2024年3月2日发(作者：四下数学试卷2022)

2021年普通高等学校招生全国统一考试 全国新高考Ⅰ 卷

数学试卷

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A{x|2x4}，B{2,3,4,5}，则AB( )

A.{2} B.{2,3} C.{3,4} D.{2,3,4}

2.已知z2i，则z(zi)( )

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.22 C.4 D.42

π4.下列区间中，函数f(x)7sinx单调递增的区间是( )

6πA.0,

2πB.,π

23πC.π,

23πD.,2π

2x2y2F2是椭圆C:1的两个焦点，5.已知F1，点M在C上，则MF1MF2的最大值为( )

94A.13

6.若tan2，则B.12 C.9 D.6

6A.

5sin(1sin2)( )

sincos2B.

5C.2

5D.6

5

7.若过点(a,b)可以作曲线yex的两条切线，则( )

a b C.0aeb D.0bea

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

C.乙与丙相互独立

B.甲与丁相互独立

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

C.两组样本数据的样本标准差相同

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

10.已知O为坐标原点，点P1(cos,sin)，P2(cos,sin)，P3(cos(),sin())，A(1,0)，则( )

1OP2

OP3OP1OP2

1AP2

OP1OP2OP3

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10

C.当PBA最小时，|PB|32

B.点P到直线AB的距离大于2

D.当PBA最大时，|PB|32

12.在正三棱柱ABCA1B1C1中，ABAA11，点P满足BPBCBB1，其中[0,1]，[0,1]，则( )

A.当1时，AB1P的周长为定值

B.当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值

1时，有且仅有一个点P，使得A1PBP

21D.当时，有且仅有一个点P，使得A1B平面AB1P

2C.当三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

13.已知函数f(x)x3a2x2x是偶函数，则a____________.

14.已知O为坐标原点，抛物线C:y2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______________.

15.函数f(x)|2x1|2lnx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.规格为对折1次共可以得到10dm12dm，20dm6dm两种规格的图形，20dm12dm的长方形纸，它们的面积之和S1240dm2，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S2180dm2，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Sk____dm2.

k1n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。

an1(n为奇数),17.（10分）已知数列an满足a11，an1

a2(n为偶数).n（1）记bna2n，写出b1，b2，并求数列bn的通项公式；

（2）求an的前20项和.

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.

19.（12分）

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.

20.（12分）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.

21.（12分）在平面直角坐标系xOy中，已知点F1(17,0)，F2(17,0)，点M满足MF1MF22，记M的轨迹为C.

（1）求C的方程；

（2）设点T在直线x1上，过T的两条直线分别交C于A，B两点和P，Q两点，且2|TA||TB||TP||TQ|，求直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和.

22.（12分）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11e.

ab

参考答案

1.答案：B

解析：本题考查集合的描述法及基本运算.因为集合A{x|2x4}，B{2,3,4,5}，所以AB{2,3}.

2.答案：C

解析：本题考查复数及共轭复数的概念与运算.因为z2i，所以z(zi)(2i)(2ii)(2i)(22i)62i.

3.答案：B

解析：本题考查圆锥的侧面展开图.设圆锥的底面半径为r，母线长为l.由题意可得2πrπl，所以l2r22.

4.答案：A

解析：本题考查三角函数的单调性，熟记三角函数的单调区间是解决此类问题的关键.因为ππππ，所以f(x)7sinxx2kπ,2kπ(kZ)66222ππx2kπ,2kπ(kZ)，只有A项符合.

33，解得5.答案：C

解析：本题考查椭圆的性质，二次函数的最值.设点M的坐标为(x,y)，所以555252MF1MF23x3x9x.因为，所以3x3MFMF9x9，123399当x0时，取得最大值9.

6.答案：C

解析：本题考查三角函数的化简与计算.因为tan2，所以22sin(1sin2)sinsincos2sincossincossincossin(sincos)2sin2sincostan2tan422sin(sincos).

sincossin2cos2tan214157.答案：D

解析：本题考查幂函数的图象与性质.因为曲线yex在R上单调递增，根据其图象可知要过点(a,b)作曲线yex的两条切线，则点(a,b)应在曲线yex与x轴之间，即0bea.

8.答案：B

解析：本题考查独立事件的概念.由于有放回的取球，则P(甲)P(丁)115，P(乙)，P(丙)，6636111，P(甲丙)0，P(甲丁)，P(乙丙)，P(丙丁)0，其中63636P(甲)P(丁)P(甲丁)，故甲与丁相互独立.

9.答案：CD

解析：本题考查统计知识.因为yixic，所以两组样本数据的平均数和中位数发生变化，极差和标准差不发生变化.

10.答案：AC

解析：本题考查向量的模及数量积的概念和运算.

选项

A

正误

√

原因

因为OP1(cos,sin)，OP2(cos,sin)，所以OP1OP21

因为AP1(cos1,sin)，AP2(cos1,sin)，

所B ×

以22AP22cos1(cos1)sin，AP2(cos1)2(sin)222cos，由于与的关系不确定，所以无法判断AP1AP2

因为OAOP3cos()，OP1OP2coscossinsincos()，C √

所以OAOP3OP1OP2

因D ×

为OAOP1cos，OP2OP3coscos()sinsin()cos(2)，由于与的关系不确定，所以无法判断OAOP1OP2OP3

11.答案：ACD

解析：本题考查圆的图象与切线的性质、点到直线的距离及最值问题.由题可知直线AB的方程为|5104|115xy，1，即x2y40，所以圆心C(5,5)到直线AB的距离为254212

所以点P到直线AB的距离的最大值为4小值为115A项正确；点P到直线AB的距离的最10，511542，B项错误；由于直线AB和圆C的位置确定，所以PBA取得最值应为5切线位置，如图，因为|BC|52(52)234，半径r4，所以|PB||BC|2r2341632，C项，D项正确.

12.答案：BD

解析：本题考查平面向量与投影、正三棱柱的性质、三棱锥的体积及平面的性质.当1时，BPBCBB1，所以CPBB1，此时点P在线段CC1上运动，所以AB1P的周长不为定值，A项错误；当1时，BPBCBB1，所以B1PBC，此时点P在线段B1C1上运动，所以VPA1BCVB1A1BC为定值，B项正确；当11时，BPBCBB1，分别取BC，22B1C1的中点M，N，如图1，此时点P在线段MN上运动，要使A1PBP，应使得BP与A1P在平面BB1C1C上的投影PN垂直，此时点P与点M重合，且由正三棱柱的性质可知A1N平面BB1C1C，则点P与点N重合时，也有A1PBP，C项错误；当11时，BPBCBB1，22分别取BB1，CC1的中点G，H，如图2，此时点P在线段GH上运动，由正三棱柱的性质和ABAA1可知AA1B1B为正方形，所以A1BAB1，要使A1B平面AB1P，只要满足B1P与A1B在平面BB1C1C的投影垂直即可，此时只有点P与点H重合符合，D项正确.

13.答案：1

解析：本题考查函数的奇偶性.因为f(x)为偶函数，所以f(x)f(x)，所以(1a)2x2x0，由2x2x0得a1.

314.答案：x

2p解析：本题考查抛物线的图象与性质.因为PFx轴，所以点P的坐标为,p（假设点P2PFOF在x轴上方，点P在x轴下方同理）.因为PQOP，所以OPF∽PQF，所以，FQPF3即PF2OFFQ，所以p23p，解得p3，所以C的准线方程为x.

2

15.答案：1

2x12lnx解析：本题考查分段函数的概念与单调性.因为f(x)12x2lnx1x,2所以当10x,2111x0,时，f(x)单调递减，f(x)minf2ln2；当x,时，222

f(x)2f(x)min22(x1)1，所以f(x)在,1上单调递减，在(1,)上单调递增，所以xx21f(1)1.又因为f(1)f，所以当x1时，f(x)取得最小值1.

2240n720

2n16.答案：5；720解析：本题考查等比数列的前n项和、错位相减法求和及逻辑推理.（1）折4次可以得到335520dmdm，10dmdm，5dm3dm，dm6dm，dm12dm共五种规格的图形.（2）422420122dm，则这些图形的2knnnn240(k1)k1k1240(k1)面积之和Sk，从而可知.令，则S240Mknkk2k2kk1k1k12k12由题意可知折k次共有k1种规格的图形，每个图形的面积为Mnk1232k222k1nnn1123，所以Mn2n12n22223nn1，两式相减得2n2n1111Mn1232221121n12n1n13n3，所以M3n3，所nn112nn1n1n122222212以Skk1n240(k1)n3240n720.

240M2403720nknn222k1n17.答案：（1）因为2n为偶数，

所以a2n1a2n2，a2n2a2n11，

所以a2n2a2n3，即bn1bn3，且b1a2a112，

所以bn是以2为首项，3为公差的等差数列，

所以b12，b25，bn3n1.

（2）当n为奇数时，anan11，

所以an的前20项和为

a1a2a20

a1a3a19a2a4a20

a20

a21a41a201a2a42a2a4a2010.

由（1）可知，a2a4a20b1b2b102101093155，

2所以an的前20项和为215510300.

18.答案：（1）X的所有可能取值为0，20，100.

P(X0)10.80.2，

P(X20)0.8(10.6)0.32，

P(X100)0.80.60.48，

所以X的分布列为

X

P

0

0.2

20

0.32

100

0.48

（2）假设先答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，

所以Y的分布列为

Y

P

0

0.4

80

0.12

100

0.48

所以E(Y)00.4800.121000.4857.6，

由（1）可知E(X)00.2200.321000.4854.4.

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.

19.答案：（1）在ABC中，ACAB.①

sinABCsinC因为BDsinABCasinC，

所以BDa，②

sinCsinABCABAC，即acbBD.

BDa联立①②得因为b2ac，所以BDb.

21（2）由（1）知BDb，因为AD2DC，所以ADb，DCb.

33

在2bbc213b29c23，

ABD中，cosADB2212b2bb322221bba210b29a23在BCD中，cosBDC.

216b2bb3因为ADBBDCπ，

所以cosADBcosBDC0，即11b26a23c2.

因为b2ac，

c3c所以6a211ac3c20，即a或a.

32a2c2b2a2c2ac在ABC中，cosABC，

2ac2acc7当a时，cosABC（舍去）；

36当a3c7时，cosABC.

1227.

12综上所述，cosABC

20.答案：（1）因为ABAD，O为BD的中点，

所以OABD.

因为OA平面ABD，

平面ABD平面BCD且平面ABD平面BCDBD，

所以OA平面BCD，

所以OACD.

（2）以O为坐标原点，OD为y轴，OA为z轴，垂直OD且过点O的直线为x轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz，

3112,,0有C，，，设，则ED(0,1,0)B(0,1,0)A(0,0,m)0,,m.

2233

设n1x1,y1,z1为平面EBC的法向量.

3342,,0因为BE0,,m，BC，

223342BEnymz10,1133所以

33BCnx1y10,1222y1mz10,所以

x3y0,11令y11，所以z12，x13，

m2所以n13,1,.

m因为平面BCD的法向量为OA(0,0,m)，

所以cosn1,OA|2|m44m22，解得m1，

2所以OA1，

因为SOCD133，所以S11224BCDBCD3，

21所以VABCDS3OA3.

6

21.答案：（1）因为MF1MF22，

x2y2所以轨迹C为双曲线右半支，设C的方程为221(a0,b0)，

ab

a1,c217,所以2a2,解得b4,

c2a2b2,c17,y2所以C的方程为x1(x1).

161（2）设T,n，Ax1,y1，Bx2,y2，

21设直线AB:ynk1x，

221ynk1x2,联立

2x2y1,161整理得16k12x2k122k1nxk12n2k1n160，

412k1n2k1n16k2k1n所以x1x22，x1x24，

k1216k1162111|TA|1k12x1，|TB|1k12x2，

222211n121k1所以|TA||TB|1kx1x2.

22k1216211设直线PQ:ynk2x，

2n同理可得，|TP||TQ|22121k22k216，

因为|TA||TB||TP||TQ|，

21k121k222所以2，化简得k12k2.

k116k216因为k1k2，所以k1k20，

即直线AB的斜率与直线PQ的斜率之和为0.

22.答案：（1）由题可得f(x)1lnx1lnx，

所以当x(0,1)时，f(x)0，f(x)单调递增；

当x(1,)时，f(x)0，f(x)单调递减，

所以f(x)在(0,1)单调递增，f(x)在(1,)单调递减.

111111（2）由blnaalnbab，得lnln，

aabbba1111即1ln1ln.

aabb令x111，x2，则x1，x2为f(x)k的两根，其中k(0,1).

ab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)].

因为x(0,1)，所以x(2x)(0,1).

所以在x(0,1)内，h(x)0恒成立，所以h(x)单调递增，

所以h(x)h(1)0，所以fx1f2x1，所以2x1x2得证.

同理，不妨令x(0,1)，x2(1,e)，则x2ex1.要证x1x2e，

即证fx2fx1fex1.

令(x)f(x)f(ex)，x(0,1)，

则(x)ln[x(ex)]，令x00，

当x0,x0时，(x)0，(x)单调递增；

当xx0,1时，(x)0，(x)单调递减，

又x0，f(x)0，且f(e)0，

故x0，(0)0，

(1)f(1)f(e1)0，

所以(x)0恒成立，所以x1x2e得证，

所以211e.

ab


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