高中数学高考精品解析：2021年北京市高考数学试题（解析版）

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．

1. 已知集合，，则（    ）

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.

【详解】由题意可得：，即.

故选：B.

2. 在复平面内，复数满足，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【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.

【详解】由题意可得：.

故选：D.

3. 已知是定义在上的函数，那么“函数在上单调递增”是“函数在上的最大值为”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

【解析】

【分析】利用两者之间推出关系可判断两者之间的条件关系.

【详解】若函数在上单调递增，则在上的最大值为，

若在上的最大值为，

比如，

但在为减函数，在为增函数，

故在上的最大值为推不出在上单调递增，

故“函数在上单调递增”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（    ）

A.  B. 4 C.  D. 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，

故其表面积为，

故选：A.

5. 双曲线过点，且离心率为，则该双曲线的标准方程为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分析可得，再将点代入双曲线的方程，求出的值，即可得出双曲线的标准方程.

【详解】，则，，则双曲线的方程为，

将点的坐标代入双曲线的方程可得，解得，故，

因此，双曲线的方程为.

故选：A.

6. 和是两个等差数列，其中为常值，，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知条件求出的值，利用等差中项的性质可求得的值.

【详解】由已知条件可得，则，因此，.

故选：B.

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

C. 奇函数，最大值为 D. 偶函数，最大值为

【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.

【详解】由题意，，所以该函数为偶函数，

又，

所以当时，取最大值.

故选：D.

8. 定义：24小时内降水在平地上积水厚度（）来判断降雨程度．其中小雨（），中雨（），大雨（），暴雨（），小明用一个圆锥形容器接了24小时雨水，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.

【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，高为的圆锥，

所以积水厚度，属于中雨.

故选：B.

9. 已知圆，直线，当变化时，截得圆弦长的最小值为2，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【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

【详解】由题可得圆心为，半径为2，

则圆心到直线的距离，

则弦长为，

则当时，弦长取得最小值为，解得.

故选：C.

10. 数列是递增的整数数列，且，，则的最大值为（    ）

A. 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.

【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．

11. 展开式中常数项为__________．

【答案】

【解析】

【详解】试题分析：的展开式的通项 令得常数项为.

考点：二项式定理.

12. 已知抛物线，焦点为，点为抛物线上的点，且，则的横坐标是_______；作轴于，则_______．

【答案】    ①. 5    ②.

【解析】

【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.

【详解】因为抛物线的方程为，故且.

因为，，解得，故，

所以，

故答案为：5，.

13. ，，，则_______；_______．

【答案】    ①. 0    ②. 3

【解析】

【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.

【详解】，

，，

.

故答案为：0；3.

14. 若点与点关于轴对称，写出一个符合题意的___．

【答案】（满足即可）

【解析】

【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.

【详解】与关于轴对称，

即关于轴对称，

，

则，

当时，可取的一个值为.

故答案为：（满足即可）.

15. 已知函数，给出下列四个结论：

①若，则有两个零点；

②，使得有一个零点；

③，使得有三个零点；

④，使得有三个零点．

以上正确结论得序号是_______．

【答案】①②④

【解析】

【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、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.

【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；

对于②，考查直线与曲线相切于点，

对函数求导得，由题意可得，解得，

所以，存，使得只有一个零点，②正确；

对于③，当直线过点时，，解得，

所以，当时，直线与曲线有两个交点，

若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，

直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，

因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；

对于④，考查直线与曲线相切于点，

对函数求导得，由题意可得，解得，

所以，当时，函数有三个零点，④正确.

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．

16. 已知在中，，．

（1）求的大小；

（2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求出边上的中线的长度．

①；②周长为；③面积为；

【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），则由正弦定理可得，

，，，，

，解得；

（2）若选择①：由正弦定理结合（1）可得，

与矛盾，故这样的不存在；

若选择②：由（1）可得，

设的外接圆半径为，

则由正弦定理可得，

，

则周长，

解得，则，

由余弦定理可得边上的中线的长度为：

；

若选择③：由（1）可得，即，

则，解得，

则由余弦定理可得边上的中线的长度为：

.

17. 已知正方体，点为中点，直线交平面于点．

（1）证明：点为中点；

（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线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的值.

【详解】(1)如图所示，取的中点，连结，

由于为正方体，为中点，故，

从而四点共面，即平面CDE即平面，

据此可得：直线交平面于点，

当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合，

即点为中点.

(2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方形，建立空间直角坐标系，

不妨设正方体的棱长为2，设，

则：，

从而：，

设平面的法向量为：，则：

，

令可得：，

设平面的法向量为：，则：

，

令可得：，

从而：，

则：，

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”，且两名患者在同一组，求总检测次数；

②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)．

【答案】（1）①次；②分布列见解析；期望为；（2）．

【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；

（2）求出两名感染者在一组的概率，进而求出，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，

，，

则的分布列:

所以；

（2）由题意，可以取25，30，

两名感染者在同一组的概率为，不在同一组的概率为，

则.

19. 已知函数．

（1）若，求在处切线方程；

（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．

【答案】（1）；（2）函数的增区间为、，单调递减区间为，最大值为，最小值为.

【解析】

【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；

（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.

【详解】（1）当时，，则，，，

此时，曲线在点处的切线方程为，即；

（2）因为，则，

由题意可得，解得，

故，，列表如下：

所以，函数的增区间为、，单调递减区间为.

当时，；当时，.

所以，，.

20. 已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．

（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．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【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.

（2）设，求出直线的方程后可得的横坐标，从而可得，联立直线的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简，从而可求的范围，注意判别式的要求.

【详解】（1）因为椭圆过，故，

因为四个顶点围成的四边形的面积为，故，即，

故椭圆的标准方程为：.

（2）

设，

因为直线的斜率存在，故，

故直线，令，则，同理.

直线，由可得，

故，解得或.

又，故，所以

又

故即，

综上，或.

21. 定义数列：对实数p，满足：①，；②；③，．

（1）对于前4项2，-2，0，1的数列，可以是数列吗？说明理由；

（2）若是数列，求的值；

（3）是否存在p，使得存在数列，对？若存在，求出所有这样的p；若不存在，说明理由．

【答案】（1）不可以是数列；理由见解析；（2）；（3）存在；．

【解析】

【分析】(1)由题意考查的值即可说明数列不是数列；

(2)由题意首先确定数列的前4项，然后讨论计算即可确定的值；

(3)构造数列，易知数列是的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满足题意的实数的值.

【详解】(1)由性质③结合题意可知，

矛盾，故前4项的数列，不可能是数列.

(2)性质①，

由性质③，因此或，或，

若，由性质②可知，即或，矛盾；

若，由有，矛盾.

因此只能是.

又因为或，所以或.

若，则，

不满足，舍去.

当，则前四项为:0，0，0，1，

下面用纳法证明：

当时，经验证命题成立，假设当时命题成立，

当时：

若，则，利用性质③：

，此时可得：；

否则，若，取可得：，

而由性质②可得：，与矛盾.

同理可得：

，有；

，有；

，又因为，有

即当时命题成立，证毕.

综上可得：，.

(3)令，由性质③可知：

，

由于，

因此数列为数列.

由（2）可知:

若；

，，

因此，此时，，满足题意.

【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.