2021年全國統(tǒng)一高考數學試卷（新高考全國Ⅱ卷）使用省份：海南?遼寧?重慶一?選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.復數在復平面內對應的點所在的象限為（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】A【解析】【分析】利用復數的除法可化簡，從而可求對應的點的位置.【詳解】，所以該復數對應的點為，該點在第一象限，故選：A.2.設集合，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據交集、補集的定義可求.【詳解】由題設可得，故，故選：B.3.拋物線的焦點到直線的距離為，則（）A.1B.2C.D.4【答案】B【解析】【分析】首先確定拋物線的焦點坐標，然后結合點到直線距離公式可得的值.【詳解】拋物線的焦點坐標為，,其到直線的距離：，解得：(舍去).故選：B.4.北斗三號全球衛(wèi)星導航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為的球，其上點A的緯度是指與赤道平面所成角的度數．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點的緯度最大值為，記衛(wèi)星信號覆蓋地球表面的表面積為（單位：），則S占地球表面積的百分比約為（）A.26%B.34%C.42%D.50%【答案】C【解析】【分析】由題意結合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計算即可求得最終結果.【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：.故選：C.5.正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由四棱臺幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，,因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺的體積.故選：D.6.某物理量的測量結果服從正態(tài)分布，下列結論中不正確的是（）A.越小，該物理量在一次測量中在的概率越大B.越小，該物理量在一次測量中大于10概率為0.5C.越小，該物理量在一次測量中小于9.99與大于10.01的概率相等D.越小，該物理量在一次測量中落在與落在的概率相等【答案】D【解析】【分析】由正態(tài)分布密度曲線的特征逐項判斷即可得解.【詳解】對于A，為數據的方差，所以越小，數據在附近越集中，所以測量結果落在內的概率越大，故A正確；對于B，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量大于10的概率為，故B正確；對于C，由正態(tài)分布密度曲線的對稱性可知該物理量一次測量結果大于的概率與小于的概率相等，故C正確；對于D，因為該物理量一次測量結果落在的概率與落在的概率不同，,所以一次測量結果落在的概率與落在的概率不同，故D錯誤.故選：D.7.已知，，，則下列判斷正確的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】對數函數的單調性可比較、與的大小關系，由此可得出結論.【詳解】，即.故選：C.8.已知函數的定義域為，為偶函數，為奇函數，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】推導出函數是以為周期的周期函數，由已知條件得出，結合已知條件可得出結論.【詳解】因為函數為偶函數，則，可得，因為函數為奇函數，則，所以，，所以，，即，故函數是以為周期的周期函數，因為函數為奇函數，則，故，其它三個選項未知.故選：B.二?選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20,分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.下列統(tǒng)計量中，能度量樣本離散程度的是（）A.樣本的標準差B.樣本的中位數C.樣本的極差D.樣本的平均數【答案】AC【解析】【分析】考查所給的選項哪些是考查數據的離散程度，哪些是考查數據的集中趨勢即可確定正確選項.【詳解】由標準差的定義可知，標準差考查的是數據的離散程度；由中位數的定義可知，中位數考查的是數據的集中趨勢；由極差的定義可知，極差考查的是數據的離散程度；由平均數的定義可知，平均數考查的是數據的集中趨勢；故選：AC.10.如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根據線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線構造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設正方體的棱長為，,對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，,故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，則，因為，故，故，所以或其補角為異面直線所成的角，因為正方體的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯誤.故選：BC.11.已知直線與圓，點，則下列說法正確的是（）,A.若點A在圓C上，則直線l與圓C相切B.若點A在圓C內，則直線l與圓C相離C.若點A在圓C外，則直線l與圓C相離D.若點A在直線l上，則直線l與圓C相切【答案】ABD【解析】【分析】轉化點與圓、點與直線的位置關系為的大小關系，結合點到直線的距離及直線與圓的位置關系即可得解.【詳解】圓心到直線l的距離，若點在圓C上，則，所以，則直線l與圓C相切，故A正確；若點在圓C內，則，所以，則直線l與圓C相離，故B正確；若點在圓C外，則，所以，則直線l與圓C相交，故C錯誤；若點在直線l上，則即，所以，直線l與圓C相切，故D正確.故選：ABD.12.設正整數，其中，記．則（）A.B.C.D.【答案】ACD,【解析】【分析】利用的定義可判斷ACD選項的正誤，利用特殊值法可判斷B選項的正誤.【詳解】對于A選項，，，所以，，A選項正確；對于B選項，取，，，而，則，即，B選項錯誤；對于C選項，，所以，，，所以，，因此，，C選項正確；對于D選項，，故，D選項正確.故選：ACD.三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知雙曲線的離心率為2，則該雙曲線的漸近線方程為_______________【答案】【解析】【分析】由雙曲線離心率公式可得，再由漸近線方程即可得解.【詳解】因為雙曲線的離心率為2，所以，所以，,所以該雙曲線的漸近線方程為.故答案為：.【點睛】本題考查了雙曲線離心率的應用及漸近線的求解，考查了運算求解能力，屬于基礎題.14.寫出一個同時具有下列性質①②③的函數_______．①；②當時，；③是奇函數．【答案】（答案不唯一，均滿足）【解析】【分析】根據冪函數的性質可得所求的.【詳解】取，則，滿足①，，時有，滿足②，的定義域為，又，故是奇函數，滿足③.故答案為：（答案不唯一，均滿足）15.已知向量，，，_______．【答案】【解析】【分析】由已知可得，展開化簡后可得結果.【詳解】由已知可得，因此，.故答案為：.16.已知函數，函數的圖象在點和點,的兩條切線互相垂直，且分別交y軸于M，N兩點，則取值范圍是_______．【答案】【解析】【分析】結合導數的幾何意義可得，結合直線方程及兩點間距離公式可得，，化簡即可得解.【詳解】由題意，，則，所以點和點，,所以，所以，所以，同理,所以.故答案為：【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是利用導數的幾何意義轉化條件，消去一個變量后，運算即可得解.四?解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟．17.記是公差不為0的等差數列的前n項和，若．（1）求數列的通項公式；（2）求使成立的n的最小值．【答案】(1)；(2)7.,【解析】【分析】(1)由題意首先求得的值，然后結合題意求得數列的公差即可確定數列的通項公式；(2)首先求得前n項和的表達式，然后求解二次不等式即可確定n的最小值.【詳解】(1)由等差數列的性質可得：，則：，設等差數列的公差為，從而有：，，從而：，由于公差不為零，故：，數列的通項公式為：.(2)由數列的通項公式可得：，則：，則不等式即：，整理可得：，解得：或，又為正整數，故的最小值為.【點睛】等差數列基本量的求解是等差數列中的一類基本問題，解決這類問題的關鍵在于熟練掌握等差數列的有關公式并能靈活運用.18.在中，角、、所對的邊長分別為、、，，.．（1）若，求的面積；（2）是否存在正整數，使得為鈍角三角形?若存在，求出的值；若不存在，說明理由．【答案】（1）；（2）存在，且.【解析】【分析】（1）由正弦定理可得出，結合已知條件求出的值，進一步可求得、的值，利用余弦定理以及同角三角函數的基本關系求出，再利用三角形的面積公式可求得結果；（2）分析可知，角為鈍角，由結合三角形三邊關系可求得整數的值.【詳解】（1）因為，則，則，故，，,，所以，為銳角，則，因此，；（2）顯然，若為鈍角三角形，則為鈍角，由余弦定理可得，解得，則，由三角形三邊關系可得，可得，，故.19.在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.（2）在平面內，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.,【詳解】（1）取的中點為，連接.因為，，則，而，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面.（2）在平面內，過作，交于，則，結合（1）中平面，故可建如圖所示的空間坐標系.,則，故.設平面的法向量，則即，取，則，故.而平面的法向量為，故.二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.20.已知橢圓C的方程為，右焦點為，且離心率為．（1）求橢圓C的方程；（2）設M，N是橢圓C上的兩點，直線與曲線相切．證明：M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【答案】（1）；（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）由離心率公式可得，進而可得，即可得解；,（2）必要性：由三點共線及直線與圓相切可得直線方程，聯(lián)立直線與橢圓方程可證；充分性：設直線，由直線與圓相切得，聯(lián)立直線與橢圓方程結合弦長公式可得，進而可得，即可得解.【詳解】（1）由題意，橢圓半焦距且，所以，又，所以橢圓方程為；（2）由（1）得，曲線為，當直線的斜率不存在時，直線，不合題意；當直線的斜率存在時，設，必要性：若M，N，F(xiàn)三點共線，可設直線即，由直線與曲線相切可得，解得，聯(lián)立可得，所以，所以,所以必要性成立；充分性：設直線即，由直線與曲線相切可得，所以，聯(lián)立可得，所以，,所以，化簡得，所以，所以或，所以直線或，所以直線過點，M，N，F(xiàn)三點共線，充分性成立；所以M，N，F(xiàn)三點共線的充要條件是．【點睛】關鍵點點睛：解決本題的關鍵是直線方程與橢圓方程聯(lián)立及韋達定理的應用，注意運算的準確性是解題的重中之重.21.一種微生物群體可以經過自身繁殖不斷生存下來，設一個這種微生物為第0代，經過一次繁殖后為第1代，再經過一次繁殖后為第2代……，該微生物每代繁殖的個數是相互獨立的且有相同的分布列，設X表示1個微生物個體繁殖下一代的個數，．（1）已知，求；（2）設p表示該種微生物經過多代繁殖后臨近滅絕的概率，p是關于x的方程：的一個最小正實根，求證：當時，，當時，；（3）根據你的理解說明（2）問結論的實際含義．【答案】（1）1；（2）見解析；（3）見解析.【解析】分析】（1）利用公式計算可得.（2）利用導數討論函數的單調性，結合及極值點的范圍可得的最小正零點.（3）利用期望的意義及根的范圍可得相應的理解說明.,【詳解】（1）.（2）設，因為，故，若，則，故.，因為，，故有兩個不同零點，且，且時，；時，；故在，上為增函數，在上為減函數，若，因為在為增函數且，而當時，因為在上為減函數，故，故為的一個最小正實根，若，因為且在上為減函數，故1為的一個最小正實根，綜上，若，則.若，則，故.此時，，故有兩個不同零點，且，且時，；時，；故在，上為增函數，在上為減函數，而，故，又，故在存在一個零點，且.,所以為的一個最小正實根，此時，故當時，.（3）意義：每一個該種微生物繁殖后代的平均數不超過1，則若干代必然滅絕，若繁殖后代的平均數超過1，則若干代后被滅絕的概率小于1.22.已知函數．（1）討論的單調性；（2）從下面兩個條件中選一個，證明：只有一個零點①；②．【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.【解析】【分析】(1)首先求得導函數的解析式，然后分類討論確定函數的單調性即可；(2)由題意結合(1)中函數的單調性和函數零點存在定理即可證得題中的結論.【詳解】(1)由函數的解析式可得：，當時，若，則單調遞減，若，則單調遞增；當時，若，則單調遞增，若，則單調遞減，若，則單調遞增；當時，在上單調遞增；當時，若，則單調遞增，若，則單調遞減，若，則單調遞增；,(2)若選擇條件①：由于，故，則，而，而函數在區(qū)間上單調遞增，故函數在區(qū)間上有一個零點.，由于，，故，結合函數的單調性可知函數在區(qū)間上沒有零點.綜上可得，題中的結論成立.若選擇條件②：由于，故，則，當時，，，而函數在區(qū)間上單調遞增，故函數在區(qū)間上有一個零點.當時，構造函數，則，當時，單調遞減，當時，單調遞增，注意到，故恒成立，從而有：，此時：，當時，，,取，則，即：，而函數在區(qū)間上單調遞增，故函數在區(qū)間上有一個零點.，由于，，故，結合函數的單調性可知函數在區(qū)間上沒有零點.綜上可得，題中的結論成立.【點睛】導數是研究函數的單調性、極值(最值)最有效的工具，而函數是高中數學中重要的知識點，所以在歷屆高考中，對導數的應用的考查都非常突出，對導數的應用的考查主要從以下幾個角度進行：(1)考查導數的幾何意義，往往與解析幾何、微積分相聯(lián)系．(2)利用導數求函數的單調區(qū)間，判斷單調性；已知單調性，求參數．(3)利用導數求函數的最值(極值)，解決生活中的優(yōu)化問題．(4)考查數形結合思想的應用．