备战2021年新高考数学命题卷（二）（新高考地区使用）（解析版）

2021 年普通高等学校招生全国统一考试 数学 命题卷（二） 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．已知复数 1 2 21 iz izi   ，则 z  （ ） A． 2 2 B． 5 2 C． 2 D． 5 【答案】A 【解析】由题 ( )( ) ( )( ) ( )( ) 1 2 31 2 1 2 1 7z 1 1 2 3 3 3 10 i ii i i i i i i i + ++ + += = = =+ - - - + 故 z  2 21 21 +7 =10 2 故选 A 2．已知 A=[1，+∞）， 1B | 2 12x R x a        ，若 A∩B≠∅ ，则实数 a 的取值范围是（ ） A．[1，+∞） B． 1[ ,1]2 C． 2[ ,+ ]3  D．（1，+∞） 【答案】A 【解析】由题意，集合 1[1, ), { | 2 1}2A B x R x a       ， 因为 A B   ，所以 2 1 1a   ，所以 1a  ，故选 A． 3． 2 5 2 1( 2)( 1)x x   的展开式的常数项是（ ） A． 3 B． 2 C． 2 D． 3 【答案】D 【解析】 的展开式通项为： ，由 2 10 0r   得 = 5r ，所以 的常数项系数为 ；由 2 10 2r    得 4r  ，所以 的 项系数为 ，所以 的展开式的常数项是 ,故选 D. 4．若曲线 21 3sin 2 cos4 2y x x  在  1 1,A x y ，  2 2,B x y 两点处的切线互相垂直，则 1 2x x 的最小值 为（ ） A． 3  B． 2  C． 2 3  D． 【答案】B 【解析】 21 3 1 3 1 cos2 1 3sin 2 cos sin 2 sin 24 2 4 2 2 2 3 4 xy x x x x             ，  cos 2 3y x       曲线的切线斜率在[ 1,1] 范围内， 又曲线在两点处的切线互相垂直， 故在  1 1,A x y ，  2 2,B x y 两点处的切线斜率必须一个是 1，一个是-1. 不妨设在 A 点处切线的斜率为 1， 则有 1 1 12 2 ( )3x k k Z    ， 2 2 22 2 ( )3x k k Z      ， 则可得    1 2 1 2 2 2x x k k k k Z         ， 所以 1 2 min 2x x   . 故选：B. 5．已知O 为△ ABC 的外接圆的圆心，且 3 4 5OA OB OC     ，则 C 的值为（ ） A． π 4 B． π 2 C． π 6 D． π 12 【答案】A 【解析】由题意可得：| | | | | |OA OB OC    ，且 1 (3 4 )5OC OA OB     ， 2 21| | (3 4 )25OC OC OC OA OB         2 29 24 16| | | |25 25 25OA OA OB OB       2 24| | 25OC OA OB     ， 24 025 OA OB    ，∴∠AOB=90°. 如图所示，建立平面直角坐标系，设  0,1A ，  10B , ， 由  3 4 4,3 5OA OB OC      可知： 4 3,5 5C      ，则： 4 8,5 5CA       ， 9 3,5 5CB       ， 36 24 225 25cos 24 5 3 10 5 5 CA CBC CA CB          ， 则 4C   . 故选：A. 6．已知数列 na 的通项公式 10( 1) 11 n na n        ，则数列 na 的最大项为（ ） A． 8a 或 9a B． 9a 或 10a C． 10a 或 11a D． 11a 或 12a 【答案】B 【解析】设数列 na 的最大项为 na ， 所以 1 1 n n n n a a a a      ，所以       1 1 10 101 211 11 10 101 11 11 n n n n n n n n                                   ， 解不等式组可得： 9 10n  ， 故选：B. 7．已知四棱锥 A BCDE 中，四边形 BCDE 是边长为 2 的正方形， 3AB  且 AB  平面 BCDE ，则该四 棱锥外接球的表面积为（ ） A． 4 B．17 4  C．17 D．8 【答案】C 【解析】由题意，四棱锥 A BCDE 中，四边形 BCDE 是边长为 2 的正方形， 3AB  且 AB  平面 BCDE ， 可把四棱锥 A BCDE 放置在如图所示的一个长方体内， 其中长方体的长、宽、高分别为 2,2,3 ， 则四棱锥 A BCDE 的外接球和长方体的外接球表示同一个球， 设四棱锥 A BCDE 的外接球的半径为 R ， 可得 2 2 22 2 3 2R   ，解得 17 2R  ， 所以该四棱锥外接球的表面积为 2 217=4 =4 ( ) 172S R    . 故选：C. 8．设 1F 、 2F 分别是椭圆   2 2 2 2: 1 0x yC a ba b     的左、右焦点，点 P 在椭圆C 上，线段 1PF 的中点在 y 轴上，若 1 2 30PF F   ，则椭圆C 的离心率为（ ） A． 3 3 B． 3 6 C． 1 3 D． 1 6 【答案】A 【解析】设点 P 坐标为 1 1,x y ， 因为线段 1PF 的中点在 y 轴上，  1 ,0F c ，  2 ,0F c ， 所以 1 0c x- + = ， 1 x c ，点 P 与 2F 横坐标相等， 2PF x 轴， 因为 1 2 30PF F   ，所以 2 1 1 2PF PF ， 因为 1 2 2PF PF a  ，所以 2 2 3PF a ， 则 2 1 2 1 2 2 33tan 2 3 a PFPF F F F c     ，化简得 3a c = ， 故 3 3 ce a   ， 故选：A. 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．已知函数，f（x）＝2sinx-acosx 的图象的一条对称轴为 6x   ，则（ ） A．点 ( ,0)3  是函数，f（x）的一个对称中心 B．函数 f（x）在区间 ( , )2   上无最值 C．函数 f（x）的最大值一定是 4 D．函数 f（x）在区间 5( , )6 6   上单调递增 【答案】ACD 【解析】由题意，得 2( ) 2sin cos 4 sin( )f x x a x a x      ，θ为辅助角， 因为对称轴为 6x   ，所以 3( ) 16 2f a    ，即 2 34 | 1 |2a a    ，解得 2 3a  ． 所以 ( ) 4sin( )3f x x   ；故 ( ) 03f   ，所以 A 正确； 又当 23 2x k     （k∈Z），即当 5 26x k   （k∈Z）时， 函数 f（x）取得最大值 4，所以 B 错误，C 正确； 2 22 3 2k x k         （k∈Z） 52 26 6k x k        （k∈Z），所以 D 正确； 故选：ACD. 10．如图，在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中， 1 2 23AA AC AB   ， AB AC ，点 D，E 分别是线段 BC， 1B C 上的动点（不含端点），且 1 EC DC B C BC  ．则下列说法正确的是（ ） A． / /ED 平面 1ACC B．该三棱柱的外接球的表面积为 68 C．异面直线 1B C 与 1AA 所成角的正切值为 3 2 D．二面角 A EC D  的余弦值为 4 13 【答案】AD 【解析】解：在直三棱柱 1 1 1ABC A B C 中，四边形 1 1BCC B 是矩形， 因为 1 EC DC B C BC  ，所以 1 1/ / / /ED BB AA ， ED 不在平面 1ACC 内， 1AA  平面 1ACC ， 所以 / /ED 平面 1ACC ，A 项正确； 因为 1 2 23AA AC AB   ，所以 3AB  ， 因为 AB AC ，所以 2 22 3 13BC    ，所以 1 13 4 17B C    ， 易知 1B C 是三棱柱外接球的直径， 所以三棱柱外接球的表面积为 2 2174 ( 17) 172           ，所以 B 项错误； 因为 1 1/ /AA BB ，所以异面直线 1B C 与 1AA 所成角为 1BB C ． 在 1Rt B BC 中， 1 2BB  ， 13BC  ， 所以 1 1 13tan 2 BCBB C BB    ，所以 C 项错误； 二面角 A EC D  即二面角 1A B C B  ， 以 A 为坐标原点，以 AB  ， AC  ， 1AA  的方向分别为 x，y，z 轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图 则 1(0,0,0), (3,0,0), (0,2,0), (3,0,2)A B C B ， 1 (3,0,2)AB  ， ( 3,2,0)BC   ， 1 ( 3,2, 2)B C    ， 设平面 1AB C 的法向量 ( , , )n x y z ， 则 1 1 0 0 n AB n B C        ，即 3 2 0 3 2 2 0 x z x y z       ，令 2x  可得 (2,0, 3)n   ， 设平面 1BB C 的一个法向量为 ( , , )m x y z ， 则 1 0 0 m BC m B C        ，即 3 2 0 3 2 2 0 x y x y z        ，令 2x  可得 (2,3,0)m  故二面角 A EC D  的余弦值为 2 2 4 1313 13    ，所以 D 项正确． 故选：AD. 11．已知双曲线C 的左、右焦点分别为 1F 、 2F ，过 2F 的直线与双曲线的右支交于 A 、 B 两点，若 1 2 22AF BF AF  ，则（ ） A． 1 1AF B F AB   B．双曲线的离心率 33 3e  C．双曲线的渐近线方程为 2 6 3y x  D．原点O 在以 2F 为圆心， 2AF 为半径的圆上 【答案】ABC 【解析】如图，设 2AF x ，则 2 1 2BF AF x  ，所以 1 22a AF AF x   ， 1 2 2 2 2 6BF BF a x a a     ， 3 6AB x a  ，所以 1BF AB ， ∴ 1 1AF B F AB   ，A 正确； 1 2 4AF x a  ， 1 6BF AB a  ， 在 1AF B△ 中， 1 2 1cos 6 3 aF AB a    ， 在 1 2AF F△ 中， 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 22 cosF F AF AF A F AF A F F   ， 即 2 2 2 14 16 4 2 4 2 3c a a a a      244 3 a ， 2 2 11 3 c a  ，所以 33 3 ce a   ，B 正确； 由 2 2 2 2 2 11 3 c a b a a   得 2 2 8 3 b a  ， 2 2 3 b a  ，渐近线方程为 2 2 3y x  ，C 正确； 若原点O 在以 2F 为圆心， 2AF 为半径的圆上，则 2 2OF AF ， 2c a ， 2ce a   与 B 矛盾，不成立， D 错． 故选：ABC． 12．某同学在研究函数   2 21 4 5f x x x x     的性质时，受两点间距离公式的启发，将  f x 变形 为          2 2 2 20 0 1 2 0 1xf x x        ，则下列关于函数  f x 的描述正确的是（ ） A．函数  f x 在区间 1, 上单调递增 B．函数  f x 的图象是中心对称图形 C．函数  f x 的值域是 2 2,  D．方程    1 5f f x   无实数解 【答案】ACD 【解析】设 (0,1)A ， (2,1)B ，          2 2 2 20 0 1 2 0 1xf x x        表示 x 轴上点 ( ,0)P x 到 ,A B 两点的距离之和， 设 (1,0)Q ，以 ,A B 为焦点，Q 为短轴上一个端点，作椭圆，x 轴与此椭圆相切于点Q ，当 P 从Q 向右移动 时， PA PB 逐渐增大， 即函数  f x 在区间 1, 上单调递增，A 正确；当 P 与Q 重合时， PA PB 最小，最小值为 2 2 ，因 此 ( )f x 的值域是[2 2, ) ，C 正确； 函数图象关于直线 1x  对称，不是中心对称是，B 错误；当 0x  或 2x  时， ( ) 1 5f x   ，由于 ( ) 2 2f x  ， 因此 ( ) 0f x  和 ( ) 2f x  都无解，D 正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分． 13．  3 5 11 2x x      的展开式中 x 的系数为______. 【答案】 225 【解析】二项式 51x  的通项 5 5 1 5 51n n n n n nT C x C x- - + = 创 = ， 二项式 31 2x     的通项 3 3 1 3 3 1 2 2 k k k k k k kT C C xx - - + 骣琪= 创 =琪桫 ， 故 x 的系数为 1 0 2 1 3 2 2 4 3 3 5 3 5 3 5 3 5 3C C C C 2 C C 2 C C 2 225       ， 故答案为： 225 . 14．已知平面向量 a  ，b  满足 1a  ，  2 5a a b     ，则b  在 a  方向上的投影为______. 【答案】 2 【解析】设 ,a b   的夹角为 ， 由题得 2 2 5, 1 2 | | cos 5,a a b b          所以| | cos 2b    . 所以b  在 a  方向上的投影为 2 . 故答案为： 2 15．在数列 na 中， 1 1a  ，且  1 3 1 n n na a    ，则 na  ______.(用含 n 的式子表示) 【答案】  3 1 4 nn   【解析】因为  1 3 1 n n na a    ，所以    1 1 1 11 3 14 4 n n n na a          ， 所以数列  1 14 n na     是首项为 3 4 ，公比为 3 的等比数列， 所以  1 314 4 n n na    所以  3 1 14 4 n n na    . 故答案为：  3 1 4 nn   16．在平面直角坐标系 xOy 中，已知圆 2 2:( 1) 2C x y   ，点 (2 0)A ， ，若圆C 上存在点 M ，满足 2 2 10MA MO  ，则点 M 的纵坐标的取值范围是____． 【答案】 7 7 2 2      ， . 详解：设点 ( , )M x y ，因为 2 2 10MA MO  ， 所以 2 2 2 2( 2) 10,x y x y     即 2 2 2 3 0x y x    ， 因为 2 21 2x y   ，所以 2 22 ( 1)y x   ， 所以 2 22 ( 1) 2 3 0x x x      ， 化简得 1 .2x   因为 2 22 ( 1)y x   ，所以 2 7 7 7, .4 2 2y y    故答案为 7 7 2 2      ， 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 na 成等差数列，各项均为正数的数列 nb 成等比数列， 1 32, 8b b  ，且 2 3 23a a b  ， 3 4 33a a b  . （1）求数列 na 和 nb 的通项公式； （2）设 2 2 1 1 logn n n c a b    ，求数列 nc 的前 n 项和 nS . 【答案】（1） 2 1na n  ； 2n nb  ；（2） 2 1n nS n   . 【解析】解：（1）因为{ }nb 是等比数列，所以 2 2 1 3 16b b b  ，又 2 0b  ，所以 2 4b  ， 设等差数列{ }na 的公差为 d ， 由 2 3 2 3 4 3 3 3 a a b a a b      ，两式相减得3 8 4d d   ， 2d  ， 所以 2 3 1 1 23 3( 2) ( 4) 4a a a a b       ， 1 1a  ， 所以 1 2( 1) 2 1na n n     ， 而 2 1 4 22 bq b    ，所以 2n nb  ． （2）由（1）得 1 1 1 1 (2 1)(2 1) 2 2 1 2 1nc n n n n          ， 11 1 1 1 1 1 1 112 3 2 3 5 2 2 1 2 112 2 2 11 1n n nS nn n                             ． 18．在 ABC 中，内角 A ， B ，C 所对的边分别为 a ，b ， c ，且 sin sin sin sin B C a A C b c    ． （1）求 B ； （2）若 ABC 是锐角三角形，且 ABC 的面积为 2 3 ，求 c 的取值范围． 【答案】（1） 3B  ；（2） 2 4c  . 【解析】（1）由正弦定理以及 sin sin sin sin B C a A C b c    ，得 b c a a c b c    ， 即 2 2 2a c b ac   ， 在 ABC 中，由余弦定理得 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac     ， 又 0 B   ，所以 3B  ． （2）因为 ABC 是锐角三角形，所以 0 ,2 20 ,3 2 A A           所以 6 2A   ． 因为 1 1 3sin sin 2 32 2 3 4ABCS ac B ac ac   △ ，所以 8ac  ． 由正弦定理得 sin sin a Cc A  ， 所以 2 3 12 8 cos sin8sin 2 2sin 8sin 4 33 4sin sin sin sin tan A AAac C Cc A A A A A                ． 因为 6 2A   ，所以 3tan 3 A ，所以 10 3tan A   ，所以 4 34 4 16tan A    ， 所以 24 16c  ，所以 2 4c  ． 19．高新区某高中德育处为了调查学生对“一带一路”的关注情况，在全校组织了“一带一路”的知识问卷调查， 并从中随机抽取了 12 份问卷，得到测试成绩（百分制）的茎叶图如图. （1）写出该样本的中位数，若该校共有 3000 名学生，试估计该校测试成绩在 70 分以上的人数. （2）从测试成绩为[70，90]的学生中随机抽取 2 人，求两位学生的测试成绩均落在[70，80]的概率. 【答案】（1）76， 2000 人；（2） 5 12 . 【解析】（1）由茎叶图可得测试成绩为 52，63，67，68，72，76，76，76，82，88，93，94， 所以中位数为 76， 抽取的 12 人中，70 分以下的有 4 人，70 分以上的有 8 人，则样本中 70 分以上所占的比例为 8 2 12 3  ， 所以该校这次测试成绩在 70 分以上的人数约为 23000 20003   人. （2）测试成绩为[70，90]的学生共 8 人，测试成绩落在[70，80]的 6 人 测试成绩为[70，90]的学生中随机抽取 2 人，两位学生的测试成绩均落在[70，80]的概率为 2 6 2 8 15 5 36 12 CP C    . 20．如图 1，扇形OAB 的圆心角为 60°，半径为 3，点C ，D 分别在线段OA，OB 上，且 2 2OD OC  ， 将 OCD 沿CD 折起到 O CD△ 的位置，如图 2 所示. （1）求证：CD O A ； （2）若 3O A  ，求平面O AC 与平面O BD 所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 39 13 . 【解析】（1）在 OCD 中， 1OC  ， 2OD  ， 60COD   ， 由余弦定理， 2 2 2 2 cos60 3CD OC OD OC OD       ，即 3CD  ， 所以 2 2 2OC CD OD  ，即 CD OC ，即 CD OA ， 所以 CD O C ，CD CA ，O C CA C   ， 所以CD 平面 O AC ， 又O A  平面O AC ，所以CD O A （2）如图，过点C 作Cz 平面 ACD ， 以C 为原点，CA ， CD ，Cz 所在直线分别为 x ， y ， z 轴建立空间直角坐标系C xyz ， 由题意可得  0,0,0C ，  0, 3,0D ， 1 3 3, ,02 2B       ， 1 3,0,2 2O      ， 则 1 3, 3,2 2O D          ， 1 3, ,02 2DB        . 设平面O BD 的法向量为  , ,m x y z  ，则 1 33 02 2 1 3 02 2 m O D x y z m DB x y               ， 令 1y  ，则一条法向量  3,1,3m   . 易知  0, 3,0CD  为平面O AC 的一个法向量， 所以 1cos , 13 m CDm CD m CD      ， 所以 21 2 39sin , 1 1313 m CD        ， 所以平面 O AC 与平面O BD 所成角的正弦值为 2 39 13 . 21．已知椭圆 1 :C 2 2 14 x y  ， 1F 、 2F 为 1C 的左、右焦点. （1）求椭圆 1C 的焦距； （2）点 2( 2 , )2Q 为椭圆 1C 一点，与 OQ 平行的直线l 与椭圆 1C 交于两点 A、B，若 QAB 面积为1， 求直线l 的方程； （3）已知椭圆 1C 与双曲线 2 2 2 1:C x y  在第一象限的交点为 ( , )M MM x y ，椭圆 1C 和双曲线 2C 上满足 | | | |Mx x 的所有点 ( , )x y 组成曲线C ．若点 N 是曲线C 上一动点，求 1 2NF NF  的取值范围． 【答案】（1） 2 3 ；（2） 1 12y x  ；（3） 4 5,      【解析】（1）由椭圆 1C 的方程知： 2 2 3c a b   ，即焦距为 2 2 3c  . （2）设 1: 2l y x m  ，代入 2 24 4x y  得 2 22 2 2 0x mx m    ， 由  2 2 24 8 1 8 4 0m m m       得| | 2m  ， 2 1 2 1 22 , 2 2    x x m x x m ， 所以 2 2 2 1 2 51 | | 2 2 10 52AB k x x m m         ， 所以 Q 到直线l 的距离 | | 5 2 md  ，由 21 | | | | 2 12QABS d AB m m      ，得 1m   所以 1: 12l y x  （3）由 2 2 2 2 4 4 1 x y x y       解得 2 10 5 15 5 M M x y     ，设  ,N x y 是曲线C 上一点，又 1( 3 , 0)F  ， 2 ( 3 , 0)F ，  1 3 ,NF x y    ，  2 3 ,NF x y   ， ∴ 2 2 1 2 2 103, (| | )5NF NF x y x      ， 当 N 在曲线 2 24 4(| | | |)Mx y x x   上时， 2 1 2 1 3NF NF y    ， 当 15 5y  时， 1 2 min 4 5NF NF    ，当 0y  时， 1 2 max 1NF NF   ， 所以 1 2 4 ,15NF NF         ； 当 N 在曲线 2 2 1(| | | |)Mx y x x   上时， 2 1 2 2 2NF NF y    ； 当 15 5y  时， 1 2 min 4 5NF NF    ， 1 2 4 ,5NF NF          ； 综上， 1 2 4 ,5NF NF          . 22．已知函数    ln x x xf x ax ae   R ． （1）当 1a e  时，求函数  f x 的单调区间； （2）若函数  f x 只有 1 个零点，求实数 a 的取值范围． 【答案】（1）  f x 的单调递减区间是 0,1 ，单调递增区间 1, ；（2）  1,0 e      . 【解析】（1）  f x 的定义域是 0,  ， 当 1a e  时，   ln x x x xf x e e   ，   11 11 ln 1 ln1 x x x x x e x xx xf x e e e            ， 易知 1 11 lnxy e x xx      单调递增，且当 1x  时， 0y  ， 所以当 1x  时，   0f x  ，当 0 1x  时，   0f x  ， 因此  f x 的单调递减区间是  0,1 ，单调递增区间  1, ． （2）由   0f x  ，得 ln x x xax e  ， 令    ln 0x x xG x xe   ， 若函数  f x 只有一个零点，则直线 y ax 与函数  G x 的图象有且只有一个交点．      2 1 11 ln 1 lnx x xx e x x e x xx xG x ee            ， 令    11 ln 0H x x x xx      ，则   2 1 11 0H x x x       ， 所以  H x 在 0,  上单调递减， 易知  1 1 1 1 ln1 1 0H       ，   1 12 1 2 ln 2 ln 2 02 2H         ， 所以存在  0 1,2x  ，使得  0 0H x  ， 当 00 x x  时，   0H x  ，   0G x  ，  G x 单调递增； 当 0x x 时，   0H x  ，   0G x  ，  G x 单调递减． 易知当 0x  时，  G x   ；当 x   时，   0G x  ． 作出直线 y ax 与函数  G x 的大致图象如图所示， 由图可知，若 0a  ，则直线 y ax 与函数  G x 的图象有且只有一个交点． 若 0a  ，则当直线 y ax 与函数  G x 的图象相切时，有且只有一个交点， 设切点为   , 0m am m  ，则 11 ln ln m m m mm ae m m ame         ，得 1m  ， 1a e  ． 故实数 a 的取值范围是  1,0 e      ．