2021年北京市高考数学试题

1、高考真题绝密启用前2021年北京市高考数学试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1,已知集合 A x|1x1,B x|0x2JUAUb ()A.1,2B.( 1,2C. 0,1)D. 0,12 .在复平面内，复数z满足(1 i)z 2 ,则z ()A.2 iB.2 iC. 1 iD. 1 i3 .已知f(x)是定义在上0,1的函数，那么 函数f(x)在0,1上单调递增”是函数f(x)在0,1上的最大值为f(1)”的()A .充分而不必要条件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4 .某四面体的三视图如图所示，该

2、四面体的表面积为()C. 3 73D. 2225.双曲线C :今匕a2b21过点 底 J3 ,且离心率为2 ,则该双曲线的标准方程为(2A. x2 132B-1C. x2 皿3y2 16. an和bn是两个等差数列，其中当 1 bkk 5 为常值，a1 288, a5 96,192 ,贝Ub3A. 64B. 128C. 256D. 5127.函数 f (x) cosxcos2x，试判断函数的奇偶性及最大值(A.奇函数，最大值为B.偶函数，最大值为C.奇函数，最大值为D.偶函数，最大值为其中小雨(10mm),中雨8,定义：24小时内降水在平地上积水厚度( mm)来判断降雨程度.2C.大雨9 .已

3、知圆C :xkx m ,当k变化时,l截得圆C弦长的最小值为2,则mA.2C.310 .数列an是递增的整数数列，且aia?an100,则n的最大值为(A. 9B. 10C.11D. 12(10mm 25mm),大雨(25mm 50mm),暴雨(50mm 100mm),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(试题二、填空题,31、411. (x -)展开式中常数项为 x2.12.已知抛物线C: y 4x ,焦点为F ,点M为抛物线C上的点，且"m| 6,则M的横坐标M作MN x轴于N ,则S.FMN13 .若点 P(cos ,sin )与点 Q(cos

4、( 一),sin(6)关于y轴对称，写出一个符合题意的614 .已知函数f(x) |lgx kx 2,给出下列四个结论:四、解答题16.已知在 A ABC 中，c 2b cos B , C(1)求B的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使 长度.c J2b；周长为4 2底;面积为(1)证明：点F为BG的中点;若k 0,则f(x)有两个零点；k 0 ,使得f(x)有一个零点；k 0 ,使得f(x)有三个零点；k 0 ,使得f (x)有三个零点.以上正确结论得序号是 .三、双空题15 . a (2,1), b (2, 1), c (0,1),则(a b)C ； a b 23 ABC存在且

5、唯一确定，并求出 BC边上的中线的3 3abc 4 17 .已知正方体ABCD ABC1D1，点E为ADi中点，直线BG交平面CDE于点F .一5AM(2)若点M为棱AiBi上一点，且二面角 M CF E的余弦值为,求不的值.3AB118 .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)若采用“1哈1检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；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工，定义随机变量 X为总检测1

6、1次数，求检测次数 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).r 3 2x19.已知函数f X.x a(1)若a 0,求y f x在1, f 1处切线方程；(2)若函数f x在x1处取得极值，求f x的单调区间，以及最大值和最小值.22x y20 .已知椭圆e：f 2 1(a b 0)过点A(0, 2),以四个顶点围成的四边形面积为45 .a b(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

7、于点N,若|PM|+|PN|wi5求k的取值范围.21 .定义Rp数列an:对实数p,满足：a1p0,a2P0;nN a-a.;am nam an p,am % p 1 , m,n N .(1)对于前4项2,-2, 0, 1的数列，可以是 R数列吗？说明理由；(2)若an是R数列，求法的值；(3)是否存在p,使得存在Rp数列 加 ,对n N ,S S。？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由.高考真题参考答案1. B结合题意利用并集的定义计算即可.解：由题意可得：AUB x| 1 x 2，即AUB 1,2 .故选：B.2. D由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.解：22 1

8、 i 2 1 i由题意可得：z1一1 i.1 i 1 i 1 i 2故选：D.3. A利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.解： 若函数f x在0,1上单调递增，则f x在0,1上的最大值为f 1 ,若f x在0,1上的最大值为f 1 ,1 2比如f x x ,31 21 1、，但f x x 在0,为减函数，在 ，1为增函数，333故f x在0,1上的最大值为f 1推不出f x在0,1上单调递增，故函数f x在0,1上单调递增”是“f x在0,1上的最大值为f 1 ”的充分不必要条件, 故选：A.4. A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

9、积解：根据三视图可得如图所示的几何体-正三棱锥O ABC ,其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形，试题高考真题由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1, .1故其表面积为312、.343、,352故选：A.5. A分析可得b由a,再将点 、/“3 代入双曲线的方程，求出 a的值，即可得出双曲线的标准方程.解:将点因此,故选:2 ,则 c 2a , b Cq a2 a 2, .3 的坐标代入双曲线的方程可得双曲线的方程为x2y1.3A.出a,则双曲线的方程为23 c 2 a 3a解得2 y 3a21,7. D试题6. B由已知条件求出b5的值，利用等差中项的性质可求得b3的值.解:由已知条件可得毡

10、96 19228864 ,因此,b3b519264128.故选：B.高考真题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.解：由题意，f( x) cos x cos 2x cosx cos2x f x ,所以该函数为偶函数,2p219又 f (x) cosx cos2x 2cos x cosx 12 cosx 一 一，481 9所以当cosx 时，f(x)取最大值？.4 '8故选：D.8. B计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解 解：200 150 八50 mm , 2300.一 200由题息，一个半径为 100 mm

11、的圆面内的降雨充满一个底面半径为 23502150匚 ，属于中雨.；12.5 mm高为150 mm的圆锥，1002所以积水厚度故选：B.9. C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m解：由题可得圆心为 0,0 ,半径为2,m则圆心到直线的距离 d,k2 1则弦长为2J4上 ,k2 1则当k 0时，弦长取得最小值为 2J4 m2 2，解得m 33故选：C.10. C试题高考真题使数列首项、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解： 若要使n尽可能的大，则ai,递增幅度要尽可能小，不妨设数列 an是首项为3,公差为1的等差数列，其前 n项和为Sn ,一 3 133

12、 14则 an n 2 §1 11 88 100 §2 12 102 100|5112*2*所以n的最大值为11.故选：C.11. 4解：,.14,试题分析：x3 1 的展开式的通项Tr 1 C4 x3X3 一3为 T41 c34.考点：二项式定理.12. 54底根据焦半径公式可求 M的横坐标，求出纵坐标后可求解：因为抛物线的方程为 y2 4x ,故P 2且F 1,0因为 |MF| 6, Xm -2 6,解得 Xm 5,故 丫乂 所以Sfmn 15 12而4卡，1rC4x124r,令r3得常数项xSQfmn .2l5,故答案为：5, 4而.5513.（满足 k ,k Z即可

13、）12122k ,k Z求解.根据p,q在单位圆上，可得 ， 至关于y轴对称，得出 -解：丫 P(cos ,sin )与Q cos一 ,sin6 关于y轴对称,6即，一关于y轴对称,62k ,k Z,5则 k5-,k Z,12'当k 0时，可取的一个值为.5故答案为：（满足125.1251，厂一,k Z即可）.1214.由f x 0可得出lgxkx2 ,考查直线y kx2与曲线glg x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解:对于，当k 0时，由fx lg x 2 0,可得1或x 100100正确;对于，考查直线y kx2与曲线y lg x 0 x相切于

14、点t,lgt对函数y lgx求导得ykt1,由题意可得 xln10k2 lgt1tln10解得e100100 © J e所以，存在k100 lge e0,使得f x只有一个零点,正确;对于，当直线y kx2过点1,0时,k 2 0,解得k 2100,所以，当lge ke2时，直线kx 2与曲线y lgx 01有两个交点,若函数f x有三个零点,则直线 ykx2与曲线ylgx 0 x1有两个交点,直线y kx2与曲线ylgx x 1有一个交点，所以,100lge k e2 02,此不等式无解,因此，不存在k 0,使得函数f x有三个零点，错误;对于，考查直线y kx 2与曲线y lg

15、x x 1相切于点Pt,lgt ,高考真题1kt 2 1gt t 100e对函数y 1gx求导得y ,由题意可彳导1,解得 1g ex1n10k kt1n10100e1g e所以，当0 k /一时，函数f x有三个零点，正确.100erk故答案为：.点评：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.15. 03根据坐标求出a b,再根据数量积的坐标运算

16、直接计算即可.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 2 113.故答案为：0; 3.16. (1)怖；(2)答案不唯一，具体见解析.(1)由正弦定理化边为角即可求解；(2)若选择：由正弦定理求解可得不存在; 试题若选择：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：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求解：（1） ,/ c 2b cos B ,则由正弦定理可得 sin C 2sin BcosB ,sin2B sin 2，C ",B 0,-， 2B 0,，323332B -

17、,解得 B ; 36（2）若选择：由正弦定理结合（1）可得c snC 2 用,b sin B 12与c J2b矛盾，故这样的a ABC不存在；若选择：由（1）可得A 一, 6设aABC的外接圆半径为R ,则由正弦定理可得 a b 2Rsin- R 6，2c 2Rsin .3R3，则周长a b c 2R 点R 4 2底，解得R 2,则a 2,c 2辰,由余弦定理可得 BC边上的中线的长度为：J 2 石 2 12 2 2出 1 cos- 77 ;若选择：由（1）可得A ,即a b, 6则 S.、abc -absinC a2,解得 a 百，2224则由余弦定理可得 BC边上的中线的长度为：a2c-a

18、 2 o 33212 b cos- - 3 、：3.22342217. （1）证明见解析；（2） = % A1B12AM 1首先将平面CDE进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论;试题高考真题然后解方程即可求得实数(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， 的值.解：如图所示，取B£i的中点F ',连结DE , EF ', F 'C ,由于ABCD ABCiDi为正方体，E,F '为中点，故EFll CD ,从而E,F ',C, D四点共面，即平面 CDE即平面CDEF ',据此可得：直线 B

19、G交平面CDE于点F ',当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F '重合，即点f为BG中点.110试题(2)以点D为坐标原点，DA, DC,DDi方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系 AM6 彳 不妨设正方体的棱长为2,设01 ,A B1则：M 2,2 ,2 ,C 0,2,0 , F 1,2,2 ,E 1,0,2 ,从而：MC2,2 2,2 ,CF 1,0,2 ,FE 0, 2,0 ,设平面MCF的法向量为：m x1, y1,zl，则:m MC2x1 2 2 y1 2z1 0m CF x1 2z1 01,令 Zi1 可得：m 2, 1 ,1设平面CFE的

20、法向量为：n x2, y2, Z2n FEn CF2y2 0 x2 2z2令41可得：n2,0, 1 ,从而：m n 5cos：m, n则： .整理可得:.2114,故132（2舍去）意在考查学生的空间想象能力和逻点评：本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题,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. (1)20次；分布列见解析；期望为 320； (2)见解析.11(1)由题设条件还原情境，即可得解；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;(2)求出E Y ,分类即可得解解

21、:(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；由题意，X可以取20, 30,1 一111P X 20 P X 3011X2030P1111011则X的分布列：所以E X20 A“ 10 32030 m 7r(2)由题意，Y可以取25, 30,设两名感染者在同一组的概率为p,P Y 25 p , P Y 301 p ,贝U E Y 25p 30 1 p 30 5p,若 p11 时，EXEY；42_若 p一时，EXEY；11a 2_若 p 时，E X E Y . 1119. (1) 4x y 5 0 ； (2)函数f x的增区间为，

22、1、4,单调递减区间为 1,4 ,最大值为1,最小值为 -.4(1)求出f 1、f 1的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；(2)由f 1 0可求得实数a的值，然后利用导数分析函数f x的单调性与极值，由此可得出结果.解：3 2x2x3(1)当 a 0 时，f x 则 f x ，f 1 1, f 14,xx此时，曲线y f x在点1,f 1处的切线方程为y 14 x 1 ,即4x y 5 0；3 2x2 x2 a 2x 3 2x 2 x2 3x a(2)因为f x ¥x,则f x 22 2,x ax ax a2 4a由题意可得f 1五0,解得a 4,a 1高考真题3 2X2x1x4故

23、f X二,f X22一 ,列表如下:X2 4X2 4X,111,444,f X00f X增极大值减极小值增所以，函数f X的增区间为，1、 4,单调递减区间为1,4,33当 X 时，f X 0；当 X 时，f X 0. 22，1所以，fXmaX f11, fXmmf4-.42220. (D - y- 1; (2) 3, 1) (1,3.54(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a,b,从而可求椭圆的标准方程 .(2)设B X1,y1 ,C X2,y2 ,求出直线AB,AC的方程后可得M ,N的横坐标，从而可得PM PN ,联立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PM P

24、N ,从而可求k的范围，注意判别式的要求解：(1)因为椭圆过A 0, 2 ,故b 2 ,因为四个顶点围成的四边形的面积为4行，故2a 2b 4而，即a 45, 222故椭圆的标准方程为：1.54(2)试题设 B x1，y1，C x2, y2 ,因为直线BC的斜率存在,x1x2y1 2故直线AB : y - x x12,Xiyi一,同理xn 2x2y 2直线 BC : y kx 3 ,y 4x2kx5y可得4205k2x2 30kx250,_ 2_ _故 900k100 425k 0 ,解得k 1或k30k4 5k2,xx2xM xN0又PMPN xmxN50 k30kx1 kx1x2kx22

25、kxix2x x2k2/% k x1 x2224 5k2 4 5k2_2_225k30k5k2 4 5k25k15即k3,综上,1或 1 k 3.21. (1)不可以是R2数列；理由见解析;(2)a51 ； (3)存在;由题意考查a3的值即可说明数列不是R2数列；(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定 &的值;构造数列bnanp,易知数列bn是R0的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数p的值.解:(1)由性质结合题意可知0a3a1 a2 2,a1 a2矛盾，故前4项2, 2,0,1的数列，不可能是 R2数列.(2)性质 a,0,a20,由性质am 2am, am1,因此a3ai或a3a11,若a40,由性质可知a3a4，即 a10 或 a1 10,矛盾;若 a4 1, a3& 1,