2021年北京市高考数学学科综合能力试卷

这是一份2021年北京市高考数学学科综合能力试卷，共8页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A＝{1, 2, 3}，B＝{x|x(2−x)≥0}，则A∩B＝（ ）
A.{1, 2}B.{1, 3}C.{2, 3}D.{1, 2, 3}

2. 已知a＝lg32，b＝20.1，，则（ ）
A.a>b>cB.b>a>cC.b>c>aD.c>b>a

3. 在复平面内，复数z＝sinθ+icsθ对应的点位于第二象限，则角θ的终边在（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限

4. 在(x−）​4的展开式中，x2的系数为（ ）
A.6B.12C.24D.48

5. 某四棱锥的三视图如图所示，该四棱锥的最长棱为（ ）

A.2B.C.D.4

6. 已知函数f(x)＝|x−1|+a|x+1|，则“a＝−1”是“f(x)为奇函数”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

7. 已知直线l:ax+by−3＝0经过点(a, b−2)，则原点到点P(a, b)的距离可以是（ ）
A.4B.2C.D.

8. 等差数列{an}的前n项和为Sn．已知a1＝−5，a3＝−1．记(n＝1, 2,…)，则数列{bn}的（ ）
A.最小项为b3B.最大项为b3C.最小项为b4D.最大项为b4

9. 抛物线W:y2＝8x的焦点为F．对于W上一点P，若W的准线上只存在一个点Q，使得△FPQ为等腰三角形，则点P的横坐标为（ ）
A.2B.4C.5D.6

10. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在正方形ADD1A1内，且不在棱上，则（ ）

A.在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQ // AC
B.在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得PQ⊥AC
C.在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得平面PQC1 // 平面ABC
D.在正方形DCC1D1内一定存在一点Q，使得AC⊥平面PQC1
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

函数f(x)=1−2x的定义域是________．

已知双曲线（其中a>0）的渐近线方程为y＝±x，则a＝________，W的右焦点坐标为________．

已知平面向量＝(1, 2)与＝(3, x)的夹角为，则x＝________．

已知函数f(x)＝sin2x．若非零实数a，b，使得f(x+a)＝bf(x)对x∈R都成立，则满足条件的一组值可以是a＝________，b＝________．（只需写出一组）

已知曲线W1:x2+y2＝m2，W2:x4+y2＝m2，其中m>0．
①当m＝1时，曲线W1与W2有4个公共点；
②当00，曲线W1围成的区域内整点（即横、纵坐标均为整数的点）个数不少于曲线W2围成的区域内整点个数．
其中，所有正确结论的序号是________．
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。

在△ABC中，，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求：
(Ⅰ)sinB的值；
(Ⅱ)△ABC的面积．
条件①：a＝4，c＝6；
条件②：a＝4，△ABC为等腰三角形．

如图长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AD=1，AA1=2，点E为DD1的中点．

(1)求证：BD1 // 平面ACE；

(2)求证：EB1⊥平面ACE；

(3)求二面角A−CE−C1的余弦值．

某电商平台联合手机厂家共同推出“分期购”服务，付款方式分为四个档次：1期、2期、3期和4期．记随机变量x1、x2分别表示顾客购买H型手机和V型手机的分期付款期数，根据以往销售数据统计，x1和x2的分布列如表所示：
(Ⅰ)若某位顾客购买H型和V手机各一部，求这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率；
(Ⅱ)电商平台销售一部V型手机，若顾客选择分1期付款，则电商平台获得的利润为300元；若顾客选择分2期付款，则电商平台获得的利润为350元；若顾客选择分3期付款，则电商平台获得的利润为400元；若顾客选择分4期付款，则电商平台获得的利润为450元．记电商平台销售两部V型手机所获得的利润为X（单位：元），求X的分布列；
(Ⅲ)比较D(x1)与D(x2)的大小．（只需写出结论）

已知函数f(x)＝(x+1)lnx−ax+a．
(Ⅰ)若曲线y＝f(x)在点（1, f(1)）处的切线倾斜角为，求a的值；
(Ⅱ)若f(x)在(0, +∞)上单调递增，求a的最大值；
(Ⅲ)请直接写出f(x)的零点个数．

已知椭圆．
(Ⅰ)求椭圆C的离心率；
(Ⅱ)经过原点的直线与椭圆C交于P，Q两点，直线PM与直线PQ垂直，且与椭圆C的另一个交点为M．
(ⅰ)当点M为椭圆C的右顶点时，求证：△PQM为等腰三角形；
(ⅱ)当点P不是椭圆C的顶点时，求直线PQ和直线QM的斜率之比．

对于给定的区间[m, t]和非负数列A:a1，a2，…，ak，若存在x0，x1，…，xk，使|xi−xi−1|＝ai，i＝1，2，…，k成立，其中xi∈[m, t]，i＝0，1，…，k，则称数列A可“嵌入”区间[m, t]．
(Ⅰ)分别指出下列数列是否可“嵌入”区间[0, 2]；
①A1:2，3；②A2:1，0，1．
(Ⅱ)已知数列A满足an＝n(n＝1, 2,…,k)，若数列A可“嵌入”区间[1, m0]，求数列A的项数k的最大值；
(Ⅲ)求证：任取数列A:a1，a2，…，a2021满足ai∈[0, 1](i＝1, 2,…,2021)，均可以“嵌入”区
间[0, 2]．
参考答案与试题解析
2021年北京市高考数学学科综合能力试卷
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.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
2.
【答案】
C
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
3.
【答案】
D
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
4.
【答案】
B
【考点】
二项式定理及相关概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
5.
【答案】
C
【考点】
简单空间图形的三视图
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
6.
【答案】
C
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
7.
【答案】
B
【考点】
圆的方程的综合应用
圆的综合应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
8.
【答案】
C
【考点】
等差数列的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
9.
【答案】
D
【考点】
抛物线的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
10.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
【答案】
{x|x≤0}
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
由1−2x≥0，结合指数函数的单调性，即可得到所求定义域．
【解答】
由1−2x≥0，
即2x≤1＝20，
解得x≤0，
定义域为{x|x≤0}．
【答案】
2,(2，0)
【考点】
双曲线的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
1
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的性质及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
2π,1
【考点】
三角函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
①③④
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
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。
【答案】
选条件①：
（1）由余弦定理知，csC＝＝，
化简得b2+b−20＝0，解得b＝3或−5（舍），
∵ ，且C∈(0，∴ sinC＝＝，
由正弦定理知，＝，即＝，
∴ sinB＝．
(2)△ABC的面积S＝acsinB＝＝3．
选条件②：
（1）∵ ，且△ABC为等腰三角形，
∴ A＝B，b＝a＝5，
∴ A+B+C＝2B+C＝π，
∴ cs2B＝cs(π−C)＝−csC＝，
而cs2B＝7−2sin2B，且sinB>4，
∴ sinB＝．
（2）∵ ，且C∈(0，∴ sinC＝＝，
∴ △ABC的面积S＝absinC＝＝7．
【考点】
正弦定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，BD1，
因为E，O分别为DD1，DB的中点，
所以BD1 // OE.
又因为OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，
所以BD1 // 平面ACE.
(2)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB=AD=1，AA1=2，点E为DD1的中点．
所以AB1=12+22＝5，
AE=12+12＝2，EB1=12+12+12＝3，
所以AB12＝AE2+EB12，于是EB1⊥AE.
因为AC⊥BD，AC⊥BB1，
所以AC⊥平面BB1D1D.
又因为EB1⊂平面BB1D1D，
所以AC⊥EB1，即EB1⊥AC.
又因为AC∩AE=A，
AE⊂平面ACE，AC⊂平面ACE，
所以EB1⊥平面ACE.
(3)建立如图所示的空间直角坐标系，
A1,0,0,C0,1,0,E0,0,1,C10,1,2,B11,1,2，
显然平面CC1E的法向量即为平面yDz的法向量，
不妨设为m→=1,0,0，
由(2)可知EB1⊥平面ACE，
即平面ACE的法向量为n→=EB1→=1,1,1，
cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=33，
又二面角A−CE−C1是钝角，
所以二面角A−CE−C1的余弦值为−33.
【考点】
直线与平面平行的判定
直线与平面垂直的判定
二面角的平面角及求法
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
(Ⅰ)用直线与平面平行的判定定理证明；
(Ⅱ)用直线与平面垂直的判定定理证明；
(Ⅲ)寻找互补二面角的平面角，在三角形中求其余弦值即可．
【解答】
(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，BD1，
因为E，O分别为DD1，DB的中点，
所以BD1 // OE.
又因为OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，
所以BD1 // 平面ACE.
(2)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
AB=AD=1，AA1=2，点E为DD1的中点．
所以AB1=12+22＝5，
AE=12+12＝2，EB1=12+12+12＝3，
所以AB12＝AE2+EB12，于是EB1⊥AE.
因为AC⊥BD，AC⊥BB1，
所以AC⊥平面BB1D1D.
又因为EB1⊂平面BB1D1D，
所以AC⊥EB1，即EB1⊥AC.
又因为AC∩AE=A，
AE⊂平面ACE，AC⊂平面ACE，
所以EB1⊥平面ACE.
(3)建立如图所示的空间直角坐标系，
A1,0,0,C0,1,0,E0,0,1,C10,1,2,B11,1,2，
显然平面CC1E的法向量即为平面yDz的法向量，
不妨设为m→=1,0,0，
由(2)可知EB1⊥平面ACE，
即平面ACE的法向量为n→=EB1→=1,1,1，
cs⟨m→,n→⟩=m→⋅n→|m→|⋅|n→|=33，
又二面角A−CE−C1是钝角，
所以二面角A−CE−C1的余弦值为−33.
【答案】
（1）某位顾客购买H型和V手机是相互独立事件，这位顾客两种手机都选择分4期付款的概率为0.7×0.4＝7.04；
（2）X的可能取值为：600，650，750，850，
P(X＝600)＝0.4×2.4＝0.16，
P(X＝650)＝，
P(X＝700)＝0.1×，
P(X＝750)＝，
P(X＝800)＝0.1×，
P(X＝850)＝，
P(X＝900)＝0.4×3.4＝0.16．
则X的分布列为
(Ⅲ)D(x1)7．
设 P(x1, y1)，M(x4, y2)，PM 的中点 T(x0, y4)．
因为 ，
所以 ，，
因为 OT // QM，
所以 ，
又因为 PQ⊥PM，
所以 ．
所认 ．
【考点】
直线与椭圆的位置关系
椭圆的应用
椭圆的离心率
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答
【答案】
（1）①A1:2，6，由定义可得xi∈[0, 2]4显然不存在|xi−xi−1|＝3，故A2不可以“嵌入”区间[0, 2]；
②A7:1，0，8，由2≥|xi−xi−1|≥5，即存在|xi−xi−1|＝0或4，所以A2可以“嵌入”区间[0, 3]；
（2）由数列A满足an＝n(n＝1, 2,…,k)，
若数列A可“嵌入”区间[5, m0]，可得xi∈[8, m0]，an＝n(n＝1, 6,…,k)，
所以m0−1≥|xi−xi−4|≥0，即数列A的项数k的最大值为m0−4；
(Ⅲ)证明：因为xi∈[0, 2]时​i−xi−8|≥0，而数列A满足ai∈[0, 7](i＝1，2，…，
由[7, 1]⊆[0，所以对任取数列A:a7，a2，…，a2021，均可以“嵌入”区间[0, 5]．
【考点】
数列的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
此题暂无解答x1
1
2
3
4
P
0.1
0.4
0.4
0.1
x2
1
2
3
4
P
0.4
0.1
0.1
0.4
X
600
650
700
750
800
850
900
P
4.16
0.08
0.09
6.34
0.09
0.08
5.16