2021年高中数学新高考真题卷一卷二合集

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2021年高中数学新高考试卷一原卷与答案2021年高中数学新高考试卷二原卷与答案2021年高中数学新高考真题卷一卷二合集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.

12.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（）AB.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

2二､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.

313.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，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.

420.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

52B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（）

6A.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，

7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】本题关键在于正确理解能够想到求最值的方法，即通过基本不等式放缩得到．6.若，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将式子进行齐次化处理，代入即可得到结果．【详解】将式子进行齐次化处理得：

8．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】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【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：

9由图可知，当时，直线与曲线的图象有两个交点.故选：D.【点睛】数形结合是解决数学问题常用且有效的方法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

10【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（）AB.C.D.【答案】AC【解析】

11【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：，，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.

12【详解】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，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

13D.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，

14，，，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.

15【详解】不妨设因为，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】

16【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）对折次可得到如下规格：，，，，，共种；（2）由题意可得，，，，，，设，则，两式作差得，因此，.故答案为：；.【点睛】方法点睛：数列求和常用方法：（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

17，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，，并求数列的通项公式；（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

18两类问题，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．因为，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，

19.（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，

20∴，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，

21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⊥MF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】

22【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，，

23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，，故的递增区间为，递减区间为.（2）因为，故，即，故，

24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：.

25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年全国统一高考数学试卷（新高考全国Ⅱ卷）使用省份：海南､辽宁､重庆一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.复数在复平面内对应点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.设集合，则（）AB.C.D.3.抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A.1B.2C.D.44.北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为

26（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A26%B.34%C.42%D.50%5.正四棱台上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A.B.C.D.6.某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（）A.越小，该物理量在一次测量中在的概率越大B.越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C.越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D.越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等7.已知，，，则下列判断正确的是（）A.B.C.D.8.已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（）A.B.C.D.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.下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（）A.样本的标准差B.样本的中位数C.样本的极差D.样本的平均数

2710.如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A.B.C.D.11.已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A圆C外，则直线l与圆C相离D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切12.设正整数，其中，记．则（）A.B.C.D.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_______________14.写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．①；②当时，；③是奇函数．

2815.已知向量，，，_______．16.已知函数，函数的图象在点和点的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．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.记是公差不为0的等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．18.在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．19.在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．20.已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，

29N，F三点共线的充要条件是．21.一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．（1）已知，求；（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．22.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点①；②．2021年全国统一高考数学试卷（新高考全国Ⅱ卷）使用省份：海南､辽宁､重庆一､选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.复数在复平面内对应的点所在的象限为（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A

30【解析】【分析】利用复数的除法可化简，从而可求对应的点的位置.【详解】，所以该复数对应的点为，该点在第一象限，故选：A2.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据交集、补集的定义可求.【详解】由题设可得，故，故选：B.3.抛物线的焦点到直线的距离为，则（）A.1B.2C.D.4【答案】B【解析】【分析】首先确定抛物线的焦点坐标，然后结合点到直线距离公式可得的值.【详解】抛物线的焦点坐标为，其到直线的距离：，解得：(舍去).故选：B.4.北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为

31（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（）A.26%B.34%C.42%D.50%【答案】C【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.故选：C.5.正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，

32所以该棱台的体积.故选：D.6.某物理量的测量结果服从正态分布，下列结论中不正确的是（）A.越小，该物理量在一次测量中在的概率越大B.越小，该物理量在一次测量中大于10的概率为0.5C.越小，该物理量在一次测量中小于9.99与大于10.01的概率相等D.越小，该物理量在一次测量中落在与落在的概率相等【答案】D【解析】【分析】由正态分布密度曲线的特征逐项判断即可得解.【详解】对于A，为数据的方差，所以越小，数据在附近越集中，所以测量结果落在内的概率越大，故A正确；对于B，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量大于10的概率为，故B正确；对于C，由正态分布密度曲线的对称性可知该物理量一次测量结果大于的概率与小于的概率相等，故C正确；对于D，因为该物理量一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，所以一次测量结果落在的概率与落在的概率不同，故D错误.故选：D.7.已知，，，则下列判断正确的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对数函数的单调性可比较、与的大小关系，由此可得出结论.【详解】，即.

33故选：C.8.已知函数的定义域为，为偶函数，为奇函数，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】推导出函数是以为周期的周期函数，由已知条件得出，结合已知条件可得出结论.【详解】因为函数为偶函数，则，可得，因为函数为奇函数，则，所以，，所以，，即，故函数是以为周期的周期函数，因为函数为奇函数，则，故，其它三个选项未知.故选：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.下列统计量中，能度量样本的离散程度的是（）A.样本的标准差B.样本的中位数C.样本的极差D.样本的平均数【答案】AC【解析】【分析】考查所给的选项哪些是考查数据的离散程度，哪些是考查数据的集中趋势即可确定正确选项.

34【详解】由标准差的定义可知，标准差考查的是数据的离散程度；由中位数的定义可知，中位数考查的是数据的集中趋势；由极差的定义可知，极差考查的是数据的离散程度；由平均数的定义可知，平均数考查的是数据的集中趋势；故选：AC.10.如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.

35对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.

36对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.11.已知直线与圆，点，则下列说法正确的是（）

37A.若点A在圆C上，则直线l与圆C相切B.若点A在圆C内，则直线l与圆C相离C.若点A在圆C外，则直线l与圆C相离D.若点A在直线l上，则直线l与圆C相切【答案】ABD【解析】【分析】转化点与圆、点与直线的位置关系为的大小关系，结合点到直线的距离及直线与圆的位置关系即可得解.【详解】圆心到直线l的距离，若点在圆C上，则，所以，则直线l与圆C相切，故A正确；若点在圆C内，则，所以，则直线l与圆C相离，故B正确；若点在圆C外，则，所以，则直线l与圆C相交，故C错误；若点在直线l上，则即，所以，直线l与圆C相切，故D正确.故选：ABD.12.设正整数，其中，记．则（）A.B.C.D.【答案】ACD

38【解析】【分析】利用的定义可判断ACD选项的正误，利用特殊值法可判断B选项的正误.【详解】对于A选项，，，所以，，A选项正确；对于B选项，取，，，而，则，即，B选项错误；对于C选项，，所以，，，所以，，因此，，C选项正确；对于D选项，，故，D选项正确.故选：ACD.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知双曲线的离心率为2，则该双曲线的渐近线方程为_______________【答案】【解析】【分析】由双曲线离心率公式可得，再由渐近线方程即可得解.【详解】因为双曲线的离心率为2，所以，所以，

39所以该双曲线的渐近线方程为.故答案为：.【点睛】本题考查了双曲线离心率的应用及渐近线的求解，考查了运算求解能力，属于基础题.14.写出一个同时具有下列性质①②③的函数_______．①；②当时，；③是奇函数．【答案】（答案不唯一，均满足）【解析】【分析】根据幂函数的性质可得所求的.【详解】取，则，满足①，，时有，满足②，的定义域为，又，故是奇函数，满足③.故答案为：（答案不唯一，均满足）15.已知向量，，，_______．【答案】【解析】【分析】由已知可得，展开化简后可得结果.【详解】由已知可得，因此，.故答案为：.16.已知函数，函数的图象在点和点

40的两条切线互相垂直，且分别交y轴于M，N两点，则取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】结合导数的几何意义可得，结合直线方程及两点间距离公式可得，，化简即可得解.【详解】由题意，，则，所以点和点，,所以，所以，所以，同理,所以故答案：【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用导数的几何意义转化条件，消去一个变量后，运算即可得解.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.记是公差不为0等差数列的前n项和，若．（1）求数列的通项公式；（2）求使成立的n的最小值．

41【答案】(1)；(2)7.【解析】【分析】(1)由题意首先求得的值，然后结合题意求得数列的公差即可确定数列的通项公式；(2)首先求得前n项和的表达式，然后求解二次不等式即可确定n的最小值.【详解】(1)由等差数列的性质可得：，则：，设等差数列的公差为，从而有：，，从而：，由于公差不为零，故：，数列的通项公式为：.(2)由数列的通项公式可得：，则：，则不等式即：，整理可得：，解得：或，又为正整数，故的最小值为.【点睛】等差数列基本量的求解是等差数列中的一类基本问题，解决这类问题的关键在于熟练掌握等差数列的有关公式并能灵活运用.18.在中，角、、所对的边长分别为、、，，.．（1）若，求的面积；（2）是否存在正整数，使得为钝角三角形?若存在，求出的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）；（2）存在，且.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得出，结合已知条件求出的值，进一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函数的基本关系求出，再利用三角形的面积公式可求得结果；（2）分析可知，角为钝角，由结合三角形三边关系可求得整数的值.

42【详解】（1）因为，则，则，故，，，所以，为锐角，则，因此，；（2）显然，若为钝角三角形，则为钝角，由余弦定理可得，解得，则，由三角形三边关系可得，可得，，故.19.在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.

43【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.

44则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.20.已知椭圆C的方程为，右焦点为，且离心率为．（1）求椭圆C的方程；（2）设M，N是椭圆C上的两点，直线与曲线相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由离心率公式可得，进而可得，即可得解；

45（2）必要性：由三点共线及直线与圆相切可得直线方程，联立直线与椭圆方程可证；充分性：设直线，由直线与圆相切得，联立直线与椭圆方程结合弦长公式可得，进而可得，即可得解.【详解】（1）由题意，椭圆半焦距且，所以，又，所以椭圆方程为；（2）由（1）得，曲线为，当直线的斜率不存在时，直线，不合题意；当直线的斜率存在时，设，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线即，由直线与曲线相切可得，解得，联立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：设直线即，由直线与曲线相切可得，所以，联立可得，

46所以，所以，化简得，所以，所以或，所以直线或，所以直线过点，M，N，F三点共线，充分性成立；所以M，N，F三点共线的充要条件是．【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是直线方程与椭圆方程联立及韦达定理的应用，注意运算的准确性是解题的重中之重.21.一种微生物群体可以经过自身繁殖不断生存下来，设一个这种微生物为第0代，经过一次繁殖后为第1代，再经过一次繁殖后为第2代……，该微生物每代繁殖的个数是相互独立的且有相同的分布列，设X表示1个微生物个体繁殖下一代的个数，．（1）已知，求；（2）设p表示该种微生物经过多代繁殖后临近灭绝的概率，p是关于x的方程：的一个最小正实根，求证：当时，，当时，；（3）根据你的理解说明（2）问结论的实际含义．【答案】（1）1；（2）见解析；（3）见解析.【解析】【分析】（1）利用公式计算可得.（2）利用导数讨论函数的单调性，结合及极值点的范围可得的最小正零点.

47（3）利用期望的意义及根的范围可得相应的理解说明.【详解】（1）.（2）设，因为，故，若，则，故.，因为，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，若，因为在为增函数且，而当时，因为在上为减函数，故，故为的一个最小正实根，若，因为且在上为减函数，故1为的一个最小正实根，综上，若，则.若，则，故.此时，，故有两个不同零点，且，且时，；时，；故在，上为增函数，在上为减函数，而，故，又，故在存在一个零点，且.

48所以为的一个最小正实根，此时，故当时，.（3）意义：每一个该种微生物繁殖后代的平均数不超过1，则若干代必然灭绝，若繁殖后代的平均数超过1，则若干代后被灭绝的概率小于1.22.已知函数．（1）讨论的单调性；（2）从下面两个条件中选一个，证明：有一个零点①；②．【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论确定函数的单调性即可；(2)由题意结合(1)中函数的单调性和函数零点存在定理即可证得题中的结论.【详解】(1)由函数的解析式可得：，当时，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；当时，在上单调递增；当时，若，则单调递增，若，则单调递减，若，则单调递增；

49(2)若选择条件①：由于，故，则，而，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.若选择条件②：由于，故，则，当时，，，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.当时，构造函数，则，当时，单调递减，当时，单调递增，注意到，故恒成立，从而有：，此时：，当时，，

50取，则，即：，而函数在区间上单调递增，故函数在区间上有一个零点.，由于，，故，结合函数的单调性可知函数在区间上没有零点.综上可得，题中的结论成立.【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．(4)考查数形结合思想的应用．

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