2021年山东省高考数学试卷（新高考ⅰ）

1、2021年山东省高考数学试卷（新高考）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（5分）设集合，3，4，则AB，C，D，3，2（5分）已知，则ABCD3（5分）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A2BC4D4（5分）下列区间中，函数单调递增的区间是AB，CD，5（5分）已知，是椭圆的两个焦点，点在上，则的最大值为A13B12C9D66（5分）若，则ABCD7（5分）若过点可以作曲线的两条切线，则ABCD8（5分）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

2、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（5分）有一组样本数据，由这组数据得到新样本数据，其中，2，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两组样本数据的样本极差相同10（5分）已知为坐标原点，点，则ABC

3、D11（5分）已知点在圆上，点，则A点到直线的距离小于10B点到直线的距离大于2C当最小时，D当最大时，12（5分）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（5分）已知函数是偶函数，则14（5分）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（5分）函数的最小值为 16（5分）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

4、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（10分）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（12分）某学校组织“一带一路”知识竞赛，有，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；类问题中的每个问题回答正确得8

5、0分，否则得0分已知小明能正确回答类问题的概率为0.8，能正确回答类问题的概率为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（12分）记的内角，的对边分别为，已知，点在边上，（1）证明：；（2）若，求20（12分）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（12分）在平面直角坐标系中，已知点，点满足记的轨迹为（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，

6、求直线的斜率与直线的斜率之和22（12分）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年山东省高考数学试卷（新高考）参考答案与试题解析一、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【解答】解：，3，4，3，4，故选：2【解答】解：，故选：3【解答】解：由题意，设母线长为，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：4【解答】解：令，则，当时，故选：5【解答】解：，是椭圆的两个焦点，点在上，所以，当且仅当时，取等号，所以的最大值为9故选

7、：6【解答】解：由题意可得：故选：7【解答】解：法一：函数是增函数，恒成立，函数的图象如图，即切点坐标在轴上方，如果在轴下方，连线的斜率小于0，不成立点在轴或下方时，只有一条切线如果在曲线上，只有一条切线；在曲线上侧，没有切线；由图象可知在图象的下方，并且在轴上方时，有两条切线，可知故选：法二：设过点的切线横坐标为，则切线方程为，可得，设，可得，是增函数，是减函数，因此当且仅当时，上述关于的方程有两个实数解，对应两条切线故选：8【解答】解：由题意可知，两点数和为8的所有可能为：，两点数和为7的所有可能为，（甲，（乙，（丙，（丁，（甲丙）（甲（丙，（甲丁）（甲（丁，（乙丙）（乙（丙，（丙丁）（丙

8、（丁，故选：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【解答】解：对于，两组数据的平均数的差为，故错误；对于，两组样本数据的样本中位数的差是，故错误；对于，标准差，两组样本数据的样本标准差相同，故正确；对于，2，为非零常数，的极差为，的极差为，两组样本数据的样本极差相同，故正确故选：10【解答】解：法一、，则，则，故正确；，故错误；，故正确；，故错误故选：法二、如图建立平面直角坐标系，作出单位圆，并作出角，使角的始边由重合，终边交圆于点，角的始边为，终边交圆于，角的始边为，交圆于，于是，由向量

9、的模与数量积可知，、正确；、错误故选：11【解答】解：，过、的直线方程为，即，圆的圆心坐标为，圆心到直线的距离，点到直线的距离的范围为，点到直线的距离小于10，但不一定大于2，故正确，错误；如图，当过的直线与圆相切时，满足最小或最大点位于时最小，位于时最大），此时，故正确故选：12【解答】解：对于，当时，即，所以，故点在线段上，此时的周长为，当点为的中点时，的周长为，当点在点处时，的周长为，故周长不为定值，故选项错误；对于，当时，即，所以，故点在线段上，因为平面，所以直线上的点到平面的距离相等，又的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；对于，当时，取线段，的中点分别为，连结，因为，即

10、，所以，则点在线段上，当点在处时，又，所以平面，又平面，所以，即，同理，当点在处，故选项错误；对于，当时，取的中点，的中点，因为，即，所以，则点在线的上，当点在点处时，取的中点，连结，因为平面，又平面，所以，在正方形中，又，平面，故平面，又平面，所以，在正方体形中，又，平面，所以平面，因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，故有且仅有一个点，使得平面，故选项正确故选：三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解答】解：函数是偶函数，为上的奇函数，故也为上的奇函数，所以，所以法二：因为函数是偶函数，所以，即，即，即，所以故答案为：114【解答】解：法一：由题意，不妨设在第一象限，则

11、，所以，所以的方程为：，时，所以，解得，所以抛物线的准线方程为：法二：根据射影定理，可得，可得，解得，因此，抛物线的准线方程为：故答案为：15【解答】解：法一、函数的定义域为当时，此时函数在，上为减函数，当时，则，当，时，单调递减，当时，单调递增，在上是连续函数，当时，单调递减，当时，单调递增当时取得最小值为（1）故答案为：1法二、令，分别作出两函数的图象如图：由图可知，（1），则数的最小值为1故答案为：116【解答】解：易知有，共5种规格；由题可知，对折次共有种规格，且面积为，故，则，记，则，故答案为：5；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【解答

12、】解：（1）因为，所以，所以，所以数列是以为首项，以3为公差的等差数列，所以另解：由题意可得，其中，于是，（2）由（1）可得，则，当时，也适合上式，所以，所以数列的奇数项和偶数项分别为等差数列，则的前20项和为18【解答】解：（1）由已知可得，的所有可能取值为0，20，100，则，所以的分布列为：0201000.20.320.48（2）由（1）可知小明先回答类问题累计得分的期望为，若小明先回答类问题，记为小明的累计得分，则的所有可能取值为0，80，100，则的期望为，因为，所以为使累计得分的期望最大，小明应选择先回答类问题19【解答】解：（1）证明：由正弦定理知，即，；（2）法一：由（1）知，

13、在中，由余弦定理知，在中，由余弦定理知，即，得，或，在中，由余弦定理知，当时，（舍；当时，；综上所述，法二：点在边上且，而由（1）知，即，由余弦定理知：，或，在中，由余弦定理知，当时，（舍；当时，；综上所述，法三：在中，由正弦定理可知，而由题意可知，于是，从而或若，则，于是，无法构成三角形，不合题意若，则，于是，满足题意，因此由余弦定理可得20【解答】解：（1）证明：因为，为的中点，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以；（2）方法一：取的中点，因为为正三角形，所以，过作与交于点，则，所以，两两垂直，以点为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系如图所示，则，1，设，

14、0，则，因为平面，故平面的一个法向量为，设平面的法向量为，又，所以由，得，令，则，故，因为二面角的大小为，所以，解得，所以，又，所以，故方法二：过作，交于点，过作于点，连结，由题意可知，又平面所以平面，又平面，所以，又，所以平面，又平面，所以，则为二面角的平面角，即，又，所以，则，故，所以，因为，则，所以，则，所以，则，所以21【解答】解：（1）由双曲线的定义可知，的轨迹是双曲线的右支，设的方程为，根据题意，解得，的方程为；（2）（法一）设，直线的参数方程为，将其代入的方程并整理可得，由参数的几何意义可知，则，设直线的参数方程为，同理可得，依题意，则，又，故，则，即直线的斜率与直线的斜率之和为0（法二）设，直线的方程为，设，将直线方程代入的方程化简并整理可得，由韦达定理有，又由可得，同理可得，设直线的方程为，设，同理可得，又，则，化简可得，又，则，即，即直线的斜率与直线的斜率之和为022【解答】（1）解：由函数的解析式可得，单调递增，单调递减，则在单调递增，在单调递减（2）证明：由，得，即，由（1）在单调递增，在单调递减，所以（1），且（e），令，则，为 的两根，其中不妨令，则，先证，即证