《2021年普通高等学校招生全国统一考试（新高考Ⅰ卷）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021年普通高等学校招生全国统一考试（新高考Ⅰ卷）（20页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021年普通高等学校招生全国统一考试（新高考卷）压轴题解读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【命题意图】考查相互独立事件的概率，考查逻辑推理，数学运算的能力【答案】B【解析】设甲、乙、丙、丁事件的发生概率分别为 ,跟聚相互独立事件的性质，知，故选B.12.在正三棱柱中，点满足，其中，则A当时，的周长为定值B当
2、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【命题意图】考查空间几何体的体积，线线，线面的垂直，考查逻辑推理，空间想象能力【答案】BD【解析】对于，当时，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，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，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，则点在线的上，当点在点处时，取
3、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：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_【命题意图】考查数学建模，数列求和，错位相减法，考查数学建模，数学运算能力【答案】5，【解析】对折3次共可以得到 4种规格的图形，
4、面积之和；对折4次共可可以得到五种规格的图形，；可以归纳对折n次可得n+1种规格的图形则 记 则 与相减可得 故，故.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；!异常的公式结尾设点在直线上，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【命题意图】考查双曲线的标准方程，直线与双曲线的位置关系，考查逻辑推理，数学运算能力【解析】（1） 又，则，则.（2）设直线AB的倾斜角为，直线PQ倾斜角为，则直线AB参数方程 与联立则，则，同理，又AB与TQ为不同直线，则，于是则 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
5、，证明：【命题意图】考查利用导数研究函数的单调性，证明不等式，考查逻辑推理，数学运算的能力【解析】（1）首先x0，当时，递增；当时，递减.观察端点， 令则在x=0处连续，容易发现.（2），令，不妨设则由（1）知：，待证结论 下面证明令 所以在上递增，所以 即，又在上递减，所以即.方法一：再证明：，当时，结论显然；当时，令， 而，则递减，则在上先减后增，故，则即故结合当时，递增，有即.证毕.方法二：在的切线，令 ，所以递增，所以， 令则又所以，即.证毕.压轴题模拟1（2021山东省青岛二中高三模拟）某中学高一年级和高二年级进行篮球比赛，赛制为3局2胜制，若比赛没有平局，且高二队每局获胜的概率都是
6、，记比赛的最终局数为随机变量，则（ ）ABCD【答案】C【解析】赛制为3局2胜制，比赛没有平局，因此随机变量的可能值为2或3，A错；，B错；，因为，所以，C正确；记，因为，所以，D错故选：C2（湖南省株洲市2021届高三下学期教学质量统一检测（二）数学试题）高铁是当代中国重要的一类交通基础设施，乘坐高铁已经成为人们喜爱的一种出行方式，已知某市市郊乘车前往高铁站有，两条路线可走，路线穿过市区，路程较短但交通拥挤，所需时间（单位为分钟）服从正态分布；路线走环城公路，路程长，但意外阻塞较少，所需时间（单位为分钟）服从正态分布，若住同一地方的甲、乙两人分别有分钟与分钟可用，要使两人按时到达车站的可能性
7、更大，则甲乙选择的路线分别是（ ）A、B、C、D、【答案】B【解析】对于甲，若有分钟可走，走第一条线路赶到的概率为，走第二条线路赶到的概率为，所以甲应走线路；对于乙，若有分钟可走，走第一条线路的概率为，走第二条线路赶到的概率为，所以乙应走线路.故选：B.3（江苏省泰州中学2021届高三下学期四模数学试题）如图，在正方体，中，是棱的中点，是线段（不含端点）上的一个动点，那么在点的运动过程中，下列说法中正确的有（ ）A存在某一位置，使得直线和直线相交B存在某一位置，使得平面C点与点到平面的距离总相等D三棱锥的体积不变【答案】BCD【解析】对于A，假设存在，则四点共面，而点不在平面内，故A错误对于B
8、，因为，所以平面，所以当是直线与平面的交点时就满足要求，故B正确对于C，因为的中点在平面内，所以点与点到平面的距离总相等，故C正确对于D，连接，交于O，则O为中点，所以，又平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离为定值，从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确故选：BCD4（百师联盟山东新高考2021届高三5月冲刺卷（一）数学试题）如图，在正方体中，分别是，的中点，为线段上的动点(不含端点)，则下列结论中正确的是（ ）A平面B存在点使得C存在点使得异面直线与所成的角为60D三棱锥的体积为定值【答案】ABD【解析】如图，易证，平面，则有平面，故A正确；设中点为，若为中点，则有，则平
9、面，则，因为，所以，故B正确；设正方体棱长为2，取中点为，连接，因为，所以异面直线与所成的角即为，在直角三角形中，即，故C错误；易知点到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D正确.故选：ABD5（2021济南市山东省实验中学高三月考）大衍数列来源于乾坤谱中对易传“大衍之数五十”的推论，主要用于解释中国传统文化中的太极衍生原理，数列中的每一项，都代表太极衍生过程中曾经经历过的两仪数量总和，是中国传统文化中隐藏着的世界数学史上的第一道数列题，其前10项依次是0，2，4，8，12，18，24，32，40，50，则此数列的第50项为_，前项和_.(附：)【答案】1250 【解析】设该数列为.因为
10、，所以当时，从而当时，所以.又适合上式，所以，于是.因为，所以当时，从而当时，所以.又适合上式，所以，于是，所以.故答案为：1250，.6（2021山东枣庄滕州一中高三模拟）“今有女善织，日益功疾，初日织五尺，今一月共织九匹三丈”其白话意译为：“现有一善织布的女子，从第2天开始，每天比前一天多织相同数量的布，第一天织了5尺布，现在一个月（按30天计算）共织布390尺”则每天增加的数量为_尺，设该女子一个月中第n天所织布的尺数为，则_【答案】 52 【解析】设从第2天开始,每天比前一天多织d尺布,则,解得,即每天增加的数量为，故答案为，52.7（2021济南市山东省实验中学高三月考）已知抛物线的
11、顶点是椭圆的中心，焦点与该椭圆的右焦点重合.（1）求抛物线的方程；（2）已知动直线过点，交抛物线D于A、B两点，是否存在垂直于轴的直线被以为直径的圆所截得的弦长恒为定值？如果存在，求出的方程；如果不存在，说明理由.【解析】（1）由题意，设抛物线方程为y22px（p0），由椭圆知，所以c1，抛物线的焦点为（1，0），1，即p2，抛物线D的方程为y24x.（2）设存在直线m：xa满足题意，则圆心，过M作直线xa的垂线，垂足为E，设直线m与圆M的一个交点为G，可得|EG|2|MG|2|ME|2， 即|EG|2|MA|2|ME|2 ，当a3时，|EG|23，此时直线m被以AP为直径的圆M所截得的弦长恒
12、为定值，因此存在直线m：x3满足题意.8（浙江省嘉兴市海宁市2021届高三下学期5月适应考试数学试题）抛物线的焦点为F，准线为是抛物线上一点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线APBP分别交准线于MN.当，点P恰好与原点O重合时，的面积为4.（1）求抛物线C的方程；（2）记点的横坐标与AB中点的横坐标相等，若，求的最小值.【解析】（1）由题设，当且P恰好与原点O重合，的面积为4，即，可得，抛物线C的方程为.（2）由题意，可设为，联立抛物线方程，整理得：，显然，则，的横坐标与AB中点的横坐标相等，则，若在第一象限，则，可得到的距离，由上知：，令，有，知：，当且仅当时等号成立，的最小值为8.9（
13、2021山东即墨一中高三模拟）已知函数，（）.（1）当时，求函数的极值；（2）函数在区间上存在最小值，记为，求证：.【解析】（1）当时，则，当，；当，所以.所以当时，取得极大值为，无极小值.（2）由题可知.当时，由（1）知，函数在区间上单调递减，所以函数无最小值，此时不符合题意；当时，因为，所以.此时函数在区间上单调递增，所以函数无最小值，此时亦不符合题意；当时，此时.函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即要证，只需证当时，成立设，由（1）知，所以10（广东省汕头市2021届高三二模数学试题）已知函数，（1）若函数(其中：为的导数)有两个极值点，求实数a的取值范围；（2）当时，求证：.【解析】（1）依题意知：，,有两个极值点,在有两个变号零点,令得：,关于的一元二次方程有两个不等的正根，记为,即：,解得：,故的取值范围为：.法1：(二)当，设，先证，令，当x0时，g(x)0,g(x)在0,+)上单调递增，又g(0)=0,x0时g(x)0,即.再证令,当0x0,h(x)单调递增；当x1时h(x)0，命题得证；法2（2）依题意，要证：,当时，故原不等式成立,当时，要证：,即要证：,
