2021届北京市门头沟区高考二模数学试题（解析版）

这是一份2021届北京市门头沟区高考二模数学试题（解析版），共18页。
 2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷复数在复平面内对应的点在A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限集合，，则A. R B.  C.  D. 角终边上一点，把角按逆时针方向旋转得到角为，A.  B.  C.  D. 一个体积为正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为
 
A.  B. 8 C.  D. 12中国古代数学著作《算法统宗》中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为A. 48里 B. 24里 C. 12里 D. 6里“”是“”的A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件点到直线的距离的取值范围为A.  B.  C.  D. 魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术注》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是一种无限与有限的转化过程，比如在正数中的“…”代表无限次重复，设，则可利用方程求得x，类似地可得正数等于A. 3 B. 5 C. 7 D. 9已知抛物线C：的焦点为F，过F且斜率为的直线与抛物线C上相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则的面积为A.  B.  C.  D. 某维修公司的四个维修点如图环形分布，公司给A，B，C，D四个维修点某种配件各50个在使用前发现需要将发送给A，B，C，D四个维修点的配件调整为40，45，54，61，但调整只能在相邻维修点间进行，每次调动只能调整1个配件，为完成调整，则A. 最少需要16次调动，有2种可行方案
B. 最少需要15次调动，有1种可行方案
C. 最少需要16次调动，有1种可行方案
D. 最少需要15次调动，有2种可行方案函数的定义域是______ .外接圆圆心为O，且，则______ .是双曲线C：上的一点，，，设，，的面积为S，则的值为______ .函数的图象向右平移______ 个长度单位得到函数的图象，若函数在区间上单调递增，则a的最大值为______ .如图，在边长为2的正方体中，点P是该正方体对角线上的动点，给出下列四个结论：
①；
②面积的最大值是；
③面积的最小值是；
④当时，平面平面
其中所有正确结论的序号是______ .已知满足____，且，，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：
；
求的面积.
条件①，
条件②，
条件③






 京西某地到北京西站有阜石和莲石两条路，且到达西站所用时间互不影响.如表是该地区经这两条路抵达西站所用时长的频率分布表：时间分钟莲石路的频率阜石路的频率0若甲、乙两人分别有40分钟和50分钟的时间赶往西站将频率视为概率
甲、乙两人应如何选择各自的路径？
按照的方案，用X表示甲、乙两人按时抵达西站的人数，求X的分布列和数学期望.






 如图：平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，，，
求证：平面平面PBC；
求二面角的余弦值；
在棱PA上是否存在点Q，使得平面PBC？若存在，求的值，若不存在，请说明理由.







 、分别为椭圆C：的左、右焦点，过右焦点的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不为长轴，的周长为8，椭圆C的离心率为
求此椭圆C的方程；
为其右顶点，求证：直线，两直线的斜率之积为定值，并求出此定值.






 已知函数，
时，求在处的切线方程；
讨论的单调性；
证明：当时，在区间上恒成立.






 已知定义在R上的函数的图象是一条连续不断的曲线，且在任意区间上不是常值函数.设…，其中分点，…，将区间分成个小区间，记称为关于区间的n阶划分的“落差总和”.当取得最大值且n取得最小值时，称存在“最佳划分”
已知，求的最大值不必论证；
已知，求证：在区间上存在“最佳划分”的充要条件是在区间上单调递增.







答案和解析1.【答案】B
 【解析】解：复数在复平面内对应的点在第二象限，
故选：
利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】C
 【解析】解：，，
故选：
可求出集合B，然后进行交集的运算即可．
本题考查了集合的描述法和区间的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
3.【答案】D
 【解析】解：由题意得，，，，
所以
故选：
由已知结合三角函数的定义及诱导公式即可直接求解．
本题主要考查了三角函数的定义及诱导公式，属于基础题．
4.【答案】A
 【解析】解：设棱柱的高为h，
由左视图知，底面正三角形的高是，由正三角形的性质知，其边长是4，
故底面三角形的面积是
由于其体积为，故有，得
由三视图的定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是3，其面积为
故选：
此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是，由正三角形的性质可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关于高的方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可．
本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等”．
5.【答案】C
 【解析】【分析】
本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．
由题意可知，每天走的路程里数构成以为公比的等比数列，由求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程．
【解答】
解：记每天走的路程里数为，
由题意知是公比的等比数列，
由，得，
解得：，
里
故选：
6.【答案】B
 【解析】解：由“”得：，，
故是“”的必要不充分条件，
故选：
根据充分必要条件的定义结合集合的包含关系判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查三角函数以及集合的包含关系，是一道基础题．
7.【答案】C
 【解析】解：记d为点到直线的距离，
即：，其中；
当变化时，d的最大值为，d的最小值为，
故选：
利用点到直线的距离公式，三角函数的性质可得答案．
本题考查的知识点是点到直线的距离公式，三角函数的性质，属于基础题．
8.【答案】B
 【解析】解：设，则，解得：或舍去
故选：
设可解决此题．
本题考查方程思想，考查数学运算能力，属于基础题．
9.【答案】D
 【解析】解：抛物线C：的焦点坐标为，
由题意可得直线PQ：，
联立，得：，
解得：，，
则，
在中，MN边上的高，
则
故选：
求出直线PQ的方程，与抛物线联立，求出P，Q的坐标，得到MN，然后求解三角形的面积．
本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，是中档题．
10.【答案】A
 【解析】解：根据题意，因为B、D两处互不相邻，所以B处至少调整5次，D处至少调整11次，故最少需要调整16次
相应的可行方案有2种，
方案①：A调整10个给D，B调整5个给C，然后C再调整1个给D；
方案②：A调整11个给D，B调整1个给A，调整4个给C，
故选：
根据题意，先分析两处互不相邻BD两处的调整方法数目，进而分析可得答案．
本题考查合情推理的应用，注意认真审题，明确题意，属于基础题．
11.【答案】
 【解析】解：函数中，
令，解得，
所以该函数的定义域是
故答案为：
根据函数的解析式，列不等式组求出使函数有意义的x的取值范围即可．
本题考查了根据函数的解析式求定义域的应用问题，是基础题．
12.【答案】0
 【解析】解：如图，外接圆圆心为O，且，
可知，
所以是直角三角形，，
则
故答案为：
画出图形，结合已知条件判断两个向量的关系，然后求解即可．
本题考查向量的数量积的求法，数形结合的应用，是基础题．
13.【答案】
 【解析】解：是双曲线C：上的一点，
可得，
，
，
，
所以
故答案为：
将P的坐标代入双曲线的方程可得，运用直线的斜率公式和两角和的正切公式，以及三角形的面积公式，化简整理，可得所求值．
本题考查双曲线的方程和运用，以及两角和的正切公式，考查化简运算能力，属于中档题．
14.【答案】 
 【解析】解：由，
即函数的图象向右平移个单位即可得到的图象，
当时，，
，
若在区间上单调递增，
则，得，
即a的最大值为，
故答案为：，
根据三角函数图象变换关系，以及利用三角函数的单调性进行求解即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数图象变换以及三角函数的单调性是解决本题的关键．
15.【答案】①②④
 【解析】解：在正方体中，，，，
故面，又面，，故①正确；

如图，连接BD交AC于E，面，，
故，
当PE与重合时，PE最大，，，
此时，故②正确；
在中，当时，PE取最小值，，，，
此时，所以，故③错误；
当时，在中，，，
，
，又，，面APC，
由正方体易知，，即面，面面，故④正确；
故答案为：①②④．
通过证明平面来证明；
将的面积表示出来，等价于求PE长度的最值，从而在中分别求得最大值和最小值；
通过证明平面APC且平面来证明平面平面
本题考查了空间中的线线垂直的判定，以及面面平行的性质．
16.【答案】解：选①，A为锐角，
所以，，
；
选②，
由余弦定理得，，
故A为锐角，，
所以；
选③，
所以，，，
由正弦定理得，，
所以；
由知，
因为，
所以，
故C有两解，
又，
即或，
当时，，
当时，
 【解析】选①，结合同角基本关系先求出，，进而可求，然后结合余弦定理可求，，结合诱导公式及和角正弦可求；
选②，由余弦定理可求，进而可求，结合诱导公式及和角正弦可求；
选③，然后结合正弦定理可求；
所以，，，
由可求，然后求出，结合三角形面积公式可求．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方关系，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：表示事件“甲选择路径时，40分钟内赶到西站”，
表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到西站”，，
用频率估计相应的概率可得：
因为，
，
因为，所以甲应选择，
，
，
因为，所以乙应选择
，B分别表示针对的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到西站，
由知，，
又由题意知，A，B相互独立，
，
，
，
X的分布列为： X0 1 2  P 【解析】表示事件“甲选择路径时，40分钟内赶到火车站”，表示事件“乙选择路径时，50分钟内赶到西站”，用频率估计相应的概率，比较两者的大小，及，的从而进行判断甲与乙路径的选择；
，B分别表示针对的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内抵达西站，由知，，且甲、乙相互独立，X可能取值为0，1，2，分别代入相互独立事件的概率公式求解对应的概率，再进行求解期望即可．
本题主要考查了随机抽样用样本估计总体的应用，相互独立事件的概率的求解，离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，考查运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】证明：取CD中点M，连接BM，
因为四边形ABCD为直角梯形，，，，
所以四边形ABMD为正方形，，因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，PD、平面PBD，所以平面PBD，
又因为平面PBC，所以平面平面PBD，
于是平面平面
解：因为平面ABCD，所以、，
又因为，所以DA、DC、DP两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
，，
设平面PBC的法向量为，
，令，，
平面PCD的法向量为，
所以二面角的余弦值为
解：不存在，理由如下：
假设在棱PA上存在点Q，使得平面PBC，
令，则，
，由知平面PBC的法向量为，
因为平面PBC，所以，解得，与矛盾，
所以在棱PA上不存在点Q，使得平面
 【解析】只须证明平面PBC内直线BC垂直于平面PBD即可；用向量数量积计算二面角的余弦值；用反证法说明不存在．
本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．
19.【答案】解：由题意可知，，，而的周长为8，则，故，
又，故，，
椭圆C的方程为；
证明：由可知，，设直线AB：，，
联立得，，
，
，，
，
直线，两直线的斜率之积为定值
 【解析】根据题意可得，再根据离心率可求得c，及而求得b，由此得到椭圆方程；
，设直线AB：，设出点A，B坐标，联立直线方程与椭圆方程，消去x并整理后，由根与系数的关系化简即可得证．
本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定值问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：时，，
，，，
故切线方程是：，即
，
，
①当时，在上恒成立，
在上单调递减，
②当时，由，得，
当时，，递减，
当时，，递增，
综上：时，在上单调递减，
时，在递减，在递增．
证明：当时，，
即在上恒成立，
令，，
则，，
由于，，则，
故在上单调递增，
而，则在上单调递增，
故，
故当时，在区间上恒成立．
 【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算，，求出切线方程即可；
求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
问题转化为在上恒成立，令，，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．
本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．
21.【答案】解：；
证明：若在上单调递增，则，
故在上存在“最佳划分”；
若在上存在“最佳划分”，假设在上不单调递增，则存在，，若，则
由，当且仅当，，时等号成立，
此时，与题设矛盾，舍去，故式中等号不成立，
即：增加分点，后，“落差总和”会增加，故取最大值时n的最小值大于1，与条件矛盾，
所以在上单调递增．
综上，即得证．
 【解析】根据题意，直接计算出答案即可；
先证明充分性，再证明必要性，进而得证．
本题以新定义为载体，旨在考查学生的逻辑推理能力，语言转化能力，培养学生的创新意识和应用意识，属于中档题．