎣⎦， 因为12x <<，故()021x x <-<，故()ln 20x x -->，所以()0g x '>，故()g x 在()1,2为增函数，所以()()10g x g >=， 故()()2f x f x >-，即()()222f x f x >-成立，所以122x x +>成立， 综上，122x x +>成立.设21x tx =，则1t >， 结合ln 1ln +1a b a b+=，1211,x x a b ==可得：()()11221ln 1ln x x x x -=-，即：()111ln 1ln ln x t t x -=--，故11ln ln 1t t tx t --=-，要证：12x x e +<，即证()11t x e +<，即证()1ln 1ln 1t x ++<， 即证：()1ln ln 111t t tt t --++<-，即证：()()1ln 1ln 0t t t t -+-<，令()()()1ln 1ln ,1S t t t t t t =-+->， 则()()112ln 11ln ln 111t S t t t t t t -⎛⎫'=++--=+- ⎪++⎝⎭， 先证明一个不等式：()ln 1x x ≤+. 设()()ln 1u x x x =+-，则()1111xu x x x -'=-=++， 当10x -<<时，()0u x '>；当0x >时，()0u x '<，故()u x 在()1,0-上为增函数，在()0,+∞上为减函数，故()()max 00u x u ==， 故()ln 1x x ≤+成立由上述不等式可得当1t >时，112ln 11t t t ⎛⎫+≤< ⎪+⎝⎭，故()0S t '<恒成立， 故()S t 在()1,+∞上为减函数，故()()10S t S <=， 故()()1ln 1ln 0t t t t -+-<成立，即12x x e +<成立. 综上所述，112e a b<+<.。

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学（原卷）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（B)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 28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，将试卷和答题卡一井交回。

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A= {x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=A.{2}B.{2,3}C.{3,4,}D.{2,3,4}2.已知z=2-i，则(z(z⃗+i)=A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+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A.2B.2√2C.4D.4√24.下列区间中，函数f(x)=7sin(x−π6)单调递增的区间是A.(0,π2) B.(π2,π) C.(π,3π2) D.(3π2,2 π)5.已知F1,F2是椭圆C：x 29+y24=1的两个焦点，点M在C 上，则|MF1|·|MF2|的最大值为A.13B.12C.9D.66.若tanθ=-2,则sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=A.−65B. −25C.25D.657.若过点（a,b)可以作曲线y=e x的两条切线，则A. e b <aB. e a <bC. 0<a<e bD. 0<b<e a8.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.丙与丁相互独立二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题（新高考Ⅰ）一、单项选择题（本大题共8小题，共40.0分）1.设集合A={x|−2<x<4}，B={2,3，4，5}，则A∩B=()A. {2}B. {2,3}C. {3,4}D. {2,3，4}【答案】B【解析】解：∵A={x|−2<x<4}，B={2,3，4，5}，∴A∩B={x|−2<x<4}∩{2,3，4，5}={2，3}．故选：B．直接利用交集运算得答案．本题考查交集及其运算，是基础题．2.已知z=2−i，则z(z−+i)=()A. 6−2iB. 4−2iC. 6+2iD. 4+2i【答案】C【解析】解：∵z=2−i，∴z(z−+i)=(2−i)(2+i+i)=(2−i)(2+2i)=4+4i−2i−2i2=6+2i．故选：C．把z=2−i代入z(z−+i)，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．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()A. 2B. 2√2C. 4D. 4√2【答案】B【解析】解：由题意，设母线长为l，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅√2=π⋅l，解得l=2√2，所以该圆锥的母线长为2√2．故选：B．设母线长为l，利用圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，列出方程，求解即可．本题考查了旋转体的理解和应用，解题的关键是掌握圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，考查了逻辑推理能力与运算能力，属于基础题．4.下列区间中，函数f(x)=7sin(x−π6)单调递增的区间是()A. (0,π2) B. (π2,π) C. (π,3π2) D. (3π2,2π)【答案】A【解析】解：令−π2+2kπ≤x−π6≤π2+2kπ，k∈Z．则−π3+2kπ≤x≤2π3+2kπ，k∈Z．当k=0时，k∈[−π3,2π3]，(0,π2)⊆[−π3，2π3]，故选：A．本题需要借助正弦函数单调增区间的相关知识点求解．本题考查正弦函数单调性，是简单题．5.已知F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|⋅|MF2|的最大值为()A. 13B. 12C. 9D. 6【答案】C【解析】解：F1，F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C上，|MF1|+|MF2|=6，所以|MF1|⋅|MF2|≤(|MF1|+|MF2|2)2=9，当且仅当|MF1|=|MF2|=3时，取等号，所以|MF1|⋅|MF2|的最大值为9．故选：C．利用椭圆的定义，结合基本不等式，转化求解即可．本题考查椭圆的简单性质的应用，基本不等式的应用，是基础题．6.若tanθ=−2，则sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=()A. −65B. −25C. 25D. 65【答案】C【解析】解：由题意可得：sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=sinθ(sin2θ+cos2θ+2sinθcosθ)sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)2sinθ+cosθ=sinθ(sinθ+cosθ)=sin2θ+sinθcosθsin2θ+cos2θ=tan2θ+tanθ1+tan2θ=4−21+4=25．故选：C．由题意化简所给的三角函数式，然后利用齐次式的特征即可求得三角函数式的值．本题主要考查同角三角函数基本关系，三角函数式的求值等知识，属于中等题．7.若过点(a,b)可以作曲线y=e x的两条切线，则()A. e b<aB. e a<bC. 0<a<e bD. 0<b<e a【答案】D【解析】解：函数y=e x是增函数，y′=e x>0恒成立，函数的图象如图，y>0，即取得坐标在x轴上方，如果(a,b)在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．点(a,b)在x轴或下方时，只有一条切线．如果(a,b)在曲线上，只有一条切线；(a,b)在曲线上侧，没有切线；由图象可知(a,b)在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知0<b<e a．故选：D．画出函数的图象，判断(a,b)与函数的图象的位置关系，即可得到选项．本题考查曲线与方程的应用，函数的单调性以及切线的关系，考查数形结合思想，是中档题．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】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：(2,6)，(3,5)，(4,4)，(5,3)，(6,2)， 两点数和为7的所有可能为(1,6)，(2,5)，(3,4)，(4,3)，(5,2)，(6,1)， P(甲)=16，P(乙)=16，P(丙)=56×6=536，P(丁)=66×6=16， A ：P(甲丙)=0≠P(甲)P(丙)， B ：P(甲丁)=136=P(甲)P(丁)， C ：P(乙丙)=136≠P(乙)P(丙)， D ：P(丙丁)=0≠P(丙)P(丁)， 故选：B ．分别列出甲、乙、丙、丁可能的情况，然后根据独立事件的定义判断即可．本题考查相互独立事件的应用，要求能够列举出所有事件和发生事件的个数，属于中档题．二、多项选择题（本大题共4小题，共20.0分）9. 有一组样本数据x 1，x 2，…，x n ，由这组数据得到新样本数据y 1，y 2，…，y n ，其中y i =x i +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. 两组样本数据的样本极差相同【答案】CD【解析】解：对于A ，两组数据的平均数的差为c ，故A 错误； 对于B ，两组样本数据的样本中位数的差是c ，故B 错误； 对于C ，∵标准差D(y i )=D(x i +c)=D(x i )， ∴两组样本数据的样本标准差相同，故C 正确；对于D ，∵y i =x i +c(i =1,2，…，n)，c 为非零常数，x 的极差为x max −x min ，y 的极差为(x max +c)−(x min +c)=x max −x min ， ∴两组样本数据的样本极差相同，故D 正确． 故选：CD ．利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可．本题考查命题真假的判断，考查平均数、中位数、标准差、极差的定义等基础知识，是基础题．10. 已知O 为坐标原点，点P 1(cosα,sinα)，P 2(cosβ,−sinβ)，P 3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则( ) A. |OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | B. |AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ | C. OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ D. OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗【答案】AC【解析】解：∵P 1(cosα,sinα)，P 2(cosβ,−sinβ)，P 3(cos(α+β),sin(α+β))，A(1,0)， ∴OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosα,sinα)，OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosβ,−sinβ)， OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cos(α+β),sin(α+β))，OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,0)， AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosα−1,sinα)，AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(cosβ−1,−sinβ)，则|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√cos 2α+sin 2α=1，|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√cos 2β+(−sinβ)2=1，则|OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=|OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，故A 正确；|AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(cosα−1)2+sin 2α=√cos 2α+sin 2α−2cosα+1=√2−2cosα， |AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(cosβ−1)2+(−sinβ)2=√cos 2β+sin 2β−2cosβ+1=√2−2cosβ，|AP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |≠|AP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，故B 错误；OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×cos(α+β)+0×sin(α+β)=cos(α+β)， OP 1−⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =cosαcosβ−sinαsinβ=cos(α+β)， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故C 正确； OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =1×cosα+0×sinα=cosα，OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =cosβcos(α+β)−sinβsin(α+β)=cos[β+(α+β)]=cos(α+2β)， ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ≠OP 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅OP 3⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，故D 错误． 故选：AC ．由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，考查运算求解能力，是中档题．11. 已知点P 在圆(x −5)2+(y −5)2=16上，点A(4,0)，B(0,2)，则( )A. 点P 到直线AB 的距离小于10B. 点P 到直线AB 的距离大于2C. 当∠PBA 最小时，|PB|=3√2D. 当∠PBA 最大时，|PB|=3√2【答案】ACD【解析】解：∵A(4,0)，B(0,2)，∴过A 、B 的直线方程为x 4+y2=1，即x +2y −4=0，圆(x −5)2+(y −5)2=16的圆心坐标为(5,5)， 圆心到直线x +2y −4=0的距离d =|1×5+2×5−4|√12+22=11√5=11√55>4，∴点P 到直线AB 的距离的范围为[11√55−4,11√55+4]，∵11√55<5，∴11√55−4<1，11√55+4<10，∴点P 到直线AB 的距离小于10，但不一定大于2，故A 正确，B 错误；如图，当过B 的直线与圆相切时，满足∠PBA 最小或最大(P 点位于P 1时∠PBA 最小，位于P 2时∠PBA 最大)，此时|BC|=√(5−0)2+(5−2)2=√25+9=√34， ∴|PB|=√|BC|2−42=√18=3√2，故CD 正确． 故选：ACD ．求出过AB 的直线方程，再求出圆心到直线AB 的距离，得到圆上的点P 到直线AB 的距离范围，判断A 与B ；画出图形，由图可知，当过B 的直线与圆相切时，满足∠PBA 最小或最大，求出圆心与B 点间的距离，再由勾股定理求得|PB|判断C 与D ． 本题考查直线与圆的位置关系，考查转化思想与数形结合思想，是中档题．12. 在正三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，AB =AA 1=1，点P 满足BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，其中λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则( )A. 当λ=1时，△AB 1P 的周长为定值B. 当μ=1时，三棱锥P −A 1BC 的体积为定值C. 当λ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1P ⊥BP D. 当μ=12时，有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P【答案】BD【解析】解：对于A ，当λ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即CP ⃗⃗⃗⃗⃗ =μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以CP ⃗⃗⃗⃗⃗ //BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故点P 在线段CC 1上，此时△AB 1P 的周长为AB 1+B 1P +AP ， 当点P 为CC 1的中点时，△AB 1P 的周长为√5+√2， 当点P 在点C 1处时，△AB 1P 的周长为2√2+1， 故周长不为定值，故选项A 错误；对于B ，当μ=1时，BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即B 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以B 1P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 故点P 在线段B 1C 1上， 因为B 1C 1//平面A 1BC ，所以直线B 1C 1上的点到平面A 1BC 的距离相等， 又△A 1BC 的面积为定值，所以三棱锥P −A 1BC 的体积为定值，故选项B 正确；对于C ，当λ=12时，取线段BC ，B 1C 1的中点分别为M ，M 1，连结M 1M ，因为BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ +μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μBB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以MP ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ //BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，则点P 在线段M 1M 上，当点P 在M 1处时，A 1M 1⊥B 1C 1，A 1M 1⊥B 1B ， 又B 1C 1∩B 1B =B 1，所以A 1M 1⊥平面BB 1C 1C ，又BM 1⊂平面BB 1C 1C ，所以A 1M 1⊥BM 1，即A 1P ⊥BP ， 同理，当点P 在M 处，A 1P ⊥BP ，故选项C 错误；对于D ，当μ=12时，取CC 1的中点D 1，BB 1的中点D ， 因为BP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，即DP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λBC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，所以DP ⃗⃗⃗⃗⃗ //BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 则点P 在线的DD 1上，当点P 在点D 1处时，取AC 的中点E ，连结A 1E ，BE ，因为BE ⊥平面ACC 1A 1，又AD 1⊂平面ACC 1A 1，所以AD 1⊥BE ， 在正方形ACC 1A 1中，AD 1⊥A 1E ， 又BE ∩A 1E =E ，BE ，A 1E ⊂平面A 1BE ，故AD 1⊥平面A 1BE ，又A 1B ⊂平面A 1BE ，所以A 1B ⊥AD 1， 在正方体形ABB 1A 1中，A 1B ⊥AB 1，又AD 1∩AB 1=A ，AD 1，AB 1⊂平面AB 1D 1，所以A 1B ⊥平面AB 1D 1， 因为过定点A 与定直线A 1B 垂直的平面有且只有一个， 故有且仅有一个点P ，使得A 1B ⊥平面AB 1P ，故选项D 正确．故选：BD ．判断当λ=1时，点P 在线段CC 1上，分别计算点P 为两个特殊点时的周长，即可判断选项A ；当μ=1时，点P 在线段B 1C 1上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B ；当λ=12时，取线段BC ，B 1C 1的中点分别为M ，M 1，连结M 1M ，则点P 在线段M 1M 上，分别取点P 在M 1，M 处，得到均满足A 1P ⊥BP ，即可判断选项C ；当μ=12时，取CC 1的中点D 1，BB 1的中点D ，则点P 在线的DD 1上，证明当点P 在点D 1处时，A 1B ⊥平面AB 1D 1，利用过定点A 与定直线A 1B 垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D ． 本题考查了动点轨迹，线面平行与线面垂直的判定，锥体的体积问题等，综合性强，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于难题．三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知函数f(x)=x 3(a ⋅2x −2−x )是偶函数，则a = ______ ． 【答案】1【解析】解：函数f(x)=x 3(a ⋅2x −2−x )是偶函数， y =x 3为R 上的奇函数，故y =a ⋅2x −2−x 也为R 上的奇函数， 所以y|x=0=a ⋅20−20=a −1=0， 所以a =1． 故答案为：1．利用奇函数的定义即可求解a 的值．本题主要考查利用函数奇偶性的应用，考查计算能力，属于基础题．14. 已知O 为坐标原点，抛物线C ：y 2=2px(p >0)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PQ ⊥OP.若|FQ|=6，则C 的准线方程为______ ． 【答案】x =−32【解析】解：由题意，不妨设P 在第一象限，则P(p2,p)，k OP =2，PQ ⊥OP ． 所以k PQ =−12，所以PQ 的方程为：y −p =−12(x −p 2)， y =0时，x =5p 2，|FQ|=6，所以5p2−p2=6，解得p =3，所以抛物线的准线方程为：x =−32． 故答案为：x =−32．求出点P 的坐标，推出PQ 方程，然后求解Q 的坐标，利用|FQ|=6，求解p ，然后求解准线方程．本题考查抛物线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．15. 函数f(x)=|2x −1|−2lnx 的最小值为______ ． 【答案】1【解析】解：函数f(x)=|2x −1|−2lnx 的定义域为(0,+∞)． 当0<x ≤12时，f(x)=|2x −1|−2lnx =−2x +1−2lnx ， 此时函数f(x)在(0,12]上为减函数，所以f(x)≥f(12)=−2×12+1−2ln 12=2ln2； 当x >12时，f(x)=|2x −1|−2lnx =2x −1−2lnx ， 则f′(x)=2−2x =2(x−1)x，当x ∈(12,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 当x ∈(1,+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴当x =1时f(x)取得最小值为f(1)=2×1−1−2ln1=1． ∵2ln2=ln4>lne =1，∴函数f(x)=|2x −1|−2lnx 的最小值为1． 故答案为：1．求出函数定义域，对x 分段去绝对值，当0<x ≤12时，直接利用单调性求最值；当x >12时，利用导数求最值，进一步得到f(x)的最小值．本题考查利用导数求最值的应用，考查运算求解能力，是中档题．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S 1=240dm 2，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S 2=180dm 2，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∑S k n k=1= ______ dm 2．【答案】5 240(3−n+32n)【解析】解：易知有20dm ×34dm,10dm ×32dm,5dm ×3dm,52dm ×6dm ，54dm ×12dm ，共5种规格；由题可知，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，故S k =240(k+1)2k，则∑S k n k=1=240∑k+12kn k=1，记T n =∑k+12kn k=1，则12T n =∑k+12k+1n k=1， ∴12T n =∑k+12k n k=1−∑k+12k+1n k=1=1+(∑k+22k+1n−1k=1−∑k+22k+1n k=1)−n+12n+1=1+14(1−12n−1)1−12−n+12n+1=32−n+32n+1， ∴T n =3−n+32n，∴∑S k n k=1=240(3−n+32n)． 故答案为：5；240(3−n+32n)．依题意，对折k 次共有k +1种规格，且面积为2402k ，则S k =240(k+1)2k，∑S k n k=1=240∑k+12kn k=1，然后再转化求解即可．本题考查数列的求和，考查数学知识在生活中的具体运用，考查运算求解能力及应用意识，属于中档题．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. 已知数列{a n }满足a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数,a n +2,n 为偶数.(1)记b n =a 2n ，写出b 1，b 2，并求数列{b n }的通项公式； (2)求{a n }的前20项和．【答案】解：(1)因为a 1=1，a n+1={a n +1,n 为奇数a n +2,n 为偶数，所以a 2=a 1+1=2，a 3=a 2+2=4，a 4=a 3+1=5， 所以b 1=a 2=2，b 2=a 4=5，b n −b n−1=a 2n −a 2n−2=a 2n −a 2n−1+a 2n−1−a 2n−2=1+2=3， 所以数列{b n }是以b 1=2为首项，以3为公差的等差数列，所以b n=2+3(n−1)=3n−1．(2)由(1)可得a2n=3n−1，n∈N∗，则a2n−1=a2n−2+2=3(n−1)−1+2=3n−2，n≥2，当n=1时，a1=1也适合上式，所以a2n−1=3n−2，n∈N∗，所以数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，则{a n}的前20项和为a1+a2+...+a20=(a1+a3+⋯+a19)+(a2+a4+⋯+a20)=10+10×92×3+10×2+10×92×3=300．【解析】(1)由数列{a n}的通项公式可求得a2，a4，从而可得求得b1，b2，由b n−b n−1=3可得数列{b n}是等差数列，从而可求得数列{b n}的通项公式；(2)由数列{a n}的通项公式可得数列{a n}的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．本题主要考查数列的递推式，数列的求和，考查运算求解能力，属于中档题．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．已知小明能正确回答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)为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由．【答案】解：(1)由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，则P(X=0)=1−0.8=0.2，P(X=20)=0.8×(1−0.6)=0.32P(X=100)=0.8×0.6=0.48，所以X的分布列为：(2)由(1)可知小明先回答A类问题累计得分的期望为E(X)=0×0.2+20×0.32+100×0.48=54.4，若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，则Y的所有可能取值为0，80，100，P(Y=0)=1−0.6=0.4，P(Y=80)=0.6×(1−0.8)=0.12，P(Y=100)=0.6×0.8=0.48，则Y的期望为E(Y)=0×0.4+80×0.12+100×0.48=57.6，因为E(Y)>E(X)，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答B类问题．【解析】(1)由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，分别求出对应的概率即可求解分布列；(2)由(1)可得E(X)，若小明先回答B类问题，记Y为小明的累计得分，Y的所有可能取值为0，80，100，分别求出对应的概率，从而可得E(Y)，比较E(X)与E(Y)的大小，即可得出结论．本题主要考查离散型随机变量分布列及数学期望，考查运算求解能力，属于中档题．19.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知b2=ac，点D在边AC上，BDsin∠ABC=asinC．(1)证明：BD=b；(2)若AD=2DC，求cos∠ABC．【答案】解：(1)证明：由正弦定理知，bsin∠ABC =csin∠ACB=2R，∴b=2Rsin∠ABC，c=2Rsin∠ACB，∵b2=ac，∴b⋅2Rsin∠ABC=a⋅2Rsin∠ACB，即bsin∠ABC=asinC，∵BDsin∠ABC=asinC．∴BD=b；(2)由(1)知BD=b，∵AD=2DC，∴AD=23b，DC=13b，在△ABD中，由余弦定理知，cos∠BDA=BD 2+AD2−AB22BD⋅AD=b2+(23b)2−c22b⋅23b=13b2−9c212b2，在△CBD中，由余弦定理知，cos∠BDC=BD 2+CD2−BC22BD⋅CD=b2+(13b)2−a22b⋅13b=10b2−9a26b2，∵∠BDA+∠BDC=π，∴cos∠BDA+cos∠BDC=0，即13b2−9c212b2+10b2−9a26b2=0，得11b2=3c2+6a2，∵b2=ac，∴3c2−11ac+6a2=0，∴c=3a或c=23a，在△ABC中，由余弦定理知，cos∠ABC=a2+c2−b22ac =a2+c2−ac2ac，当c=3a时，cos∠ABC=76>1(舍)；当c=23a时，cos∠ABC=712；综上所述，cos∠ABC=712．【解析】(1)利用正弦定理求解；(2)要能找到隐含条件：∠BDA和∠BDC互补，从而列出等式关系求解．本题考查正弦定理及余弦定理的内容，是一道好题．20.如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，AB=AD，O为BD的中点．(1)证明：OA⊥CD；(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E−BC−D的大小为45°，求三棱锥A−BCD的体积．【答案】解：(1)证明：因为AB=AD，O为BD的中点，所以AO⊥BD，又平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD =BD ，AO ⊂平面BCD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ， 所以AO ⊥CD ；(2)取OD 的中点F ，因为△OCD 为正三角形，所以CF ⊥OD ， 过O 作OM//CF 与BC 交于点M ，则OM ⊥OD ， 所以OM ，OD ，OA 两两垂直，以点O 为坐标原点，分别以OM ，OD ，OA 为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系如图所示，则B(0,−1,0)，C(√32,12,0)，D(0,1，0)，设A(0,0，t)，则E(0,13,2t 3)，因为OA ⊥平面BCD ，故平面BCD 的一个法向量为OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,0,t)， 设平面BCE 的法向量为n⃗ =(x,y,z)， 又BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√32,32,0),BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,43,2t 3)，所以由{n ⃗ ⋅BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ⃗ ⋅BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，得{√32x +32y =043y +2t3z =0， 令x =√3，则y =−1，z =2t ，故n ⃗ =(√3,−1,2t )， 因为二面角E −BC −D 的大小为45°，所以|cos <n ⃗ ,OA ⃗⃗⃗⃗⃗ >|=|n ⃗⃗ ⋅OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ ||OA⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=t√4+4t 2=√22，解得t =1，所以OA =1，又S △OCD =12×1×1×√32=√34，所以S △BCD =√32，故V A−BCD =13⋅S △BCD ⋅OA =13×√32×1=√36．【解析】(1)利用等腰三角形中线就是高，得到AO ⊥BD ，然后利用面面垂直的性质，得到AO ⊥平面BCD ，再利用线面垂直的性质，即可证明AO ⊥CD ；(2)建立合适的空间直角坐标系，设A(0,0，t)，利用待定系数法求出平面的法向量，由向量的夹角公式求出t 的值，然后利用锥体的体积公式求解即可．本题考查了面面垂直和线面垂直的性质，在求解有关空间角问题的时候，一般要建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题，属于中档题．21. 在平面直角坐标系xOy 中，已知点F 1(−√17,0)，F 2(√17,0)，点M 满足|MF 1|−|MF 2|=2.记M 的轨迹为C ．(1)求C 的方程；(2)设点T 在直线x =12上，过T 的两条直线分别交C 于A ，B 两点和P ，Q 两点，且|TA|⋅|TB|=|TP|⋅|TQ|，求直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和． 【答案】解：(1)由双曲线的定义可知，M 的轨迹C 是双曲线的右支，设C 的方程为x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0),x >0，根据题意{c =√172a =2c 2=a 2+b 2，解得{a =1b =4c =√17，∴C 的方程为x 2−y 216=1(x >0)；(2)设T(12,m)，直线AB 的参数方程为{x =12+tcosθy =m +tsinθ，将其代入C 的方程并整理可得，(16cos 2θ−sin 2θ)t 2+(16cosθ−2msinθ)t −(m 2+12)=0，由参数的几何意义可知，|TA|=t 1，|TB|=t 2，则t 1t 2=m 2+12sin 2θ−16cos 2θ=m 2+121−17cos 2θ，设直线PQ 的参数方程为{x =12+λcosβy =m +λsinβ，|TP|=λ1，|TQ|=λ2，同理可得，λ1λ2=m 2+121−17cos 2β，依题意，m 2+121−17cos 2θ=m 2+121−17cos 2β，则cos 2θ=cos 2β，又θ≠β，故cosθ=−cosβ，则cosθ+cosβ=0，即直线AB 的斜率与直线PQ 的斜率之和为0．【解析】(1)M 的轨迹C 是双曲线的右支，根据题意建立关于a ，b ，c 的方程组，解出即可求得C 的方程；(2)设出直线AB 的参数方程，与双曲线方程联立，由参数的几何意义可求得|TA|⋅|TB|，同理求得|TP|⋅|TQ|，再根据|TA|⋅|TB|=|TP|⋅|TQ|，即可得出答案．本题考查双曲线的定义及其标准方程，考查直线与双曲线的位置关系，考查直线参数方程的运用，考查运算求解能力，属于中档题．22. 已知函数f(x)=x(1−lnx)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且blna −alnb =a −b ，证明：2<1a +1b <e ． 【答案】(1)解：由函数的解析式可得f′(x)=1−lnx −1=−lnx ， ∴x ∈(0,1)，f′(x)>0，f(x)单调递增，x∈(1,+∞)，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减．(2)证明：由blna−alnb=a−b，得−1a ln1a+1bln1b=1b−1a，即1a (1−ln1a)=1b(1−ln1b)，由(1)f(x)在(0,1)单调递增，在(1,+∞)单调递减，所以f(x)max=f(1)=1，且f(e)=0，令x1=1a ，x2=1b，则x1，x2为f(x)=k的两根，其中k∈(0,1)．不妨令x1∈(0,1)，x2∈(1,e)，则2−x1>1，先证2<x1+x2，即证x2>2−x1，即证f(x2)=f(x1)<f(2−x1)，令ℎ(x)=f(x)−f(2−x)，则ℎ′(x)=f′(x)+f′(2−x)=−lnx−ln(2−x)=−ln[x(2−x)]在(0,1)单调递减，所以ℎ′(x)>ℎ′(1)=0，故函数ℎ(x)在(0,1)单调递增，∴ℎ(x1)<ℎ(1)=0.∴f(x1)<f(2−x1)，∴2<x1+x2，得证．同理，要证x1+x2<e，即证1<x2<e−x1，根据(1)中f(x)单调性，即证f(x2)=f(x1)>f(e−x1)，令φ(x)=f(x)−f(e−x)，x∈(0,1)，则φ′(x)=−ln[x(e−x)]，令φ′(x0)=0，x∈(0,x0)，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，x∈(x0,1)，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，又x>0，f(x)>0，且f(e)=0，故x→0，φ(0)>0，φ(1)=f(1)−f(e−1)>0，∴φ(x)>0恒成立，x1+x2<e得证，则2<1a +1b<e．【解析】(1)首先求得导函数的解析式，然后结合导函数的符号即可确定函数的单调性，(2)利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可．本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想，同构的数学思想等知识，属于难题．。

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.2. 已知，则（）A. B. C. D.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.4. 下列区间中，函数单调递增的区间是（）A. B. C. D.5. 已知，是椭圆：的两个焦点，点在上，则的最大值为（）A. 13B. 12C. 9D. 66. 若，则（）A B. C. D.7. 若过点可以作曲线的两条切线，则（）A. B.C. 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10. 已知为坐标原点，点，，，，则（）A B.C. D.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，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______.14. 已知为坐标原点，抛物线：()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______.15. 函数的最小值为______.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______.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，，并求数列的通项公式；（2）求的前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.19. 记是内角，，的对边分别为，，.已知，点在边上，.（1）证明：；（2）若，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.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.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：.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. 13B. 12C. 9D. 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：CD10. 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：AC11. 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：114. 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.。

2021年全国统一新高考数学试卷（新高考Ⅰ卷）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{|24}A x x =-<<，{2B =，3，4，5}，则(A B = )A ．{2}B ．{2，3}C ．{3，4}D ．{2，3，4}2．已知2z i =-，则()(z z i += )A ．62i -B ．42i -C ．62i +D ．42i + 3( )A ．2B ．C ．4D ．4．下列区间中，函数()7sin()6f x x π=-单调递增的区间是( )A ．(0,)2πB ．(2π，)π C ．3(,)2ππ D ．3(2π，2)π5．已知1F ，2F 是椭圆22:194x y C +=的两个焦点，点M 在C 上，则12||||MF MF ⋅的最大值为( )A ．13B ．12C ．9D ．66．若tan 2θ=-，则sin (1sin 2)(sin cos θθθθ+=+ )A ．65-B ．25-C ．25D ．657．若过点(,)a b 可以作曲线x y e =的两条切线，则( ) A ．b e a <B ．a e b <C ．0b a e <<D ．0a b e <<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1x ，2x ，⋯，n x ，由这组数据得到新样本数据1y ，2y ，⋯，n y ，其中(1i i y x c i =+=，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 ．两组样本数据的样本极差相同10．已知O 为坐标原点，点1(cos ,sin )P αα，2(cos ,sin )P ββ-，3(cos()P αβ+，sin())αβ+，(1,0)A ，则( )A ．12||||OP OP =B ．12||||AP AP =C ．312OA OP OP OP ⋅=⋅D ．123OA OP OP OP ⋅=⋅11．已知点P 在圆22(5)(5)16x y -+-=上，点(4,0)A ，(0,2)B ，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2C ．当PBA ∠最小时，||PB =D ．当PBA ∠最大时，||32PB =12．在正三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，点P 满足1BP BC BB λμ=+，其中[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则( )A ．当1λ=时，△1AB P 的周长为定值B ．当1μ=时，三棱锥1P A BC -的体积为定值C ．当12λ=时，有且仅有一个点P ，使得1A P BP ⊥D ．当12μ=时，有且仅有一个点P ，使得1A B ⊥平面1AB P三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。