2021年高考数学真题评析(新高考全国1卷带解析)

本资料分试卷使用地区、试卷总评、考点分布细目表、试题深度解读四个模块,其中试题深度解读模块又分为【命题意图】【答案】【解析】【点评】【知识链接】等栏目,其中【解析】中尽可能提供多种解法供参考.本资料部分内容来源于网络

一、试卷使用地区

山东、湖北、湖南、江苏、广东、福建、河北

二、试卷总评

2021年高考数学全国卷命题,试题突出数学本质,重视理性思维,坚持素养导向、能力为重的命题原则；倡导理论联系实际、学以致用,关注我国社会主义建设和科学技术发展的重要成果,通过设计真实问题情境,体现数学的应用价值；科学把握必备知识与关键能力的关系,科学把握数学题型的开放性与数学思维的开放性,稳中求新,体现了基础性、综合性、应用性和创新性的考查要求.

2021年高考数学全国卷命题,坚持思想性与科学性的高度统一,发挥数学应用广泛、联系实际的学科特点,命制具有教育意义的试题,试题运用我国社会主义建设和科技发展的重大成就作为情境,深入挖掘我国社会经济建设和科技发展等方面的学科素材,引导考生关注我国社会现实与经济、科技进步与发展,增强民族自豪感与自信心,增强国家认同,增强理想信念与爱国情怀.试卷关注科技发展与进步,关注社会与经济发展.如第18题以“一带一路”知识竞赛为背景,考查考生对概率统计基本知识的理解与应用.试卷关注优秀传统文化,如第16题以我国传统文化剪纸艺术为背景,让考生体验探索数学问题的过程,重点考查考生灵活运用数学知识分析问题的能力.试卷坚持开放创新,考查关键能力,改变相对固化的试题形式,增强试题开放性,减少死记硬背和“机械刷题”现象.加大开放题的创新力度,利用开放题考查考生数学学科核心素养和关键能力,发挥数学科的选拔功能.第21题第（2）问要求考生运用解析几何的基本思想方法分析问题和解决问题,考查考生在开放的情境中发现主要矛盾的能力.倡导理论联系实际,学以致用2021年高考数学全国卷命题注重理论联系实际,体现数学的应用价值,并让考生感悟到数学的应用之美.理论联系实际的试题,体现现代科技发展和现代社会生产等方面的特点,有机渗透数学建模、数据分析、逻辑推理等数学核心素养与数学思想方法的应用.

总之,2021年高考数学全国卷试题很好地落实了立德树人、服务选才、引导教学的高考核心功能,同时突出数学学科特色,发挥了高考数学科的选拔功能,对深化中学数学教学改革发挥了积极的导向作用.

三、考点分布细目表

1.已知集合则

A.        B.       C.       D.

【命题意图】本题考查集合的交集运算,考查数算与数学抽象的核心素养.难度：容易.

【答案】B

【解析】由,可得,故选B.

【点评】集合是高考每年必考知识点,一般以容易题面目呈现,位于选择题的前3题的位置上,考查热点一是集合的并集、交集、补集运算,二是集合之间的关系,这种考查方式多年来保持稳定.本题所给两个集合,一个是不等式的解集,但无需化简,一个是离散的数集,足见命题者有意降低试题难度,突出对交集概念的考查,该题难度与往年老教材全国卷, 的文科集合试题难度相当.

【知识链接】

1.求解集合的运算问题的三个步骤：

(1)看元素构成,集合是由元素组成的,从研究集合中元素的构成入手是解决集合运算问题的关键,即辨清是数集、点集还是图形集等,如{x|y＝f(x)},{y|y＝f(x)},{(x,y)|y＝f(x)}三者是不同的．；

(2)对集合化简,有些集合是可以化简的,先化简再研究其关系并进行运算,可使问题简单明了、易于解决；

(3)应用数形结合进行交、并、补等运算,常用的数形结合形式有数轴、坐标系和韦恩图(Venn).

2.已知,则（）

A.     B.     C.     D. 

【命题意图】本题考查共轭复数及复数的乘法运算,考查数算与数学抽象的核心素养.难度：容易.

【答案】C

【解析】

解法一：因为,所以,所以

故选C.

解法二：因为,,故选C.

【点评】复数是高考每年必考知识点,一般以容易题面目呈现,位于选择题的前3题的位置上,考查热点一是复数的概念与复数的几何意义,如复数的模、共轭复数、纯虚数、复数的几何意义等,二是复数的加减乘除运算.

去年新高考试卷复数考查的是复数的除法运算,考查内容单一,今年把共轭复数与复数的运算结合在一起考查,背景有所创新,为降低难度,把除法运算改为乘法运算,可见新高考试卷入手依然比较容易.

【知识链接】

解复数运算问题的常见类型及解题策略

(1)复数的乘法．复数的乘法类似于多项式的四则运算,可将含有虚数单位i的看作一类同类项,不含i的看作另一类同类项,分别合并即可．

(2)复数的除法．除法的关键是分子分母同乘以分母的共轭复数,解题中要注意把i的幂写成最简形式.

(3)复数的运算与复数概念的综合题．先利用复数的运算法则化简,一般化为a＋bi(a,b∈R)的形式,再结合相关定答．

(4)复数的运算与复数几何意义的综合题．先利用复数的运算法则化简,一般化为a＋bi(a,b∈R)的形式,再结合复数的几何意答．

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. 

【命题意图】本题考查圆锥及圆锥的侧面展开图,考查直观想象与数算的核心素养.难度：容易.

【答案】B

【解析】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.

【点评】立体几何在高考中一般有2道客观题,一般有一道是多面体,一道是旋转体；一道是容易题,一道是较难的题.考查热点是几何体中元素的位置关系与数量关系、几何体的表面积与体积、球与几何体的切接等.另外,单选题中考查空间几何体元素数量关系的题,常与数学文化及生产生活相联系.本题求解时只用到一个关系式,考查知识点单一、运算简单,依然属于送分题,这提醒我们在复习时要注重基础知识,基础题失分过多是考生高考数学考不好的主要原因.

【知识链接】几何体的展开与折叠

(1)几何体的表面积,除球以外,一般都是利用展开图求得的,利用空间问题平面化的思想,把一个平面图形折叠成一个几何体,再研究其性质,是考查空间想象能力的常用方法．

(2)多面体的展开图

①直棱柱的侧面展开图是矩形；

②正棱锥的侧面展开图是由一些全等的等腰三角形拼成的,底面是正多边形；

③正棱台的侧面展开图是由一些全等的等腰梯形拼成的,底面是正多边形．

(3)旋转体的展开图

①圆柱的侧面展开图是矩形,矩形的长(或宽)是底面圆周长,宽(或长)是圆柱的母线长；

②圆锥的侧面展开图是扇形,扇形的半径长是圆锥的母线长,弧长是圆锥的底面周长；

③圆台的侧面展开图是扇环,扇环的上、下弧长分别为圆台的上、下底面周长．

4.下列区间中,函数单调递增的区间是（）

A. B. C. D. 

【命题意图】本题考查三角函数的单调性,考查数算与逻辑推理的核心素养.难度：容易.

【答案】A

【解析】

解法一：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.

解法二：利用复合函数的单调性逐个验证.设

对于A,当时,由在上是增函数,可得A满足条件；

对于B,当时,由在上不单调,可得B不满足条件；

对于C,当时,由在上是减函数,可得C不满足条件；

对于D,当时,由在上不单调,可得D不满足条件；

故选A.

解法三：在区间上单调递增,则时恒成立.

对于A,当时,恒成立,A满足条件；

对于B,当时,由,可得B不满足条件；

对于C,当时,由,可得C不满足条件；

对于D,当时,由,可得D不满足条件；故选A.

【点评】三角函数与解三角形在新高考全国卷中一般有2道客观题,1道解答题,解答题一般考查解三角形,客观题考查热点是三角变换及三角函数的图象与性质.本题以正弦型函数为载体,考查三角函数的单调性,试题简洁流畅,属于常规题型,侧重对重要基础知识的考查.三角函数单调性是三角函数的一个重要性质,也是高考考查的热点,对于求正弦型函数的单调性课本有不少类似的题,这说明课本是高考试题的生长点,复习时不要丢掉课本.

【知识链接】求形如y＝Asin(ωx＋φ)(其中ω＞0)的单调区间时,要视“ωx＋φ”为一个整体,通过解不等式求解；研究的单调性,要先利用辅助角公式把函数化为构造y＝sin(x＋φ)的形式研究的单调性,要先利用降幂,再利用辅助角公式把函数化为构造y＝Asin(2x＋φ)+B的形式.

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

【命题意图】本题考查椭圆的方程、几何性质及基本不等式的应用,考查数算与逻辑推理的核心素养.难度：容易.

【答案】C

【解析】

解法一：由题,,则,所以（当且仅当时,等号成立）．故选C．

解法二：设,由椭圆定义可得,则=,当时取等号,故选C.

【点评】本题把椭圆的方程与椭圆的几何性质及基本不等式结合在一起考查,虽在知识交汇处命题,但涉及的都是基础知识,且运算简单,属于容易题,注意与椭圆焦点弦长或焦半径有关的计算问题及与焦点有关的距离最值问题,常利用椭圆的定义求解.

【知识链接】椭圆的定义具有双向作用,即若|MF1|+|MF2|=2a(2a>|F1F2|),则点M的轨迹是椭圆;反之,椭圆上任意一点M到两焦点的距离之和必为2a.涉及曲线上的点到焦点的距离问题时,应先考虑是否能够利用椭圆的定义求解.解决与椭圆有关的最值问题,特别是求距离之和的最大值,可利用椭圆定义转化为距离之差的最大值,再利用三点共线确定差的最大值

7.若,则（）

A.     B.     C.     D. 

【命题意图】本题考查同角三角函数关系式在求值中的应用,考查数算与逻辑推理的核心素养.难度：中等偏易.

【答案】C

【解析】

解法一：

．故选C．

解法二：因为,所以,所以=．故选C．

【点评】三角函数与解三角形在新高考全国卷中一般有2道客观题,1道解答题,解答题一般考查解三角形,客观题考查热点是三角变换及三角函数的图象与性质,难度一般为容易或中等偏易.本题主要考查利用同角三角函数基本关系式求值,常规求解思路是把所给式子化为关于的齐次分数,再进一步转化为关于的分式,然后代入求值,本题解法思路容易,但运算量稍大,也有一定的技巧,难度较前几题有所增加.

【知识链接】关于sin α、cos α的齐次式,可以通过分子、分母同除以分式中cos α的最高次幂转化为关于tan α的式子后再求值．注意有时为了拼凑分子分母齐次,需要灵活地进行“1”的代换,由1＝sin2α＋cos2α代换后,再构造出关于tan α的代数式．

7.若过点可以作曲线的两条切线,则（）

A.     B. 

C.     D. 

【命题意图】本题考查导数几何意义的应用,考查直观想象与逻辑推理的核心素养.难度：中等.

【答案】D

【解析】

解法一：设过点的切线与曲线切于,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,所以,过点可以作曲线的两条切线,则方程有两个不同实根,令,则.当时,,此时函数单调递增,且,当时,,此时函数单调递减,

所以,,如图所示,当直线与曲线的图象有两个交点时,当时,直线与曲线的图象有两个交点.故选D.

解法二：画出函数曲线的图象如图所示,根据直观即可判定点在曲线下方和轴上方时才可以作出两条切线.由此可知.故选D.

【点评】导数的几何意义是高考的一个高频考点,考查热点主要有：求曲线在某点处的切线；求两条曲线的公切线；确定满足条件的曲线的条数..本题主要考查利用导数的几何意义研究确定的切线,注意等价转化思想的应用：切线有两条切点有2个关于t的方程有2个不同实根直线与有2个交点.另外由解法二可知：点在曲线下方且在x轴上方时符合条件的切线有2条；点在曲线上或在x轴上或在x轴下方时符合条件的切线有1条；点在曲线上方时符合条件的切线不存在；若把题中的切线换成,点位置与切线条数有何关系,有兴趣的同学可以探讨一下.

【知识链接】求曲线切线的条数一般是设出切点,由已知条件整理出关于t的方程,把切线条数问题转化为关于t的方程的实根个数问题.

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    B. 甲与丁相互

C. 乙与丙相互    D. 丙与丁相互

【命题意图】本题考查用概率判断相互事件,考查数据分析与逻辑推理的核心素养.难度：中等.

【答案】B

【解析】由题意可得

故选B.

【点评】本题涉及相互事件的判断,同学们习惯根据相互立事件的概率计算公式,求相互立事件的概率,本题反过来利用概率计算的结果判断事件是否相互,高考全国卷选择题中首次考查此类问题,故该题背景新颖,但思路不难想到,与第7题相比较,该题难度略低于第7题.

【知识链接】

(1)“”与“互斥”的区别

两事件互斥是指两个事件不可能同时发生,两事件相互是指一个事件发生与否对另一事件发生的概率没有影响(如有放回的抽取模型)．两事件相互通常不互斥,两事件互斥通常不．若事件A,B互斥,则,若事件A,B不互斥,则,若事件A,B相互,则

(2)对于复杂概率的计算一般要先设出事件,准确地确定事件的性质,把问题化归为古典概型、互斥事件、事件、重复试验四类事件中的某一种；其次判断事件是A＋B还是AB事件,确定事件至少有一个发生,还是同时发生,分别运用相加或相乘事件公式；最后选用相应的求古典概型、互斥事件、条件概率、事件、n次重复试验的概率公式求解．

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

【命题意图】本题考查样本的数字特征,考查数据分析与数算的核心素养.难度：中等偏易.

【答案】CD

【解析】因为,因为,所以,A错误；设第一组中位数为,则第二组的中位数为,,所以,B错误；第一组数据的标准差,第二组数据的标准差,C正确；若第一组数据的极差为,则第二组数据的极差为,故D正确；故选CD

【点评】概率与统计是高考重点,在高考试卷中既有客观题又有解答题,由于该模块涉及知识点比较多,高考命题没有固定的热点,一般情况下,统计与概率、随机变量的分布列都会涉及,客观题至少会有2道.本题涉及到中位数、平均数、标准差及极差等样本的数字特征,题型是常规题型,考生在复习时训练的比较多,绝大部分考生都能得分.

【知识链接】

(1)有关平均数、方差的一些结论

若数据x1,x2,…,xn的平均数为,方差为s2.

则ax1,ax2,…,axn的平均数为,方差为a2s2.

数据mx1+a,mx2+a,…,mxn+a的平均数为,方差为m2s2.

(1)众数、中位数、平均数与频率分布表、频率分布直方图的关系

①众数：众数一般用频率分布表中频率最高的一小组的组中值来显示,即在样本数据的频率分布直方图中,最高矩形的底边中点的横坐标.

②中位数：在频率分布直方图中,中位数左边和右边的直方图的面积应该相等.

平均数：平均数在频率分布表中等于组中值与对应频率之积的和.

10.已知为坐标原点,点,,,,则（）

A.     B. 

C.     D. 

【命题意图】本题考查平面向量的数量积及坐标运算、三角变换,考查数算、逻辑推理及数学抽象的核心素养.难度：中等

【答案】AC

【解析】由,,可得,故A正确；

,同理,不一定相等,故B错误；

由,,可得C正确；

由,

,不一定相等,D错误,故选AC

【就题论题】平面向量是高考数学必考知识点,一般以客观题形式考查,热点是平面向量的线性运算及平面向量的数量积,可以是容易题,也可以是中等难度题,中等难度题常用平面几何、不等式等知识交汇考查.本题涉及平面向量的数量积及坐标运算,又涉及三角变换,在知识交汇处命题,背景较新颖,能有效考查考生分析问题解决问题的能力,是一道难度适中的好题,熟悉新教材必修二（A版）的同学们应该知道P35有利用向量证明两角差余弦公式的例题,该题应该是由此题改编而成.

【知识链接】平面向量数量积求解问题的策略

求两向量的夹角：cosθ＝,要注意θ∈[0,π]．

两向量垂直的应用：两非零向量垂直的充要条件是：a⊥b⇔a·b＝0⇔|a－b|＝|a＋b|.

求向量的模：利用数量积求解长度问题的处理方法有：a2＝a·a＝|a|2或|a|＝;|a±b|＝;若a＝(x,y),则|a|＝.

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,

【命题意图】本题考查圆的方程及直线与圆的位置关系,考查直观想象、逻辑推理及数学抽象的核心素养.难度：中等

【答案】ACD

【解析】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.

【点评】圆的方程及直线与圆的位置关系一直是高考热点,通常作为客观题考查,长度、面积的计算,参数问题及最值问题是考查热点.本题涉及的与圆有关的最值问题是高考的热点问题.由于圆既能与平面几何相联系,又能与圆锥曲线相结合,命题方式比较灵活,故与圆相关的最值问题备受命题者的青睐.在运动变化中,动点到直线、圆的距离会发生变化,圆上点到动直线的距离也会发生变化,在变化过程中,就会出现一些最值问题,如距离、角最小,最大等.这些问题常常联系到平面几何知识,利用数形结合思想可直接得到相关结论,解题时便可利用这些结论直接确定最值问题,故在此提醒考生解题时千万不要得“意”忘“形”. 

【知识链接】(1)与圆有关的长度或距离的最值问题的解法．一般根据长度或距离的几何意义,利用圆的几何性质数形结合求解．注意圆的弦长或切线段的长通常利用勾股定理转化为圆心到直线距离或点到圆心距离

(2)与圆有关的面积的最值问题或圆中与数量积有关的最值问题,一般转化为寻求圆的半径相关的函数关系或者几何图形的关系,借助函数求最值的方法,如配方法,基本不等式法等求解,有时可以通过转化思想,利用数形结合思想求解.

12.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

【命题意图】本题考查空间向量的应用、几何体中面积与体积的计算及线面位置关系的判断及应用,考查直观想象及逻辑推理的核心素养.难度：中等偏难.

【答案】BD

【解析】

解法一：对于A,当时,,所以,因为,

所以点P是线段上的动点,所以周长不是定值,故A错误；

对于B,当时,,所以,因为,所以点为线段上的动点,而,平面,点到平面的距离为定值,所以,三棱锥的体积为定值,故B正确．

当时,,取中点M,中等N,则,即,

所以点点是线段MN上的动点,易得当点P与点M或点N重合时都有,故C错误；

对于D,当时,,取,中点为E,F．则,即,所以点是线段EF上的动点．若平面,则,取中点D,可得,

,所以平面,所以BD,所以点P与点F重合,D正确,故选BD.

解法二：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．

【点评】几何体中对线面位置关系的综合考查常作为较难试题出现,求角度问题、截面位置不固定几何体的体积、最值问题,均是热点问题.多选题中的立体几何试题,常把多个知识点交汇考查,如把几何体长度、角度、面积、体积的计算与线面位置关系结合在一起考查,也可与函数、不等式及空间向量结合在一起考查,此类问题对空间想象能力要求较高,难度也比较大.

【知识链接】计算旋转体的侧面积时,一般采用转化的方法来进行,即将侧面展开化为平面图形,“化曲为直”来解决,因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法．求一些不规则几何体的体积时,常用分割法转化成已知体积公式的几何体进行解决．此外求三棱锥的体积或高时常利用等积法进行转化.“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法,在解题时,把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中,巧妙地破解空间几何体的体积等问题.

13.已知函数是偶函数,则______.

【命题意图】本题考查函数的奇偶性,考查数算及逻辑推理的核心素养.难度：容易

【答案】1

【解析】因为,故,

因为为偶函数,故,即,整理得到,故.

解法二：因为是偶函数,是奇函数,所以是奇函数,

所以.

解法三：因为为偶函数,所以,即,解得.

【点评】函数的奇偶性如单独命题一般为容易题,此类问题考查热点是判断函数的奇偶性；给出奇函数在一个区间上的解析式,求函数值或函数在另一个区间上的解析式；根据函数的奇偶性求参数取值等,如与函数的其他性质综合在一起考查,一般为中等题.

【知识链接】

(1)函数奇偶性常用结论

如果函数f(x)是偶函数,那么f(x)＝f(|x|)．

奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．

在公共定义域内有：奇±奇＝奇,偶±偶＝偶,奇×奇＝偶,偶×偶＝偶,奇×偶＝奇．

f(x)为偶函数⇔f(x)＝f(|x|)．

若奇函数在x＝0处有意义,则f(0)＝0.

(2)常见的奇函数与偶函数

,,是奇函数,是偶函数

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______.

【命题意图】本题考查抛物线的方程及几何性质,考查数算及逻辑推理的核心素养.难度：中等偏易

【答案】

【解析】

解法一：抛物线： ()的焦点,∵P为上一点,与轴垂直,不妨设,所以,因为,所以,因为为轴上一点,设,则,,所以,,所以的准线方程为

解法二：抛物线： ()的焦点,∵P为上一点,与轴垂直,

所以P的横坐标为,代入抛物线方程求得P的纵坐标为,不妨设,

因为Q为轴上一点,且,所以Q在F的右侧,又,,因为,所以,,所以的准线方程为.

解法三：抛物线： ()的焦点,∵P为上一点,与轴垂直,不妨设,因为,,由射影定理可得,即,解得,所以的准线方程为.

【点评】客观题中的抛物线一般考查抛物线的几何性质及运算能力,有时会与向量及不等式等知识交汇.

上面提供的解法一把垂直问题转化为斜率之积为,是最常规的解法,解法二把垂直问题转化为数量积为零,这种转化思路在解析几何中常用,它可以避免讨论斜率是否存在,解法三直接利用平面几何中的射影定理求解,使运算量减小,提高了解题速度

【知识链接】

(1)设AB是过抛物线y2＝2px(p>0)焦点F的弦,若A(x1,y1),B(x2,y2),则

x1x2＝,y1y2＝－p2.

弦长|AB|＝x1＋x2＋p＝(α为弦AB的倾斜角)．

以弦AB为直径的圆与准线相切．

通径：过焦点垂直于对称轴的弦,长等于2p,通径是过焦点最短的弦．

(2)在解决与抛物线的性质有关的问题时,要注意利用几何图形的形象、直观的特点来解题,特别是涉及焦点、顶点、准线的问题更是如此．

15.函数的最小值为______.

【命题意图】本题考查导数在研究函数性质中的应用,考查逻辑推理与数算的核心素养.

【答案】1

【解析】

解法一：定义域为,∴当时,单调递减；当时,,所以时,,单调递减；当时,,此时单调递增；,即的最小值为1.

解法二：由不等式得,当时取等号,所以的最小值为1.

【点评】本题解法一是先把含绝对值的函数转化为分段函数,再利用导数确定该在每个单调区间上的单调性,然后由单调性确定最值,属于常规解法,解法二是利用进行放缩,注意题中连续两次放缩,要保证等号能够同时成立.

【知识链接】(1)求函数f(x)在[a,b]上的最大值和最小值的步骤：①求函数在(a,b)内的极值；②求函数在区间端点的函数值f(a),f(b)；③将函数f(x)的极值与f(a),f(b)比较,其中最大的一个为最大值,最小的一个为最小值．(2)分段函数与含参数的函数的最值一般不通过比值求解,而是先讨论函数的单调性,再根据单调性求出最值．含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间,二是定极值点动区间,这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论．

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】本题以剪纸艺术为背景考查数列求和,考查逻辑推理与数学建模的核心素养.

【答案】    (1). 5    (2). 

【解析】（1）由对折2次共可以得到,,三种规格的图形,所以对着三次的结果有：,共4种不同规格（单位；

故对折4次可得到如下规格：,,,,,共5种不同规格；

（2）由于每次对着后的图形的面积都减小为原来的一半,故各次对着后的图形,不论规格如何,其面积成公比为的等比数列,首项为120,第n次对折后的图形面积为,对于第n此对折后的图形的规格形状种数,根据（1）的过程和结论,猜想为种（证明从略）,故得猜想,

设,

则,

两式作差得：

,因此,.

故答案为：；.

【点评】本题以我国传统文化剪纸艺术为背景,让考生体验探索数学问题的过程.该题有几点创新,一是背景新颖,能有效考查考生灵活运用数学知识分析问题的能力,二是高考首次在客观题中考查错位相减法求和,三是为让部分学生得部分分,设置了两空,这是自2019年全国卷首次设置双空题后,时隔两年再次设置双空题.

【知识链接】错位相减法求和时的注意点

(1)要善于识别题目类型,特别是等比数列公比为负数的情形．

(2)在写出“Sn”与“qSn”的表达式时应特别注意将两式“错项对齐”以便下一步准确写出“Sn－qSn”的表达式．

(3)在应用错位相减法求和时,若等比数列的公比为参数,应分公比等于1和不等于1两种情况求解．

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.

【命题意图】本题考查等差数列的通项与求和,考查分类讨论思想数算与逻辑推理的核心素养,试题难度：中等偏易.

【解析】

解法一：（1）

由题意得,

所以,即,

所以.

（2）由（1）可得,,

所以前20项的和为

.

解法二：（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

.

【点评】这是近年来全国卷首次在解答题中以分段数列为载体命题,考查的都是基础知识,但计算时容易出错,如把理解为n为偶数时.

【知识链接】分组转化法求和的常见类型

(1)若an＝bn±cn,且{bn},{cn}为等差或等比数列,可采用分组求和法求{an}的前n项和．

(2)通项公式为an＝的数列,其中数列{bn},{cn}是等比数列或等差数列,可采用分组求和法求和．

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.

【命题意图】本题以实际问题为背景,考查随机变量的分布列及期望的应用,考查数据分析及数学应用的核心素养.试题难度:中等偏易

【解析】（1）由题意X的取值依次为0,20,100,

,

,

所以X的分布列为

设先回答B类问题累计得分为Y,则,

,故应选择先回答B类问题.

【点评】以“一带一路”知识竞赛为背景,考查考生对概率统计基本知识的理解与应用,建立模型以后求解比较简单,只相当于课本习题的难度,所以本题重在考查数学建模能力.

【知识链接】随机变量的均值反映了随机变量取值的平均水平,方差反映了随机变量稳定于均值的程度,它们从整体和全局上刻画了随机变量,是生产与生活中用于方案取舍的重要理论依据．一般先比较均值,若均值相同,再用方差来决定．

19.记是内角,,的对边分别为,,.已知,点在边上,.

（1）证明：；

（2）若,求.

【命题立意】本题考查正弦定理及余弦定理的应用,考查数算与逻辑推理的核心素养

【解析】

解法一：（1）由及正弦定理得

（2）由余弦定理得

整理得,即,

所以,

当时,由得,

此时,不满足题意,

当时,由得,

所以

解法二：（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,.

【知识链接】解三角形时,如果式子中含有角的余弦或边的二次式,要考虑用余弦定理；如果式子中含有角的正弦或边的一次式时,则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时,则要考虑两个定理都有可能用到．

19.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.

【命题意图】本题考查线面位置关系的证明、二面角及几何体体积的计算,直观想象直观及逻辑推理的核心素养

【解析】（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)解法一：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

解法二：以点O为坐标原点,过点O在平面BCD内与BD垂直的直线为x轴,直线OD,OA分别为y轴、z轴,建立空间直角坐标系,设OA=t

则,

,,,

,

平面BCD的一个法向量,

设平面BCE的一个法向量,则,即,

取,得,

因为二面角E-BC-D的大小,

所以,,

由OB=CC=OD=1,可得,

所以=.

【知识链接】当两个平面垂直时,常作的辅助线是在其中一个面内作交线的垂线,把面面垂直转化为线面垂直,进而可以证明线线垂直(必要时可以通过平面几何的知识证明垂直关系),构造(寻找)二面角的平面角或得到点到面的距离等．

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.

【命题立意】本题考查双曲线的定义及直线与圆锥曲线的位置关系,考查数算与逻辑推理的核心素养

【解析】(1)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.

【知识链接】求解定值问题的方法一般有两种：(1)从特殊入手,求出定点、定值、定线,再证明定点、定值、定线与变量无关；(2)直接计算、推理,并在计算、推理的过程中消去变量,从而得到定点、定值、定线．应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点,设而不求方法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算．

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：.

【命题立意】本题考查用导数研究函数的单调性及导数在证明不等式中的应用,数算与逻辑推理的核心素养

【解析】（1）,

所以,递增,,递减,

故的递增区间为,递减区间为.

(2)由得,即,

设,由（1）知,所以,

若,则成立,若,

设,

则,

因为,所以,,

所以在上是增函数,所以,

所以,集,

因为,且递增,

所以,即.

因为,且,设,

则,所以,

所以

,

令,

则,

设,则,

所以,

故在上为减函数,故,

故成立,即成立.

综上可得.

【知识链接】用导数证明不等式问题一般要通过构造函数,利用函数单调性来证明,基本方法有：

(1)把证明转化为证明

(2)把证明转化为证明

(3)把证明转化为证明,

(4)把证明转化为证明

(5)改编不等式结构,重新构造函数证明不等式