2021年普通高等学校招生全国统一考试(新高考Ⅰ卷)数学-【高考解码】高考真题汇编试卷理科数学

若数列{√Sm}为等差数列， 所以y2,y3是方程(y好-1)t2+2y1t+3-y1=0的两根. ∴.|CC1=3-2√2，r1=2,r=√2， 则a1=号， 依题意有，直线A2A3的方程为x-(y2十y3)y十y2y3=0. ∴.|CC<|r1-rl, 令M到直线A2A3的距离为d,则有 ∴.C与C1没有公共点 所以a2=a1十d=3a1. 答案：见解析 三、选择条件②③ 42=(2+y2)2 (2+32 y7-1/ =1,即d=1. 已知数列{Sw}为等差数列，a2=3a1设公差为d, 1+(y2+y3) -4-是， 则√S2-√/Si=d,即/4a-√a=d, 23.解析：(1)易知g(x)=4x十2，- << 则a1=d,√/Sn=√S+(n-1)d=d, 此时，直线A2A3与⊙M也相切 1 则Sn=n2, 综上，直线A2A3与⊙M也相切 4,x>2 an=Sn-Sp-1=2d2n-d2, 答案：(1)C的方程为y2=x,⊙M的方程为(x-2)2+y2=1;(2)相切 则y=f(x)和y=g(x)的图像为 所以数列{an}为等差数列. 21.解析：1)当a=2时f()=,(>0. 19.解析：(1)因为E,F是直三棱柱ABC-A1B1C1中AC和CC的中点，且AB=BC=2, 所以CF=1,BF=√5，连接AF,由BF⊥A1B1且AB∥AB1,则BF⊥AB,于是AF=3, /x)=(2-tn2,(r>0) 所以，AC=2√2，由AB+BC=AC,则BA⊥BC,故如图所示，建立空间直角B-yz坐 2 标系； 令f(x)>0,即0<<n2,此时f(x)单调递增： 2 令f(x)<0,即x>n2,此时fx)单调递减： 故f代)的单调递增区间(0，品2)小，单调递减区间（品2十o∞）小 (2)要使y=f(x)与y=1有2个交点， 即-1有2解，故_有2解 令g=lhL,(>0,gr）=1=nr,(x>0) (2)由(1)中的图可知，y=f(x十a)是y=f(.x)左右平移|a个单位得到的结果，向 x 右平移不合题意，向左平移至y=f(x十a)的右支过点曲线，y=g(x)上的 于是A(2,0,0),B(0,0,0),C1(0,2,2),E(1,1,0),F(0,2,1). 设B1D=m,则D(m,0,2). 令g(x)=1-h=0,解得x=C (分4)点为临界我态，此时y=f(x十a)右支的解析式为y=x十a一2，由点 于是，BF=(0,2,1),DE=(1-m,1,-2), 令g'(x)>0,即0<x<e,此时g(x)单调递增： 则BF.DE=O,所以BF⊥DE: 令g'(x)<0,即x>e,此时g(.x)单调递减； (分4)在y=x十a一2可知4=十a-2,解得a=号，若要满足通意，则y=f (2)易知平面BB1CC的法向量为n1=(1,0,0); 故gr)ms=ge)=。,而g)在>e时，g)∈(0，） 十)要再向左平移，则。>号，则a的取值花围为[，十∞）小 又DE=(1-m,1,-2),EF=(-1,1,1) 设平面DEF的法向量n2=(.x,y,), 因g1)=0,即要俊条件成立，即：0<8<日 a 则0LEF但-m+y2=0令=8，别y=m+1.=8-m I:当0<a<1,此时不符合条件 2⊥DE-x+y-x=0, 于是，平面DFE的法向量为n2=(3,m+1,2-m), Ⅱ：当a>l1,因g(x)mx=g(e)= e 故a∈(1，e)U(e,十o∞). oa=ae安 3 答案：1)递增区间(0，品2)）递减区间（品2+∞） (2)a∈(1，e)U(e,+∞) 当m=)时，平面BB,CC与平面DFE所成的二西角的余孩值最大为，光时共 22.解析：(1)：p=2V2cos0,∴p2=2V20cos0, 正孩值最小为原 .2=x2+y2,x=ocos 0 .x2+y2=2W2x, 2021年普通高等学校招生全国统一考试（新高考I卷） 答案：1)略(2)9 即曲线C的直角坐标方程为：(x一√2)2+y2=2. (2)设P点坐标为(x,y),M点坐标为(x',y'), 1.BA∩B是求集合A与集合B的公共元素，即{2,3}. 20.解析：(1)设抛物线方程为y2=2px(p>0),由题意知抛物线经过点(1,1)，代入得1 2.Cx(交+i)=(2-i)(2+i+i)=(2-i)(2+2i)=4+4i-2i-2i2=6+2i,故答案选C AP=(x-1,y),AM=(x'-1,y), =2p解得p=7,故抛物线方程为)y2=x, AP=2AM. 3.B根据底面同长等于侧面展开图弧长，设号线为，底面半径为，期有2m需 由于圆与l相切，故知圆的半径为1， 2xl,化简得l=2r=2√2，答案选B. 圆的方程(.x一2)2+y