1、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
2、.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（
3、）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
4、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. 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：()的焦点为，为上一点，与轴垂直
5、，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，每位参加比赛的同学先在两类问题中选择一类并从中随
6、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.
7、（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.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 答案解析一选择题：1. B解析：由题设有，故选B .2. C解析：因为，故，故故选C.3. B解析：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. A解析：因为函数的单调递增区间为，对于函数，由，解得
8、，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.5. C解析：由题，则，所以（当且仅当时，等号成立）故选C6. C解析：将式子进行齐次化处理得：故选：C7. D解析：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
9、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.8. B解析： ，故选B二选择题：9. CD解析：，故方差相同，C正确；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，D正确；故选CD10. AC解析：A项，所以，故，正确； C项，由题意得：，正确； 故选AC11. ACD解析：圆的圆心为，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；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.12. BD解析：易知，点在矩形内部（含边界）对于B，当时，故此时点轨迹为线段，而，平面
10、，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三填空题：13. 答案：1解析：因为，故，因为为偶函数，故，时，整理得到，故，故答案为114. 答案：解析：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.15. 答案：1解析：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
11、调递增；故答案为1.16. 答案： (1). 5 (2). 解析：（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；.四解答题： 17. 答案：（1）；（2）.解析：（1）由题设可得又， 故，即，即所以为等差数列，故.（2）设的前
12、项和为，则，因为，所以.18. 答案：（1）见解析；（2）类解析：（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，；所以因为，所以小明应选择先回答类问题19. 答案：（1）证明见解析；（2）.解析：（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，.20. 答案：(1)详见解析(2) 解析：（1）因为AB=AD,O为BD中点，所以AOBD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B
13、CD，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, ,因此EF平面BCD，即EFBC因为FMBC，,所以BC平面EFM，即BCMF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21. 答案：（1）；（2）.解析：因为，所以，轨迹是以点、为左、右焦点的双曲线的右支，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
14、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.22. 答案：（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.解析：（1）函数的定义域为，又，当时，当时，故的递增区间为，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，.