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. 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