文档内容
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.
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. 13 B. 12 C. 9 D. 6
6. 若 ，则 （ ）
.
A B. 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
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
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.
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， 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 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.
（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
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. 13 B. 12 C. 9 D. 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：
．
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：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
【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：CD
10. 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： ，
，错误；故选：AC
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，
【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. 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
【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：1
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______.
【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】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】
【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 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，
.
（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 ，
∴ ，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，
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】
【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，
，
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 ，
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， .
【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.
