2021年北京市高考数学试题(解析版)下载

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  • 最近更新2022年10月14日



2021 年普通高等学校招生全国统一考试(北京卷)数学 第一部分(选择题共 40 分) 一、选择题共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分,在每小题列出的四个选项中,选出符合题目 要求的一项. A  x | 1 x 1 B  x | 0  x  2 A B  1. 已知集合 1,2 ,,则 ()(1,2] [0,1) [0,1] A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意利用并集的定义计算即可. A B  x | 1 x  2 A  B  1,2 【详解】由题意可得: ,即 .故选:B. z(1i)z  2 2 i z  2. 在复平面内,复数 满足 ,则 ()1 i A. B. C. D. 2  i 1 i 【答案】D 【解析】 【分析】由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果. 2 1 i 2 1 i 2z  1 i .【详解】由题意可得: 1i 1i 1 i  2故选:D. f (x) f (x) f (x) 在[0,1] [0,1] [0,1] 上的最 3. 已知 是定义在上 的函数,那么“函数 在上单调递增”是“函数 f (1) 大值为 ”的( )A. 充分而不必要条件 【答案】A B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【解析】 【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系. f x 0,1 f x 0,1 f 1 上的最大值为  , 【详解】若函数   在上单调递增,则   在f x   0,1 f 1 上的最大值为  , 若在213比如 但,f x x    21313130, ,1 为增函数, 在为减函数,在 f x x    f x   0,1 f 1 f x 0,1 上单调递增, 故在上的最大值为  推不出   在f x 故“函数   0,1 f x 0,1 f 1 在上单调递增”是“   在上的最大值为  ”的充分不必要条件, 故选:A. 4. 某四面体的三视图如图所示,该四面体的表面积为( )3 3 A. B. 4 C. D. 2 3 3 2【答案】A 【解析】 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体(三棱锥),根据三视图中的数据可计算该几何体的表面积. 【详解】根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥 其侧面为等腰直角三角形,底面等边三角形, 由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为 1, ,O  ABC 2133 3 故其表面积为 ,3 11 2242故选:A. x2 y2 2, 3 5. 双曲线 过点 ,且离心率为 ,则该双曲线的标准方程为( 2)C : 1 a2 b2 y2 x2 3y2 3×2 x2  1  y2 1 A. B. C. x2  1 D.  y2 1 3333【答案】A 【解析】 a代入双曲线的方程,求出 的值,即可得出双曲线的标准方 2, 3 【分析】分析可得 ,再将点 b  3a 程. x2 y2 c22e  2 【详解】 ,则 ,,则双曲线的方程为 ,c  2a 1 b  c  a  3a a2 3a2 a2312, 3 1 ,解得 a 1 将点 的坐标代入双曲线的方程可得 ,故 ,b  3 a2 3a2 a2 y2 2因此,双曲线的方程为 .x  1 3故选:A. ak bk 1 k  5 a  288 b 192 b  ,则 ( a6.   nba  96 和 是两个等差数列,其中 为常值, ,,)113n5256 A. B. C. D. 512 64 128 【答案】B 【解析】 bb【分析】由已知条件求出 5 的值,利用等差中项的性质可求得 3 的值. a5b 96192 a1 a5 b  b5 192  64 11b   64 ,因此, b  128 .【详解】由已知条件可得 ,则 53bb5 a1 288 221故选:B. f (x)  cos x  cos2x 7. 函数 ,试判断函数的奇偶性及最大值( )A. 奇函数,最大值为 2 B. 偶函数,最大值为 2 9C. 奇函数,最大值为 89D. 偶函数,最大值为 8【答案】D 【解析】 【分析】由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性;利用二倍角公式结合二次函数的性质可 判断最大值. f (x)  cos x  cos 2x  cos x  cos2x  f x 【详解】由题意, 又 ,所以该函数为偶函数, 214982,f (x)  cos x  cos2x  2cos x  cos x 1 2 cosx  1498f (x) cos x  所以当 故选:D. 8. 定义:24 小时内降水在平地上积水厚度( 25mm 50mm 50mm 100mm 时, 取最大值 .mm 10mm 10mm  25mm ),中雨( )来判断降雨程度.其中小雨( ),大雨( ),暴雨( ),小明用一个圆锥形容器接了 24 小时的雨水,如图, 则这天降雨属于哪个等级( ) A. 小雨 B. 中雨 C. 大雨 D. 暴雨 【答案】B 【解析】 【分析】计算出圆锥体积,除以圆面的面积即可得降雨量,即可得解. 200 2200 150 100 mm  50 mm 【详解】由题意,一个半径为 的圆面内的降雨充满一个底面半径为 ,2300 150 mm 高为 的圆锥, 1 502 150  1002 所以积水厚度 ,属于中雨 3d  12.5 mm 故选:B. 22m  l : y  kx  m 9. 已知圆 ,直线 ,当 变化时,截得圆 弦长的最小值为2,则 ()C : x  y  4 klCA. B. C. D. 2  3  5  2 【答案】C 【解析】 m【分析】先求得圆心到直线距离,即可表示出弦长,根据弦长最小值得出 0,0 【详解】由题可得圆心为 ,半径为 2, mk2 1 d  则圆心到直线的距离 ,m2 k2 1 则弦长为 ,2 4 2则当 时,弦长取得最小值为 ,解得 .k  0 m  3 2 4 m  2 故选:C. a  a  a 100 naa  3 10. 数列 是递增的整数数列,且 ,,则 的最大值为( )12nn1A. 9 B. 10 C. 11 D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】使数列首项、递增幅度均最小,结合等差数列的通项及求和公式即可得解. a【详解】若要使 n 尽可能的大,则 1 ,递增幅度要尽可能小, aS,n不妨设数列 是首项为 3,公差为 1 的等差数列,其前 n 项和为 n313 314 a  n  2 S  11 88 100 S  ,12 102 100 则,,n11 12 22所以 n 的最大值为 11. 故选:C. 第二部分(非选择题共 110 分) 二、填空题 5 小题,每小题 5 分,共 25 分. 1(x3  )4 11. 展开式中常数项为__________. x【答案】 【解析】 4 4r4r 11rx3  Tr1  Cr x3  1 Cr x124r ,【详解】试题分析: 的展开式的通项 令得常数 r  3 4  4xx3项为T  1 C3  4 .44考点:二项式定理. 12. 已知抛物线C : y2  4x ,焦点为 ,点 FM  6 为抛物线 上的点,且 C,则 的横坐标是_______ FMMS;作 轴于 ,则 N_______. MN  x FMN 【答案】 【解析】 ①. 5 ②. 4 5 S【分析】根据焦半径公式可求 的横坐标,求出纵坐标后可求 .FMN M【详解】因为抛物线的方程为 y2  4x ,故 且p  2 F 1,0 .pMF  6 x  5 x  6 因为 所以 ,,解得 ,故 ,yM  2 5 MM21S 51 2 5 4 5 ,FMN 2故答案为:5, .4 5 ,  (a  b)c  13. ,,则 _______; _______. a  (2,1) b  (2,1) c  (0,1) ab  【答案】 【解析】 ①. 0 ②. 3 【分析】根据坐标求出 ,再根据数量积的坐标运算直接计算即可. a  b 【详解】 ,a  (2,1),b  (2,1),c  (0,1) a  b  4,0 ,,(a  b)c  40  01 0   ab  22 1 1  3 .故答案为:0;3. 66yP(cos,sin) 5 Q(cos(  ),sin(  )) 14. 若点 与点 关于 轴对称,写出一个符合题意的  ___. 5    k,k  Z 即可) 【答案】 【解析】 (满足 12 12 66y关于 轴对称,得出 P,Q ,        2k,k Z 【分析】根据 在单位圆上,可得 求解. 6  y关于 轴对称, P(cos,sin) 【详解】 Q cos   ,sin   与66y关于 轴对称, ,  即6      2k,k Z ,5 12   k  ,k Z 则当,5 12 时,可取 的一个值为 .k  0 5 12 5 12   k  ,k Z 即可). 故答案为: (满足 f (x)  lg x  kx  2 15. 已知函数 ,给出下列四个结论: f (x) f (x) f (x) ①若 ,则 有两个零点; k  0 k  0 ②③④,使得 有一个零点; 有三个零点; k  0 ,使得 ,使得 f (x) 有三个零点. k  0 以上正确结论得序号是_______. 【答案】①②④ 【解析】 f x 0 【分析】由   lg x  kx  2 y  kx  2 g x  lg x 与曲线   可得出 ,考查直线 的左、右支分别相切 的情形,利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 1f x lg x  2  0 时,由   x  【详解】对于①,当 ,可得 或,①正确; k  0 x 100 100 y  kx  2 y  lg x 0  x 1 P t,lgt 对于②,考查直线 与曲线 相切于点 ,ekt  2  lgt t  1100 y  lg x k   y   对函数 求导得 ,由题意可得 ,解得 ,1k   100 xln10 k   lge t ln10 e100 f x lge  0 所以,存在 ,使得  只有一个零点,②正确; ey  kx  2 1,0 对于③,当直线 过点 时, ,解得 ,k 2  0 k  2 100 y  kx  2 y  lg x 0  x 1 lge  k  2 所以,当 时,直线 与曲线 有两个交点, ef x y  kx  2 y  lg x 0  x 1 若函数  有三个零点,则直线 与曲线 有两个交点, 100 lge  k  2 y  kx  2 y  lg x x1 直线 与曲线 有一个交点,所以, e,此不等式无解, k  2  0 f x 因此,不存在 ,使得函数  有三个零点,③错误; k  0 y  kx  2 y  lg x x1 P t,lgt 对于④,考查直线 与曲线 相切于点 ,kt  2  lgt t 100e 1y  lg x y  对函数 求导得 ,由题意可得 ,解得 ,1lge k  k  xln10 t ln10 100e lge f x 0  k  所以,当 时,函数  有三个零点,④正确. 100e 故答案为:①②④. 【点睛】思路点睛:已知函数的零点或方程的根的情况,求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的 零点问题,求解此类问题的一般步骤: (1)转化,即通过构造函数,把问题转化成所构造函数的零点问题; (2)列式,即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式; (3)得解,即由列出的式子求出参数的取值范围. 三、解答题共 6 小题,共 85 分,解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程. 2 3C  16. 已知在ABC 中, c  2bcos B ,.(1)求 B的大小; 的(2)在下列三个条件中选择一个作为已知,使ABC 存在且唯一确定,并求出 BC 边上 中线的长度. 3 3 ①;②周长为 ;③面积为 SABC ;4  2 3 c  2b 46【答案】(1) ;(2)答案不唯一,具体见解析. 【解析】 【分析】(1)由正弦定理化边为角即可求解; (2)若选择①:由正弦定理求解可得不存在; 若选择②:由正弦定理结合周长可求得外接圆半径,即可得出各边,再由余弦定理可求; 若选择③:由面积公式可求各边长,再由余弦定理可求. 【详解】(1)c  2bcos B ,则由正弦定理可得 ,sinC  2sin Bcos B 32 32 32 33B 0, 2B 0, C  ,,,,sin 2B  sin 2362B  B  ,解得 ;3csinC sin B 21(2)若选择①:由正弦定理结合(1)可得  3 ,b2与矛盾,故这样的ABC 不存在; c  2b 6A  若选择②:由(1)可得 ,设ABC 的外接圆半径为 ,R6a  b  2Rsin  R 则由正弦定理可得 ,2 3c  2Rsin  3R ,则周长 解得 ,a  b  c  2R  3R  4  2 3 ,则 ,R  2 a  2,c  2 3 由余弦定理可得 BC 边上的中线的长度为: 262 312  22 31cos  7 ;6A  若选择③:由(1)可得 ,即 ,a  b 1133 3 4SABC  absinC  a2  a  3 则,解得 ,222则由余弦定理可得 BC 边上的中线的长度为: 2aa2 33321 2  b2   2b cos  3 3  .  2  242ABCD  A B C D A D B C 17. 已知正方体 ,点 为1 中点,直线 交平面 于点 .CDE EF1111111B C 1 的中点; 1(1)证明:点 为FA M 51A B M CF  E 的余弦值为 (2)若点 为棱 1 上一点,且二面角 ,求 的值. M1A B 113A M 11【答案】(1)证明见解析;(2) .A B 211【解析】 B C 1 的交点即可证得题中的结论; 1【分析】(1)首先将平面 进行扩展,然后结合所得的平面与直线 CDE (2)建立空间直角坐标系,利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量,然后解方程即可求得实数 的值. B C DE, EF ‘, F ‘C ,【详解】(1)如图所示,取 的中点 ,连结 F ‘ 11ABCD  A B C D E, F ‘ EF ‘ CD 由于 从而 1 为正方体, 为中点,故 ,111E, F ‘,C, D 四点共面,即平面 CDE 即平面 ,CDEF ‘ B C 据此可得:直线 交平面 于点 ,CDE F ‘ 11当直线与平面相交时只有唯一的交点,故点 与点 F重合, F ‘ B C 1 中点. 1即点 为Fy1 方向分别为 轴, 轴, 轴正方形,建立空间直角坐标系 xzDA, DC, DD D  xyz (2)以点 为坐标原点, ,DA M 1  0   1 不妨设正方体的棱长为 2,设 ,,A B 11M 2,2,2 ,C 0,2,0 ,F 1,2,2 ,E 1,0,2 则:    MC  2,2  2,2 ,CF  1,0,2 ,FE  0,2,0 从而: 设平面 , m  x , y , z 的法向量为: ,则: MCF 1  11 mMC  2x  2  2 y  2z  0 111 ,mCF  x1  2z1  0  1z  1 m  2, ,1 令可得: ,11  n  x , y , z 设平面 的法向量为: ,则: CFE 2  22 n  FE  2y2  0  ,n CF  x  2z  0 22z  1 n  2,0,1 令可得: ,1   12 从而: ,mn  5, m  5 , n  5 1      mn 55cos m,n   ,2 3则: m  n 15  5 1  1432212   1    整理可得: ,故 (舍去). 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题,意在考查学生的空间想象能力和逻辑推 理能力,对于立体几何中角的计算问题,往往可以利用空间向量法,通过求解平面的法向量,利用向量的 夹角公式求解. 18. 为加快新冠肺炎检测效率,某检测机构采取“k 合 1 检测法”,即将 k 个人的拭子样本合并检测,若为 阴性,则可以确定所有样本都是阴性的;若为阳性,则还需要对本组的每个人再做检测.现有 100 人,已 知其中 2 人感染病毒. (1)①若采用“10 合 1 检测法”,且两名患者 同一组,求总检测次数; 在1②已知 10 人分成一组,分 10 组,两名感染患者在同一组的概率为 ,定义随机变量X 为总检测次数,求 11 检测次数 X 的分布列和数学期望 E(X); (2)若采用“5 合 1 检测法”,检测次数 Y 的期望为 E(Y),试比较 E(X)和 E(Y)的大小(直接写出结果). 320 【答案】(1)① 次;②分布列见解析;期望为 ;(2)见解析. 20 11 【解析】 【分析】(1)①由题设条件还原情境,即可得解; ②求出 X 的取值情况,求出各情况下的概率,进而可得分布列,再由期望的公式即可得解; E Y (2)求出  ,分类即可得解. 【详解】(1)①对每组进行检测,需要 10 次;再对结果为阳性的组每个人进行检测,需要 10 次; 所以总检测次数为 20 次; ②由题意, 可以取20,30, X1110 P X 20  P X 30 1 ,,11 11 11 则的分布列: X20 30 X110 11 P11 110 320 E X  20 30 所以 ;  11 11 11 (2)由题意, 可以取25,30,设两名感染者在同一组的概率为 p, YP Y  25  p P Y  30 1 p ,,E Y 25p  30 1 p  30 5p   则若若若,2E X  E Y 时,     p  p  p  ;;.11 2E X  E Y 时,    11 2E X  E Y 时,     11 3 2x x2  a f x   19. 已知函数 .y  f x   1, f 1 (1)若 a  0 ,求 在  处切线方程; f x f x (2)若函数   在处取得极值,求  的单调区间,以及最大值和最小值. x  1 4, 4x  y 5  0 f x ,1 1,4 【答案】(1) ;(2)函数  的增区间为 、,单调递减区间为 ,1最大值为 ,最小值为 1.4【解析】 f 1 f 1 【分析】(1)求出   、 的值,利用点斜式可得出所求切线的方程; af 1  0 f x (2)由 可求得实数 的值,然后利用导数分析函数  的单调性与极值,由此可得出结果. 3 2x 2 x 3 , f 1 1 f 1  4   ,   f x 【详解】(1)当 a  0 时, y  f x ,则 ,  f x   x2 x3 1, f 1 y 1 4 x 1 4x  y 5  0 此时,曲线  在点 3 2x   处的切线方程为 ,即 ;2 x2  a  2x 3 2x 2 x2 3x  a ,f x   f x (2)因为 ,则   22×2  a x2  a x2  a 2 4 a f 1   0 ,解得 由题意可得 ,a  4 2a 1 2 x 1 x  4  3 2x x2  4 f x   f x   故,2,列表如下: x2  4 4, ,1 1,4 x1 40f x   0f x   增极大值 减极小值 增4, f x ,1 1,4 .所以,函数  的增区间为 、,单调递减区间为 332f x 0 时,   f x 0 时,   x  x  ,当;当 .21f x 所以,  max  f 1 1 f x  min  f 4     .4×2 y2 A(0,2) 20. 已知椭圆 过点 ,以四个顶点围成的四边形面积为 .E : 1(a  b  0) 4 5 a2 b2 (1)求椭圆 E 的标准方程; (2)过点 P(0,-3)的直线 l 斜率为 k,交椭圆 E 于不同的两点 B,C,直线 AB,AC 交 y=-3 于点 M、N,直 线 AC 交 y=-3 于点 N,若|PM|+|PN|≤15,求 k 的取值范围. x2 y2 [3,1) (1,3] 【答案】(1) ;(2) .1 54【解析】 a,b 【分析】(1)根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求 ,从而可求椭圆的标准方程. B x, y ,C x, y 1  AB, AC M , N PM  PN (2)设 2  ,求出直线 的方程后可得 的横坐标,从而可得 ,12PM  PN 联立直线 BC 的方程和椭圆的方程,结合韦达定理化简 ,从而可求 的范围,注意判别式的要 k求. A 0,2 【详解】(1)因为椭圆过 ,故 ,b  2 12a2b  4 5 因为四个顶点围成的四边形的面积为 ,故 ,即 ,4 5 a  5 2×2 y2 故椭圆的标准方程为: .1 54(2) B x, y ,C x, y 1  设2  ,12x x 0 因为直线 BC 的斜率存在,故 ,12y1  2 x1 x1 x2 AB : y  x  2 x   x   ,同理 y  3 故直线 ,令 ,则 .MNy1  2 y2  2 y  kx 3 4×2  5y2  20 BC : y  kx 3 4  5k2 x2 30kx  25  0 直线 ,由 可得 ,  900k2 100 4 5k2  0 故又,解得 k  1 或k 1 .30k 25 4  5k2 x x 0 x x  0 x  x  , x1x2  ,故 ,所以 12MN124  5k2 x1 x2 PM  PN  x  x = 又MNy1  2 y2  2 50k 30k 4  5k2 4  5k2 2kx x x  x 2  x1 x2 121= 5 k 25k2 4  5k2 4  5k2 30k2 kx1 1 kx2 1 k2 x x k x x 1 2  1211 k  3 ,5 k 15 故即综上, 3  k  1 或1 k  3 n N ,a  a 4n ;③ 4n1 Ra  p  0 a  p  0 , ;② a21. 定义 p 数列 :对实数 p,满足:① 12nm,n N .amn  a  a  p,a  a  p 1 ,mnmnR(1)对于前 4 项 2,-2,0,1 的数列,可以是 2 数列吗?说明理由; aRa的0 数列,求 5(2)若  是值; nn N , S  S Ra(3)是否存在 p,使得存在 p 数列 ,对 10 ?若存在,求出所有这样的 p;若不存在,说 nn明理由. Ra 1 p  2 ;(3)存在; 【答案】(1)不可以是 2 数列;理由见解析;(2) .5【解析】 aR【分析】(1)由题意考查 3 的值即可说明数列不是 2 数列; a(2)由题意首先确定数列的前 4 项,然后讨论计算即可确定 5 的值; pb  a  p bR是 0 的,结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数 (3)构造数列 的值. ,易知数列  nnn0  a  a  a  2,a  a  2 1 {2,3} 【详解】(1)由性质③结合题意可知 ,312122,2,0,1 R的数列,不可能是 2 数列. 矛盾,故前 4 项 a  0,a  0 (2)性质① ,12a a ,a 1 a  a a  a 1 a  0 a 1 由性质③ ,因此 1 或 ,或,4m2 mm3314a  0 a  a a  0 a 1 0 或若,由性质②可知 4 ,即 ,矛盾; 4311a 1,a  a 1 a  a a 11 ,矛盾. 若,由 4 有 43131a 1,a  a 因此只能是 .4311a  a  a a  a  a 1 3 或 a  0 .a  又因为 ,所以 或414131121a  a  a  a  0,a  a  0 1  2a ,2a 1  1,2 a  若,则     ,211 11111112a  0 不满足 ,舍去. 2a  0 a当,则 前四项为:0,0,0,1, 1na n(i 1,2,3),a4n4  n 1 n N 下面用纳法证明 :4ni n  k(k  0) 当当若时,经验证命题成立,假设当 时: 时命题成立, n  0 n  k 1 i 1,则 a4 k1 1  a4k5  aj 4k5 j ,利用性质③:    a  a ∣j  N*,1 j  4k  4 {k,k 1} a,此时可得: 4k5  k 1 ;j4k5 j a k a  0 否则,若 ,取 可得: ,k  0 4k5 5a  a  a  1,2 a  0 而由性质②可得: 同理可得: ,与 矛盾. 5145a  a ∣j  N*,1 j  4k  5 {k,k 1} a k 1 ,有 ;j4k6 j 4k6 a  a ∣j  N*,2  j  4k  6 {k 1,k  2} a,有 4k8  k  2 ;j4k8 j a  a ∣j  N*,1 j  4k  6 {k 1} a a a4k8 ,有 4k7  k 1. ,又因为 j4k7 j 4k7 即当 时命题成立,证毕. n  k 1 a  0 a  a ,1 .综上可得: 15411 b  a  p (3)令 ,由性质③可知: nnm,n N*,bmn  amn  p a  p  a  p,a  p  a  p 1  b  b ,b  b 1 ,mnmnmnmnb  a  p  0,b  a  p  0,b4n1  a4n1  p  a4n  p  b4n 由于 ,1122bR0 数列. 因此数列  为n由(2)可知: n N,a  n  p(i 1,2,3),a4n4  n 1 p 若;4ni S11  S10  a11  a423  2  p  0 S  S  a  a , (2  p)  0 ,910 10 422 p  2 a ,a ,,a  0 a  0 j 11 ,满足题意. 因此 ,此时 ,1210 j【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”,“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、 新运算五种,然后根据此新定义去解决问题,有时还需要用类比的方法去理解新的定义,这样有助于对新 定义的透彻理解.但是,透过现象看本质,它们考查的还是基础数学知识,所以说“新题”不一定是“难题”, 掌握好三基,以不变应万变才是制胜法宝.

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