2021年北京市高考数学试题（解析版）下载

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.