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2021年高考数学真题及解析
（北京卷）
一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分。）在每小题列出的的四个选项中，选出符合题目要求的一项。
1．已知集合，，则　　
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数满足，则　　
A． B． C． D．
3．设函数的定义域为，，则“函数在，上单调递增”是“函数在，上的最大值为（1）”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
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
5．双曲线过点，，离心率为2，则双曲线的解析式为　　
A． B． C． D．
6．已知和是两个等差数列，且是常值，若，，，则的值为　　
A．64 B．100 C．128 D．132
7．已知函数，试判断该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
8．对24小时内降水在平地上的积水厚度进行如下定义：
小雨 中雨 大雨 暴雨
小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，则这一天的雨水属于哪个等级　　
A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨
9．已知圆，直线，若当的值发生变化时，直线被圆所截的弦长的最小值为2，则的取值为　　
A． B． C． D．
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
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分。）
11．的展开式中常数项是 　　．
12．已知抛物线，的焦点为，点在上，且，则的横坐标是 　　；作轴于，则　　．
13．已知平面向量，如图所示，则　　；　　．
14．若与，关于轴对称，写出一个符合题意的值 　　．
15．已知，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。
16．（13分）已知在中，，．
（1）求的大小；
（2）在三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，并求边上的中线的长度．
①；②周长为；③面积为．
17．（13分）已知正方体，点为中点，直线交平面于点．
（1）求证：点为中点；
（2）若点为棱上一点，且二面角的余弦值为，求．
18．（14分）为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“合1检测法”，即将个人的拭子样本合并检测，若为阴性，则可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，定义随机变量为总检测次数，求检测次数的分布列和数学期望；
（2）若采用“5合1检测法”，检测次数的期望为，试比较和的大小．（直接写出结果）
19．（15分）已知函数．
（1）若，求在，（1）处的切线方程；
（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．
20．（15分）已知椭圆过点，以四个顶点围成的四边形面积为．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过点的直线斜率为，交椭圆于不同的两点，，直线、交于点、，若，求的取值范围．
21．（15分）定义数列：对，满足：
①，；②，；③，，，．
（1）对前4项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）若是数列的前项和，是否存在，使得存在数列，对任意，满足？若存在，求出所有这样的；若不存在，说明理由．
参考答案
1.(-1,2] 【解析】由题易得(-1,2].
2.1+i 【解析】由题可得.
3.A 【解析】若函数在[0,1]上单调递增，则的最大值为;而在[0,1].上的最大值为 ,函数在[0,1]上不一定单调递增,所以“函数在[0,1]上单调递增”是“函数在[0,1]上的最大值为”的充分不必要条件.
4. 【解析】由四面体的三视图还原几何体的直观图，如图所示，由题可得平面,所以四面体的表面积为
5. 【解析】因为双曲线的离心率,所以.因为,所以.又双曲线过点()，则，解得,则,所以双曲线的方程为.
6.128 【解析】由于是常数,所以，即所以.因为是等差数列,所以.
7.D 【解析】由题意，函数的定义域为，因为 ,所以为偶函数.又，所以当时，函数取得最大值，且最大值为.
8.B 【解析】由题意可知，“积水”部分圆锥的底面半径为50mm,所以“积水”的体积为，则这24小时内降雨量在平地上的积水厚度为，因此这24小时降雨的等级为“中雨”.
9. 【解析】由题意可知,直线恒过定点,由于截圆的弦长最小值为1，即当直线与直线垂直时(为坐标原点)，弦长取得最小值，于是,解得
10.11 【解析】要求的的最大值,那么,且是公差为1的等差数列，通项，则,得,当时,,不满足题意当时, ,满足题意.综上,的最大值为11.
11. -4 【解析】二项式的展开式的通项,令，则,所以,所以二项式的展开式中的常数项为-4.
12. 【解析】抛物线的焦点，设，由抛物线的定义可知，所以,所以.因为轴，所以,所以.
13.0 3 【解析】由题图可知,,则,所以.
14.(答案不唯一) 【解析】由题意知,即,所以,解得(写出其中之一即可).
15.①②④ 【解析】令,得.对①:当时，,即或,则或，所以方程有两个不等实数根，即有2个零点，故①正确，对②和③:的零点个数即为函数与函数图像的交点个数，画出函数的图像，如图,的图像
过定点(0,2).当时，由图像可以看出，当与函数的图像相切时，两函数图像有一个交点，即,使得有1个零点，而两函数图像最多有两个交点,所以当时不可能有3个零点，故②正确,③错误;当时，由图像可以看出,与函数的图像可能有一个、两个或三个交点，所以，使得有3个零点，故④正确.正确的序号为①②④.
16.【解】(1)∵,∴由正弦定理可得.∵,∴或.又∵,∴或.当时,,不符合题意，∴
(2)∵,,∴,∴选①:∵且,∴不存在.
选②:的周长为,∴,∴此时,∴存在且唯一.
设点为边的中点，由余弦定理可得，，即边上的中线长为.
选③:∴,∴,此时,∴存在且唯一.
设点为边的中点,由余弦定理可得，,∴, 即边上的中线长为.
17.(1)【证明】在正方体中，平面//平面,且平面平面,平面平面,由面面平行的性质定理得//.又//,所以//.因为是、的中点，所以是的中点.
(2)【解】以为原点,的方向分别为轴的正方向建立空间直角坐标系(图略).
不妨设正方体的棱长为2，则(2,0,2),(0,2,0),(1,0,2),(1,2,2),,(2,2,2).设，则，所以.设平面的法向量为，
由,得,令,则.设平面的法向量为,由,得,令,则.
设二面角的平面角为,因为二面角的余弦值为,所以，解得或(舍),所以,所以
18.【解】(1)用“10合1检测”，需将100人分成10组，每组测一次，需要检测10次;因为感染的2人在同一组，所以其他9组检测为阴性，感染的2人所在的组为阳性，每人再检测一次，需要检测10次,所以共需要检测10 +10= 20(次).
检测次数的所有可能取值为20 ,30,则,
所以的分布列为
20 30
.
(2).
19. 【解】(1)若,则,所以.又,所以曲线在点()处的切线方程为，即.
(2).因为在处取得极值,所以,得,则.令,得或,故的单调递增区间为(，-1),(4，);令,得,故的单调递减区间为(-1,4).
又当时,;当时,,所以.
20.【解】(1)∵椭圆过点(0,-2), ∴.又∵长轴两端点与短轴两端点围成的四边形的面积为，∴,∴,∴的标准方程为.
(2)由题意可得直线的方程为，由得,又,∴或.
设.∴,∵,∴直线的方程为.
∴，同理可得.∵同号,,,∴点在轴同侧.,∴.故的取值范围为[ -3,-1)(1,3].
21. 【解】(1)∵,故数列满足①②.∵令,,, ,不满足条件③,∴数列不是数列.
(2)若数列是数列，∴，∴，∴,∵∴∵∴,∴,∴.
(3)假设存在实数,使得,数列满足.,∴或,∴
或（件①，舍去）,∴,∴,.∵,∴,.∵,,∴.∵,,∴.∵,,,∴.又∵,∴.
∵,,∴.
∵,∴.
∴,.∵,
∴,∵,∴,∴∴
∴∵,∴,
∵,∴当时,;当时,∴恒成立，∴.

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