2021年北京卷数学高考试卷(原卷+答案).pdf

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1、 1/12 绝密启用前绝密启用前 2021 年普通高等学校招生全国统一考试年普通高等学校招生全国统一考试（北京北京卷卷）数数 学学 注意事项：注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案书写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。第一部分（选择题共第一部分（选择题共 4040 分）分）一、选择题共一、选择题共 1010 小题，每小题小题，每小题 4 4 分，共分，共 4040 分，在每小题列出的四个选项

2、中，选出符合题目要求的一项分，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|11Axx=，|02Bxx=，则AB=（）A.|12xx B.|12xx C.|01xx D.|02xx 2.在复平面内，复数z满足(1)2i z=，则z=（）A.1 i B.1 i+C.1 i D.1 i+3.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(1)f”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，该四面体的表面积为（）A.33+22 B.3

3、3+C.332+D.33+2 5.若双曲线2222:1xyCab=离心率为2，过点()2,3，则该双曲线的程为（）A.2221xy=B.2213yx=C.22531xy=D.22126xy=6.中国共产党党旗党徽制作和使用的若干规定指出，中国共产党党旗为旗面缀有金黄色党徽图案的红旗，通用规格有五种.这五种规格党旗的长12345,a a a a a(单位:cm)成等差数列，对应的宽为12345,b b b b b(单位:cm),且长与宽之比都相等，已知1288a=，596=a，1192b=，则3b=A.64 B.96 C.128 D.160 7.函数()coscos2f xxx=是 A.奇函数，

4、且最大值2 B.偶函数，且最大值为 2 2/12 C.奇函数，且最大值为98 D.偶函数，且最大值为98 8.某一时间段内，从天空降落到地面上雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）24h 降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为 200 mm，高为 300 mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的 24h的雨水高度是 150 mm（如图所示)，则这 24h降雨量的等级是 A.小雨 B.中雨 C.大雨 D.暴雨 9.已知直线ykxm=+（m为常数）与圆224xy+=交于点MN，当k变化时，若|MN的最小值为 2，

5、则m=A.B.2 C.3 D.2 10.已知 na是各项均为整数递增数列，且13a，若12100naaa+=，则n的最大值为（）A.9 B.10 C.11 D.12 第二部分（非选择题共第二部分（非选择题共 110110 分）分）二、填空题二、填空题 5 5 小题，每小小题，每小题题 5 5 分，分，共共 2525 分分 11.在341()xx的展开式中，常数项为_ 12.已知抛物线24yx=的焦点为F，点M在抛物线上，MN垂直x轴与于点N.若6MF=，则点M的横坐标为_；MNFV的面积为_ 13.已知向量,a b crrr在正方形网格中的位置如图所示若网格纸上小正方形的边长为 1，则()ab

6、c+=rrr _；=a br r_.14.若点(cos,sin)A关于y轴对称点为(cos(),sin()66B+，写出一个取值为_ 15.已知函数()lg2f xxkx=，给出下列四个结论：若0k=，()f x恰 有 2 个零点；存在负数k，使得()f x恰有个 1 零点；存在负数k，使得()f x恰有个 3 零点；存在正数k，使得()f x恰有个 3 零点 其中所有正确结论的序号是_ 三、解答题共三、解答题共 6 6 小题，共小题，共 8585 分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 3/12 16.在ABCV中，2 coscbB=，23C=（

7、1）求；（2）再从条件、条件、条件这三个条件中选择一个作为已知，使ABCV存在且唯一确定，求BC边上中线的长 条件：2cb=；条件：ABCV的周长为42 3+；条件：ABCV的面积为3 34；17.如图：在正方体1111ABCDABC D中，E11AD中点，11BC与平面CDE交于点F （1）求证：F为11BC的中点；（2）点M是棱11AB上一点，且二面角MFCE的余弦值为53，求111AMAB的值 18.在核酸检测中,“k 合 1”混采核酸检测是指：先将 k 个人的样本混合在一起进行 1次检测,如果这 k个人都没有感染新冠病毒，则检测结果为阴性，得到每人的检测结果都为阴性，检测结束:如果这

8、k 个人中有人感染新冠病毒，则检测结果为阳性，此时需对每人再进行 1次检测,得到每人的检测结果，检测结束.现对 100 人进行核酸检测，假设其中只有 2 人感染新冠病毒，并假设每次检测结果准确.（I）将这 100人随机分成 10 组，每组 10 人，且对每组都采用“10合 1”混采核酸检测.(i)如果感染新冠病毒的 2 人在同一组，求检测的总次数;(ii)已知感染新冠病毒的 2 人分在同一组的概率为111.设 X 是检测的总次数，求 X 的分布列与数学期望E(X).（II）将这 100人随机分成 20 组，每组 5人，且对每组都采用“5 合 1”混采核酸检测.设 Y 是检测的总次数，试判断数学

9、期望 E(Y)与(I)中 E(X)的大小.(结论不要求证明)19.已知函数()232xf xxa=+（1）若0a=，求曲线()yf x=在点()()1,1f处的切线方程；（2）若()f x在1x=处取得极值，求()f x的单调区间，以及其最大值与最小值 20.已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=一个顶 点(0,2)A，以椭圆E的四个顶点为顶点的四边形面积为 4/12 4 5（1）求椭圆 E 的方程；（2）过点 P(0，-3)的直线 l斜率为 k的直线与椭圆 E交于不同的两点 B，C，直线 AB，AC分别与直线交y=-3交于点 M，N，当|PM|+|PN|15时，求 k 的取值范围 21

10、.设 p 为实数.若无穷数列 na满足如下三个性质，则称 na为p数列：10ap+，且20ap+=；414,1,2,nnaan=()；,1m nmnmnaaap aap+，(,1,2,;1,2,)m nn=（1）如果数列 na的前 4项为 2，-2，-2，-1，那么 na是否可能为2数列？说明理由；（2）若数列 na是0数列，求5a；（3）设数列 na的前n项和为nS.是否存在p数列 na，使得10nSS恒成立？如果存在，求出所有的p；如果不存在，说明理由 5/12 2 2021021 年高考北京卷数学答案解析年高考北京卷数学答案解析 1.【答案】B【详解】由题意可得：|12ABxx=U.故选

11、：B.2.【答案】D【详解】由题意可得：()()()()2 12 1211112iiziiii+=+.故选：D.3.【答案】A【详解】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()1f，若()f x在0,1上的最大值为()1f，比如()213f xx=，但()213f xx=在10,3为减函数，在1,13为增函数，故()f x在0,1上的最大值为()1f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()1f”的充分不必要条件，故选 A.4.【答案】A【详解】根据三视图可得如图所示几何体-正三棱锥OABC，其

12、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()2133331 12242+=，故选：A.5.【答案】B【详解】2cea=Q，则2ca=，223bcaa=，则双曲线的方程为222213xyaa=，将点()2,3的坐标代入双曲线的方程可得22223113aaa=，解得1a=，故3b=，因此，双曲线的方程为2213yx=.故选：B 6.【答案】C 【详解】由题意，五种规格党旗的长12345,a a a a a(单位:cm)成等差数列，设公差为d，因为1288a=，596=a，可得5196288485 13aad=，可得3288(3 1)(48)192a=

13、+=，又由长与宽之比都相等，且1192b=，可得3113aabb=，所以3131192 192=128288abba=.故选：C.6/12 7.【答案】D 【详解】由题意，()()()()coscos2coscos2fxxxxxf x=，所以该函数为偶函数，又2219()coscos22coscos12 cos48f xxxxxx=+=+，所以当1cos4x=时，()f x取最大值98.故选：D.8.【答案】B 【详解】由题意，一个半径为()200100 mm2=的圆面内的降雨充满一个底面半径为()20015050 mm2300=，高为()150 mm的圆锥，所以积水厚度()221501503

14、12.5 mm100d=，属于中雨.故选：B.9.【答案】C【详解】由题可得圆心为()0,0，半径为 2，则圆心到直线的距离21mdk=+，则弦长为22|2 41mMNk=+，则当0k=时，弦长|MN取得最小值为22 42m=，解得3m=.故选：C.10.【答案】C【详解】若要使 n尽可能的大，则，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 n项和为，则，所以11n.对于，取数列各项为(1,2,10)n=，1125a=,则1211100aaa+=，所以 n的最大值为 11故选：C 11.【答案】4【详解】的展开式的通项 令1240r=，解得，故常数项为故答案为：4.

15、12.【答案】.5 .4 5【详解】因为抛物线的方程为24yx=，故2p=且()1,0F.因为6MF=，62Mpx+=，解得5Mx=，故2 5My=，所以()15 12 54 52FMNS=V，故答案为：5；4 5.13.【答案】.0 .3【详解】以,a brr交点为坐标原点，建立直角坐标系如图所示：7/12 则(2,1),(2,1),(0,1)abc=rrr，()4,0ab+=rr，()4 00 10abc+=+=rrr，()2 2 113a b=+=r r.故答案为：0；3.14.【答案】512（满足5,12kkZ=+即可）【详解】Q(cos,sin)A与cos,sin66B+关于y轴对称

16、，即,6+关于y轴对称，2,6kkZ+=+，则5,12kkZ=+，当0k=时，可取的一个值为512.故答案为：512（满足5,12kkZ=+即可）.15.【答案】【详解】对于，当0k=时，由()lg20f xx=，可得1100 x=或100 x=，正确；对于，考查直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=相切于点(),lgP tt，对函数lgyx=求导得1ln10yx=，由题意可得2lg1ln10kttkt+=，解得100100lgetkee=，所以，存在100lg0kee=，使得()f x只有一个零点，正确；对于，当直线2ykx=+过点()1,0时，20k+=，解得2k=，所以，当100lg

17、2eke 时，直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=有两个交点，若函数()f x有三个零点，则直线2ykx=+与曲线()lg01yxx=有两个交点，直线2ykx=+与曲线()lg1yx x=有一个交点，所以，100lg220ekek+，此不等式无解，因此，不存在0k，使得函数()f x有三个零点，错误；对于，考查直线2ykx=+与曲线()lg1yx x=相切于点(),lgP tt，对函数lgyx=求导得1ln10yx=，由题意可得2lg1ln10kttkt+=，解得100lg100teeke=，8/12 所以，当lg0100eke时，函数()f x有三个零点，正确.故答案为：.16.【答案

18、】（1）6；（2）答案不唯一，具体见解析【详解】（1）2 coscbB=Q，则由正弦定理可得sin2sincosCBB=，23sin2sin32B=，23C=Q，0,3B，220,3B，23B=，解得6B=；（2）若选择：由正弦定理结合（1）可得3sin231sin2cCbB=，与2cb=矛盾，故这样的ABCV不存在；若选择：由（1）可得6A=，设ABCV的外接圆半径为R，则由正弦定理可得2 sin6abRR=，22 sin33cRR=，则周长2342 3abcRR+=+=+，解得2R=，则2,2 3ac=，由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：()222 3122 3 1 cos76+=；若

19、选择：由（1）可得6A=，即ab=，则21133 3sin2224ABCSabCa=V，解得3a=，则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为：22233212cos33223422aabb+=+=.17.【答案】（1）证明见解析；（2）11112AMAB=【详解】(1)如图所示，取11BC的中点F，连结,DE EF F C，由于1111ABCDABC D为正方体，,E F为中点，故EFCDP，从而,E F C D四点共面，即平面 CDE 即平面CDEF，据此可得：直线11BC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11BC中点.9/12 (2)以点D为坐标

20、原点，1,DA DC DD方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系Dxyz，不妨设正方体的棱长为 2，设()11101AMAB=，则：()()()()2,2,2,0,2,0,1,2,2,1,0,2MCFE，从而：()()()2,22,2,1,0,2,0,2,0MCCFFE=uuu u ruuu ruuu r，设平面MCF的法向量为：()111,mx y z=u r，则：()111112222020m MCxyzm CFxz=+=+=uuu u vvuuu vv，令11z=可得：12,11m=u r，设平面CFE的法向量为：()222,nxy z=r，则：2222020n FEyn

21、CFxz=+=uuu vvuuu vv，令11z=可得：()2,0,1n=r，从而：215,5,51m nmn=+=u r ru rr，则：2,155155cos3m nm nmn+=u r ru r ru rr，整理可得：()2114=，故12=（32=舍去）.18.【答案】（1）20次；分布列见解析；期望为32011；（2）()()E YE X【详解】（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，()12011P X=，()1103011111P X=，则X的分布列:10/12 X 20 30 P

22、 111 1011 所以()1103202030111111E X=+=；（2）由题意，Y可以取 25，30，两名感染者在同一组的概率为232981510020499C CPC=，不在同一组的概率为19599P=，则()()49529502530=999999E YE X=+.19.【答案】（1）450 xy+=；（2）函数()f x的增区间为(),1、()4,+，单调递减区间为()1,4，最大值为1，最小值为14.【详解】（1）当0a=时，()232xf xx=，则()()323xfxx=，()11f=，()14f=，此时，曲线()yf x=在点()()1,1f处的切线方程为()141yx=

23、，即450 xy+=；（2）因为()232xf xxa=+，则()()()()()()222222223223xaxxxxafxxaxa+=+，由题意可得()()()22 4101afa=+，解得4a=，故()2324xf xx=+，()()()()222144xxfxx+=+，列表如下：x(),1 1()1,4 4()4,+()fx+0 0+()f 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.当32x 时，()0f x；当32x 时，()0f x.所以，()()max11f xf=，()()min144f xf=.20.【答案

24、】（1）22154xy+=；（2）3,1)(1,3【详解】（1）因为椭圆过()0,2A，故2b=，因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故1224 52ab=，即5a=，故椭圆的标准方程为：22154xy+=.（2）11/12 设()()1122,B x yC xy，因为直线BC的斜率存在，故120 x x，故直线112:2yAB yxx+=，令3y=，则112Mxxy=+，同理222Nxxy=+.直线:3BC ykx=，由2234520ykxxy=+=可得()224530250kxkx+=，故()22900100 450kk=+，解得1k 或1k.又1212223025,4545kxxx

25、xkk+=+，故120 x x，所以0MNx x 又1212=22MNxxPMPNxxyy+=+()()2212121222212121222503024545=5253011114545kkkx xxxxxkkkkkkxkxk x xk xxkk+=+故515k 即3k，综上，31k 或13k.21.【答案】（1）不可以是2R数列；理由见解析；（2）51a=；（3）存在；2p=【详解】(1)因 为 122,2,2,paa=所以12122,13aapaap+=+=，因 为32,a=所 以312122,2 1aaaaa+,所以数列 na，不可能是2数列.(2)性质120,0aa=，由性质2,1m

26、mmaaa+，因此31aa=或311aa=+，40a=或41a=，若40a=，由性质可知34aa，即10a 或110a+，矛盾；若4311,1aaa=+，由34aa有111a+，矛盾.因此只能是4311,aaa=.又因为413aaa=+或4131aaa=+，所以112a=或10a=.若112a=，则21 11111110,0 12,211,2aaaaaaaa+=+=+=，不满足20a=，舍去.当10a=，则 na前四项:0，0，0，1，下面用数学归纳法证明()444(1,2,3),1n inan iannN+=+：当0n=时，经验证命题成立，假设当(0)nk k时命题成立，当1nk=+时：若1

27、i=，则()()4541145kkjkjaaa+=，利用性质：*45,144,1jkjaajNjkk k+=+，此时可得：451kak+=+；否则，若45kak+=，取0k=可得：50a=，而由性质可得：5141,2aaa=+，与50a=矛盾.12/12 同理可得：*46,145,1jkjaajNjkk k+=+，有461kak+=+；*48,2461,2jkjaajNjkkk+=+，有482kak+=+；*47,1461jkjaajNjkk+=+，又因为4748kkaa+，有471.kak+=+即当1nk=+时命题成立，证毕.综上可得：10a=，54 1 11aa+=.(3)令nnbap=+，由性质可知：*,m nm nm nNbap+=+,1mnmnapap apap+,1mnmnbb bb=+，由于11224141440,0,nnnnbapbapbapapb=+=+=+=，因此数列 nb为0数列.由（2）可知:若444,(1,2,3),1n innN anp ianp+=+；11111402 320aSSap+=，910104 2 2(2)0SSaap+=，因此2p=，此时1210,0a aa，()011jaj，满足题意.