福建省新2021年高考数学试卷和答案解析(新课标Ⅰ)

2023年12月11日发(作者：2018年宿迁数学试卷)

2021年福建省新高考数学试卷（新课标Ⅰ）1.A.2.A.3.A.24.A.5.已知，已知设集合，，则()B.，则()C.C.C.4D.D.D.B.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()B.下列区间中，函数单调递增的区间是()B.是椭圆C.D.的最大值为()的两个焦点，点M在C上，则A.136.A.7.A.8.若过点若B.12，则C.9()D.6B.可以作曲线C.的两条切线，则()D.B.C.D.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)，，…，，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C.两组样本数据的样本标准差相同10.A.C.11.已知点P在圆A.点P到直线AB的距离小于10C.当12.A.当B.当最小时，中，的周长为定值在正三棱柱时，时，三棱锥已知O为坐标原点，点B.两组样本数据的样本中位数相同D.两组样本数据的样本极差相同，，，，则()B.D.上，点，，则()B.点P到直线AB的距离大于2D.当最大时，，点P满足，其中，，则()的体积为定值第1页，共19页C.当D.当13.14.若时，有且仅有一个点P，使得时，有且仅有一个点P，使得平面__________.的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且已知函数已知O为坐标原点，抛物线C：是偶函数，则，则C的准线方程为______.函数的最小值为__________.的长方形纸，对折，对折2次共可以得到，以此类推.则对折4次共可以得15.16.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，，两种规格的图形，它们的面积之和三种规格的图形，它们的面积之和__________1次共可以得到，到不同规格图形的种数为__________；如果对折n次，那么17.记求已知数列满足，，，并求数列的通项公式；，写出的前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.，能正确回答B类问题的概率为，且能正确回答问题的概率与回答次序无关.已知小明能正确回答A类问题的概率为若小明先回答A类问题，记X为小明的累计得分，求X的分布列；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.记证明：的内角A，B，C的对边分别为a，b，；已知，点D在边AC上，第2页，共19页若，求20.若如图，在三棱锥证明：；中，平面平面BCD，，O为BD的中点．是边长为1的等边三角形，点E在棱AD上，的体积．，且二面角的大小为，求三棱锥21.在平面直角坐标系xOy中，已知点求C的方程；设点T在直线，，点M满足记M的轨迹为上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.第3页，共19页22.已知函数讨论的单调性；，证明：设a，b为两个不相等的正数，且第4页，共19页答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查集合的交集运算，属于简单题．直接利用交集运算可得答案．【解答】解：，，故选：2.【答案】C【解析】【分析】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．把【解答】解：，代入，再由复数代数形式的乘除运算化简得答案．故选：3.【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，解得，所以该圆锥的母线长为故选：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.【答案】A【解析】第5页，共19页【分析】本题考查正弦型函数单调性，是简单题．本题需要借助正弦函数单调增区间的相关知识点求解．【解答】解：令则当时，，故选：，，，5.【答案】C【解析】【分析】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．【解答】解：所以所以故选：的最大值为，是椭圆C：的两个焦点，点M在C上，，当且仅当，时，取等号，6.【答案】C【解析】【分析】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，属于基础题．由题意化简所给的三角函数式，然后利用齐次式的特征将其“弦化切”即可求得三角函数式的值．【解答】解：由题意可得：第6页，共19页故选7.【答案】D【解析】解：函数函数的图象如图，如果点如果是增函数，恒成立，，即取得坐标在x轴上方，在x轴下方，连线的斜率小于0，不成立．在x轴或下方时，只有一条切线．在曲线上，只有一条切线；在曲线上侧，没有切线；由图象可知故选：在图象的下方，并且在x轴上方时，有两条切线，可知画出函数的图象，判断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.【答案】B【解析】【分析】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．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．【解答】解：由题意可知，两次取出的球的数字之和是8的所有可能为：两次取出的球的数字之和是7的所有可能为甲A：B：C：D：故选：，甲丙甲丁乙丙丙丁乙甲甲乙丙，丙丙，丁，丙，丁，，，丁，，，，，，，，，，，9.【答案】CD【解析】【分析】第7页，共19页本题考查平均数、中位数、标准差、极差，是基础题．利用平均数、中位数、标准差、极差的定义直接判断即可．【解答】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，设原样本数据的样本方差和标准差分别为因为…，，，，，新数据的样本方差和标准差分别为，即，，，两组样本数据的样本标准差相同，故C正确；对于D，原数据组的样本极差为…，，c为非零常数，，，新数据组的样本极差为两组样本数据的样本极差相同，故D正确．故选：10.【答案】AC【解析】【分析】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，是中档题．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．【解答】解：，，，，则，，，，，，则，，不能恒成立，故B错误；，，，故C正确；，，不能恒成立，故D错误．故选：第8页，共19页，，，故A正确；11.【答案】ACD【解析】【分析】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，满足最小或最大，求出圆心与B点间的距离，再由勾股定理求得判断C与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．【解答】解：，，，即的圆心坐标为的距离，，，，，过A、B的直线方程为圆圆心到直线点P到直线AB的距离的范围为，，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，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大，此时，，故CD正确．故选：12.【答案】BD【解析】【分析】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，属于拔高题．判断当时，点P在线段上，分别计算点P为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，取线段BC，时，点P在线段，连结上，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；当的中点分别为M，，第9页，共19页则点P在线段上，分别取点P在，M处，得到均满足处时，，即可判断选项C；当平面时，取的中点，的中点D，则点P在线的有一个，即可判断选项【解答】解：对于A，当故点P在线段当点P为当点P在点时，上，此时的中点时，处时，上，证明当点P在点，利用过定点A与定直线垂直的平面有且只，即的周长为的周长为的周长为，，，所以，，故周长不为定值，故选项A错误；对于B，当故点P在线段因为所以直线又平面时，上，，，即，所以，上的点到平面的面积为定值，的距离相等，所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；对于C，当因为则点P在线段当点P在时，取线段BC，，即上，，的中点分别为M，，所以，连结，，处时，，第10页，共19页又又平面，所以，所以平面，即，，同理，当点P在M处，，故选项C错误；对于D，当因为则点P在线的当点P在点因为在正方形又故平面时，取的中点，即，的中点D，，所以，上，处时，取AC的中点E，连结，又中，，BE，，又中，，，，平面平面，平面，所以平面，，，所以，平面，BE，，所以，平面在正方体形又因为过定点A与定直线故有且仅有一个点P，使得垂直的平面有且只有一个，平面，故选项D正确．故答案选：13.【答案】1【解析】第11页，共19页【分析】本题考查函数的奇偶性，考查计算能力，属于基础题．根据题意，可得【解答】解：函数为R上的奇函数，故所以所以时，，经检验，满足题意，也为R上的奇函数，，是偶函数，也为R上的奇函数，即可得解.故答案为：14.【答案】【解析】解：由题意，不妨设P在第一象限，则所以时，，所以所以抛物线的准线方程为：故答案为：求出点P的坐标，推出PQ方程，然后求解Q的坐标，利用，求解p，然后求解准线方程．，所以PQ的方程为：，，解得，，，，本题考查抛物线的简单性质的应用及求抛物线的标准方程，考查转化思想以及计算能力，是中档题．15.【答案】1【解析】【分析】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．求出函数定义域，对x分段去绝对值，当最小值．【解答】解：函数当此时函数时，在上为减函数，第12页，共19页时，直接利用单调性求最值；当时，利用导数求最值，进一步得到的的定义域为，，所以当则当当当时时，时，时，，，，单调递减，；，单调递增，，取得最小值，为，函数故答案为：的最小值为16.【答案】5【解析】【分析】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．依题意，对折4次共可以得到5种不同规格图形；对折k次共有种规格，且每个面积为，则，，然后再转化求解即可．【解答】解：易知有由题可知，对折k次共有种规格，且每个面积为，故，，共5种规格；，则，记，则，，第13页，共19页，故答案为：5；17.【答案】解：所以所以，因为，，，，，，，所以数列所以由则当所以所以数列则时，也适合上式，，，可得，，，，是以为首项，以3为公差的等差数列，的奇数项和偶数项分别为等差数列，……的前20项和为【解析】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．由数列的通项公式；由数列的通项公式可得数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，求解即可．的通项公式可求得，，从而可得求得，，由可得数列是等差数列，从而可求得数列18.【答案】解：则由已知可得，X的所有可能取值为0，20，100，，，所以X的分布列为：XP由可知小明先回答A类问题累计得分的期望为，020100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，，，第14页，共19页，则Y的期望为因为，，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】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．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；由从而可得可得，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，，比较与的大小，即可得出结论．19.【答案】解：证明：由正弦定理知，，，，，，即，；由知，，，，在中，由余弦定理知，，在中，由余弦定理知，，，，即得，，或在当，，舍；第15页，共19页，，中，由余弦定理知，时，当时，；综上所述，【解析】本题主要考查正弦定理和余弦定理，难度不大．利用正弦定理求解；要能找到隐含条件：和互补，从而列出等式关系求解．20.【答案】解：又平面所以所以方法一：证明：因为，O为BD的中点，所以平面，，平面BCD，平面平面BCD，又；平面ABD，平面BCD，取OD的中点F，因为过O作为正三角形，所以，，与BC交于点M，则所以OM，OD，OA两两垂直，以点O为坐标原点，分别以OM，OD，OA所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系如图所示，则设因为，，则，，，，平面BCD，故平面BCD的一个法向量为，，设平面BCE的法向量为又所以由，得，令，则，，故，，因为二面角所以的大小为，解得又故方法二：，所以，，所以，第16页，共19页过E作由题意可知，所以所以所以所以则又所以故所以因为则，交BD于点F，过F作，又平面BCD平面BCD，，平面EFG，于点G，连结EG，平面BCD，又，又平面EFG，又，为二面角，FG、平面EFG，的平面角，即，，则，，，，，，所以，则，所以所以，则，【解析】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．利用等腰三角形中线就是高，得到证明；，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，然后利用面面垂直的性质，得到平面BCD，再利用线面垂直的性质，即可方法一：建立合适的空间直角坐标系，设利用锥体的体积公式求解即可．方法二：过E作，交BD于点F，过F作于点G，连结EG，求出，，然后利用锥体的体积公式求解即可．21.【答案】解：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，根据题意，解得，的方程为设；，设直线AB的方程为，，，第17页，共19页由，得，整理得，，，，设由，，，，，同理可得，得，，【解析】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；，同理求得，再根据设出直线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，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.【答案】，，则在证明：由即由所以在解：由函数的解析式可得，，单调递增，在单调递增，单调递减，单调递减．，得，单调递增，在，且，单调递减，，，第18页，共19页令则，，为，的两根，其中，，即证，在，在单调递增，，，得证．，单调递减，，则，即证，，不妨令先证令则所以故函数同理，要证根据即证令则，，又故，，中，即证单调性，，，，令，，，且，，恒成立，得证，，，单调递增，单调递减，，则【解析】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．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，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．第19页，共19页