2021年普通高等学校招生全国统一考试 数学（北京卷）试题及答案.pdf

2 02 1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.1.已知集合 4 =|-1%1 ,8 =x|0 x 2 ,则 AUB=（）A.（T2）B.(-1,2 c.0,1)D.0,1答案：B结合题意利用并集的定义计算即可.解：由题意可得：AU3=x-1XW 2,即 AUB =（-1,2 .故选：B.2 .在复平面内，复数z 满足（l-i）z =2,则 z=（）A.2+z B.2-i C.1-z D.1+z答案：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.故选：D.3.已知/）是定义在上（）4 的函数，那 么“函数在（）上单调递增”是“函数Ax）在 0,1 上的最大值为了”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答案：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 屈双）在 0,1 上单调递增,则“X）在 0 上的最大值为了,若在 0,1上的最大值为/（I）,比如=,3）但=（1Y 在卜,1 1 为减函数，在 1 /-为增函数，故/（x）在 0,1上的最大值为1）推不出“X）在 0,1上单调递增，故“函数”X）在 0,1上单调递增”是“/（力 在 0 上的最大值为了”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（）答案：Ac.3+V3D.2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.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，由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1,故其表面积为3 x；xl xl +手=言 叵，故选：A.2y下5.双曲线C:二 =1过点（四,6）a，且离心率为2,则该双曲线的标准方程为（）B.-/=13D.邈-23答案：A分析可得力=ga，再将点（J I G）代入双曲线的方程，求出。的值，即可得出双曲线的标准方程._ 2 2解：.e=2,则c =2 a,=屈，则双曲线的方程为 一 当=1，a a 3/将点（、历,6）的坐标代入双曲线的方程可得蛾-=5 =1,解得4 =1,故b=6.2因此，双曲线的方程为九2 2 1=1.3故选：A.6.4和 也 是两个等差数列，其 中/（1 W 5）为常值，4=2 88,%=9 6,=192,则&=（）A.64B.12 8C.2 56D.512答案：B由己知条件求出么的值，利用等差中项的性质可求得久的值解：由已知条件可得，=/则么=她=电 =64,因此，=誓空=12 8.4 05 4 ，壬 3 2 2故选：B.7.函数/(x)=c o s x-c o s 2 x,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29 9C.奇函数，最大值为 D.偶函数，最大值为:8 8答案：D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，/(-%)=c o s (-x)-c o s (-2 x)=c o s x-c o s 2x=f(x),所以该函数为偶函数，7又/(x)=c o s x-c o s 2x=-2 c o s2 x+c o s x+1 =-2 c o s x I 4j 9+8,19所以当c o s x =一时，/(X)取最大值一.4 8故选：D.8 .定义：2 4小时内降水在平地上积水厚度(m m)来判断降雨程度.其中小雨中 雨(1 0 m m-2 5 m m),大 雨(2 5 m m-5 0 m m),暴 雨(5 0 m m-1 0 0 m m ),小明用一个圆锥形容器接了 2 4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：由 题 意，一 个 半 径 为 =1 0 0（mm）的 圆 面 内 的 降 雨 充 满 一 个 底 面 半 径 为=5 0（mm）,高为 1 5 0（m m）的圆锥,1 2C GI 一乃 X5 0 X1 5 0所以积水厚度/3 口/属于中雨a=-=1 2.5 mm)x l O O?)故选：B.9.已知圆。：/+2=4,直线/:丁=乙+机，当人变化时，/截得圆。弦长的最小值为2,则 m=()A.2 B.V 2 c.V 3 D.7 5答案：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加解：由题可得圆心为（0,0）,半径为2,m则圆心到直线的距离d=r山=，则当 =0时，弦长取得最小值为2 5 4-加2 =2,解得加=6.故选：C.1 0 .数列 4是递增的整数数列，且。出3,4+见+-+4 =1 0 0,则的最大值为（）A.9 B.1 0 C.1 1 D.1 2答案：C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“尽可能的大，则为，递增幅度要尽可能小,不妨设数列,是首项为3,公差为1 的等差数列，其前项和为S.，则a“=+2,配=夫当1 1 =8 8 1 0 0,所以的最大值为1 1.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 1.(d-L)4 展 开 式 中 常 数 项 为.X答案：-4解：试题分析：卜 一 口 的 展 开 式 的 通 项 加=c：(尤 3 广 _ 口 =(i y C4 2-4，令厂=3得常数项为7；=(l)c：=-4.考点：二项式定理.1 2.已知抛物线C：V=4x,焦点为尸，点用为抛物线C 上的点，且 忻 必=6,则用 的横坐标是；作 MN_ Lx轴于N,则S“N=.答案：.5 .4 75根据焦半径公式可求M的横坐标，求出纵坐标后可求S.FMN.解：因为抛物线的方程为y 2=4x,故 p =2且尸(1,0).因为|MF|=6,XM+g =6，解 得 知=5,故 加=2 石，所以 S.=；x(5-l)x 2 石=4 6,故答案为：5,4A/5.1 3.a =(2,1),b=(2,-l),=(0,1),则+办)=；a h=.答案：.0 .3根据坐标求出G +6,再根据数量积的坐标运算直接计算即可.解：=(2,1),5=(2,1)忑=(0,1),a+h=(4,0),/.(3+)-c=4 x 0 +0 xl=0,.QB =2X2+1X(-1)=3.故答案为：0；3.14.若点P(cose,sin。)与点090(。+令,而(。+令)关于丁轴对称，写出一个符合题意的6 60=_答案：(满足6=+k;r,keZ即可)12 12TT 7T根据P,Q在单位圆上，可得仇。+关于y轴对称，得出。+。=+22万次WZ求解.6 6解：P(cose,sin6)与 Q cos(6+.,sin(e+3)关于 y 轴对称，TT即仇。十二关于丁轴对称，6TT0-卜 6=%十 2k 兀,k e Z,6则。=%万十二5,左e Z,1257r当=0时，可取。的一个值为二.12故答案为：57r(满足6=%乃+5二7r,Z e Z即可).12 121 5.已知函数/(x)=|lgx卜丘-2,给出下列四个结论:若左=0,则A x)有两个零点；及 0,使 得 有 一 个 零 点；业 0,使得/(X)有三个零点.以 上 正 确 结 论 得 序 号 是.答案：由/(力=0可 得 出 旭 才=日+2,考查直线y=履+2与曲线g(x)=|lgx|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=0时，由/(x)=|lgx|-2=0,可得x=I或x=1 0 0,正确；100对于，考查直线丁 =丘+2与曲线y=-lg x(0 x l)相切于点尸(r,-lg r),kt+2=-gt t=对函数y=lgx求导得)，=一一!一，由题意可得L 1 ，解得 1 0n，xlnlO k-j H)()il MnlO k=-IgeIe所以，存在=?l g e 0,使得/(x)只有一个零点，正确；对于，当直线丁 =履+2过点(1,0)时，+2=0,解得上=一2,所以，当 一/lge%=丘+2与曲线y=-lgx(O xl)有两个交点，若函数/(x)有三个零点，则直线丁 =履+2与曲线y=-lgx(O xl)有一个交点，所以，(一 ge 0无解，因此，不存在左 1)相切于点p(r,lgr),kt+2=gt,1 ，解得,k=-对函数y=lgx求导得y=一，由题意可得，xlnlOHnlO，二 100elOOe所以，当0 女 C =.3(1)求3的大小；(2)在下列三个条件中选择一个作为已知，使AA B C 存在且唯一确定，并求出8c边上中线的长度.c =岳；周长为4+2省；面积为苧；答案：(1)；(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：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=2Z?cos6,则由正弦定理可得si nC =2si n3cos6,.si n28=si吟邛,.#,2研0专，r r n.28=丁，解得6=一；3 6(2)若选择：由正弦定理结合(1)可得 =白=_ =0，b si nB 12与c=矛盾，故这样的AA B C 不存在；T T若选择：由(1)可得4=工，设AA B C 的外接圆半径为R,7 T则由正弦定理可得a=0=2A si n-=/?,c=2 R s i n=G R,3则周长 a+b+c=2R +GR=4+2 g，解得H =2,贝必=2,c=2 6,由余弦定理可得8 c边上的中线的长度为：（2V3）2+12-2 x 2 7 3 x 1 x cos-=V7;TT若选择：由（1）可得A =,即。=/?,6则 S ABC=L absi nC =La 2 xE=,解得a=0,/2 2 2 4则由余弦定理可得8 c边上的中线的长度为:17.已知正方体A8 CO-AM G。，点E为4。中点，直 线 交 平 面CQE于点尸.（1）证明：点尸为耳&的中点：（2）若点M为棱A向上一点，且二面角M-C F-E的 余 弦 值 为 好，求 然 的 值.3 A 4答案：（1）证明见解析；（2）智=；.4 g2（1）首先将平面C0 E进行扩展，然后结合所得的平面与直线B G的交点即可证得题中的结论；（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2的值.解：(1)如图所示，取4 G的中点尸，连结DE,EF；F C,由于ABC。-A g G。为正方体，E,尸 为 中点，故 所|8,从而E,尸,C,。四点共面，即平面CE即平面CDEF，,据此可得：直线4 G交平面C 0E于点当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点尸与点尸重合，即点F为5 G中点.(2)以点。为坐标原点，D4,DC,。方向分别为x轴，轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系。-孙z,不妨设正方体的棱长为2,设铝=之(04/141),则：M(2,24 2),C(0,2,0),尸(1,2,2),E(l,0,2),从而：MC=(-2,2-2/l,-2),CF=(l,O,2),FE=(O,-2,O),设平面M C 77的法向量为：?=（5，x，zJ,则:m-M C=-2%+（2-2 2）y,-2z,=0m-C F=2 +2Z=01令 Z|=-1 可得：m =2,1-2，一 1，设平面CF E的法向量为：”=（巧,%*2），则:n-F E=2%=0n C F=工 2+2Z2-0令 4=7 可得：n=（2,0,-l）,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“4 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1 0 0 人，已知其中2 人感染病毒.（1）若采用“1 0 合 1 检测法”，且两名患者 同一组，求总检测次数；已知i o 人分成一组，分 i o 组，两名感染患者在同一组的概率为5,定义随机变量X 为总检测次数，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”，检测次数丫 的期望为E（r）,试比较E（X）和 E（r）的大小（直接写出结果）.3 2 0答案：（1）2 0 次；分布列见解析；期望为=；（2）见解析.(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：(1)对每组进行检测，需 要1 0次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需 要1 0次;所以总检测次数为2 0次；由题意，X可以取2 0,3 0,P(X=2 0)=(,P(X=3 0)=l g=#，则X的分布列：X2 03 0P17 T1 07 71 1 0所以 E(X)=2 0 x +3 0 x上=土 匕 /1 1 1 1 1 1(2)由题意，V可以取2 5,3 0,设两名感染者在同一组的概率为p,p(y =2 5)=p,P(y =3 0)=l-p,则(Y)=2 5 p +3 0(l-p)=3 0-5 p,若 p =A 时，(%)=(/);9若时，(x)E(y)；若时，(X)(y).1 9.已 知 函 数 力=古(1)若a=0,求y =/(x)在(1,7(1)处切线方程；(2)若函数X)在x =-l处取得极值，求/(x)的单调区间，以及最大值和最小值.答案：(1)4x+y 5 =0；(2)函数x)的增区间为(-8,-1)、(4,+o o),单调递减区间为(一1,4),最大值为1，最小值为(1)求出/(1)、/(1)的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；(2)由7 (-1)=0可求得实数a的值，然后利用导数分析函数/(x)的单调性与极值，由此可得出结果.解：(1)当a=0时，f(x)=,则r(x)=2(x；3),./=i,XX此时，曲线y =/(x)在 点 处 的 切 线 方 程 为y _ l =4(x 7),即4x +y -5 =0；因 为“力守，则 小)=-2代,r 2;(30=2(：一3丁,x2+a(x2+a)(x2+o)由题意可得/(T)=/42=0,解得 =4,(a+l),z x 3-2 x f，(x)_ 2(x +l)(x _ 4)故 一 (炉+4)2 ，列表如下:X(-0 0,-1)-1(T 4)4(4,-KO)/(X)+00+/(x)增极大值减极小值增所以，函数x)的增区间为(8,1)、(4,内)，单调递减区间为(一1,4).当x 0；当x时，/(x)0.所以，/(X)3 X=T)=L XL=4)=T2 0.已知椭圆E:=1(4。0)过点人(0,2),以四个顶点围成的四边形面积为7 V47 5 .(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(0,-3)的直线/斜率为鼠交椭圆E于不同的两点B,C,直线A B,A C交尸-3于点/、N,直线4 c交产-3于点N,若|P M+|P N|1 5,求 上 的取值范围.答案：(1)土I+乙V2=1；(2)-3,-l)u(l,3 .5 4（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。力，从而可求椭圆的标准方程.（2）设8（西,y）,C（&,%）,求出直线AB,AC的 方 程 后 可 得 的 横 坐 标，从而可得PM+PN,联立直线6C的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简|PM|+|P N|,从而可求人的范围，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 ，故;x2ax20=4石，即。=君，2 2故椭圆的标准方程为：+=1.5 4设 3（玉,y）,C（w，%），因为直线BC的斜率存在，故 y+2-x,X.故直线A8：y=一x-2,令y=-3,则=-、，同理尤.=-=玉X+2%+2y=-3直线 8C:y=3,由 仁;2 可得（4+5/30.+25=0,4x+5/=20 故A=900公 100（4+5公）0,解得左一1或 1.30Z 25又玉 +X）=、?X|X2 1 ,故网龙2 ,所以 XM*N 4+5K 4+5Z又|PM+|P N|=%+/|=y+2 y2+2%=2 辰也一(尤|+.)kx-1 kx2-1 k2xtx2-(%,+2)+1=5闷5 0 30k4+5k2 4+5k225k2 30k2 1 14 +5 火 2 4 +5 火 2 卡故5 陶 W 1 5 即附4 3,综上，一 3 左 一1 或 1 女 32 1.定义 数列 4：对实数 p,满足：4 +p ZO,a2+p =O-W eA T，4,i 0,a2=0 ,由性质a,+2 e a,”,a,“+l ，因此/=4或%=4+1，。4=。或%=1，若 4=0，由性质可知生 4，即4 0或 4+1 0,矛盾;若 4=1,%=4+1，由 /。4 有 4 +1 1，矛盾.因此只能是。4 =1,%=4 ,又因为%=q +%或。4 =4+%+1，所以。=/或 4 =0.若 q =；,则%=4+G(+4+0,4 +q +0 +1 =2,2 +1 =1,2 ,不满足电=0,舍去.当q=0,则 4 前四项为:0,0,0,1,下面用纳法证明。4+,=(，=1,2,3),。4+4 =+1(N):当=()时，经验证命题成立，假设当 Z(A 2 0)时命题成立，当=2 +1 时：若 i =1 ,则。4伏+1)+1=04k+5=%+(4A 5-力，利用性质：+a4k+5_j j eN*,l j 4 A:+4 =A:,A:+1 ,此时可得：a4 k+5=k +1；否则，若%H5=Z，取女=0可得：%=0，而由性质可得：。5 =4+4 e l,2 ,与%=0矛盾.同理可得：%+“4&+6 _/J e N*,l W /W4 左+5 =伙，左 +1 ,有 4*+6 =%+1 ；%+4 k+8-/1/e N*,2 W j W 4 左 +6 =伙+1,左 +2 ,有a4k+s=k+2；%+%什7 j/e N*,l W./W 4 Z +6 =Z+l ,又因为见k+7 0,b2=a2+p =0,&4_!=a4n_+p a4n+p =b4 n,因此数列也 为凡数列.由(2)可知：若 w N,4“+,=p(J=1,2,3),%“+4=+1 一 P；S|I _ S0=41=%*2+3=2 _ P 2 0 ,S9-S0=。0=一%*2+2=一(2 _ P)2 0 ,因此=2,此时4，。2,，4 o 0，%2 0(/2 1 1)，满足题意.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.