2021年高考北京卷数学真题含答案解析【含解析】

姓名：__________ 班级：__________学号：__________

题号 评分

一 二 三 四 五 六 总分 一、选择题（共10题） 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、 已知 数

在

是定义在上 上的最大值为

的函数，那么 “ 函数

” 的（ ）

在 上单调递增 ” 是 “ 函

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 ． B ． 4 C ． D ． 2

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 ．

6、 则

和 （ ）

是两个等差数列，其中 为常值， ， ， ，

A ． B ． C ． D ．

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

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 小时的雨水，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

9、 已知圆 2 ，则 A ．

（ ） B ．

C ．

，直线 ，当 变化时， 截得圆 弦长的最小值为

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题） 1、

，

，

，则

_______ ；

_______ ．

2、 展开式中常数项为 __________ ．

3、 已知抛物线 横坐标是 _______ ；作

，焦点为

轴于

，点 ，则

为抛物线 上的点，且

_______ ．

，则 的

4、 若点

___ ．

与点 关于 轴对称，写出一个符合题意的

5、 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 _______ ．

三、解答题（共6题）

1、 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 的中线的长度．

存在且唯一确定，并求出

边上

① ； ② 周长为 ； ③ 面积为 ；

2、 已知正方体 ，点 为 中点，直线 交平面 于点 ．

（ 1 ）证明：点 为 的中点；

（ 2 ）若点 为棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的值．

3、 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 为总检测次数，求检测次数 X 的分布列和数学期望 E ( X ) ；

，定义随机变量 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 ) ．

4、 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．

5、 已知椭圆

（ 1 ）求椭圆 E 的标准方程；

过点 ，以四个顶点围成的四边形面积为 ．

（ 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． 6、 定义 ③

数列

：对实数 p ，满足： ①

，

．

，

； ②

；

（ 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 的 p ；若不存在，说明理由．

数列 ，对 ？若存在，求出所有这样

============参============ 一、选择题 1、 B 【分析】

结合题意利用并集的定义计算即可 . 【详解】 由题意可得： 故选： B. 2、 D 【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】

，即

.

由题意可得： 故选： D. 3、 A 【分析】

.

利用两者之间的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 不必要条件， 故选： A. 4、 A 【分析】

在 上单调递增 ” 是 “ 在 上的最大值为 ” 的充分

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、 A 【分析】

分析可得 标准方程 .

，再将点 代入双曲线的方程，求出 的值，即可得出双曲线的

【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、 B 【分析】 由已知条件求出 【详解】

.

的值，利用等差中项的性质可求得 的值 .

由已知条件可得 故选： B. 7、 D 【分析】

，则 ，因此， .

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 故选： D. 8、 B 【分析】

时， 取最大值 .

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 故选： B. 9、 C 【分析】

，属于中雨 .

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、 C 【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. 二、填空题 1、 0 3 【分析】 根据坐标求出 【详解】

，

，再根据数量积的坐标运算直接计算即可 .

， ，

.

故答案为： 0 ； 3.

2、

【详解】

试题分析： 项为

的展开式的通项 .

令 得常数

考点：二项式定理 . 3、 5 【分析】

根据焦半径公式可求 【详解】

因为抛物线的方程为

，故

且

.

的横坐标，求出纵坐标后可求

.

因为 ， ，解得 ，故 ，

所以

故答案为： 5 ，

.

，

4、 （满足 即可）

【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： 5、 ①②④ 【分析】 由

（满足 即可） .

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，存在 ，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 解， 因此，不存在

与曲线 有一个交点，所以， ，此不等式无

，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

1、 （ 1 ） ；（ 2 ）答案不唯一，具体见解析． 【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：

.

2、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ） 【分析】 (1) 首先将平面 论；

．

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

(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 角坐标系

为坐标原点，

，

方向分别为 轴， 轴， 轴正方形，建立空间直

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： 【点睛】

，故 （ 舍去） .

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 .

3、 （ 1 ） ① 【分析】

次； ② 分布列见解析；期望为 ；（ 2 ）见解析．

（ 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 【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 ， ，分类即可得解 .

， ，

则 的分布列 :

所以 ；

（ 2 ）由题意， 可以取 25 ， 30 ，设两名感染者在同一组的概率为 p ，

， ，

则 ，

若 时， ；

若 时， ；

若 时， .

4、 （ 1 ） ；（ 2 ）函数 的增区间为 、 ，单调递减区

间为 【分析】

，最大值为 ，最小值为 .

（ 1 ）求出 、 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；

（ 2 ）由 由此可得出结果 . 【详解】

可求得实数 的值，然后利用导数分析函数 的单调性与极值，

（ 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：

增 极小值 增 极大值 减 所以，函数 的增区间为 、 ，单调递减区间为 .

当 时， ；当 时， .

所以， ， .

5、 （ 1 ） 【分析】

；（ 2 ） ．

（ 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 程 . （ 2 ）设

，联立直线

，求出直线

的方程后可得

，从而可求椭圆的标准方

的横坐标，从而可得

，从而可求

的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简

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 综上，

即 ， 或

.

6、 （ 1 ）不可以是 【分析】 (1) 由题意考查

数列；理由见解析；（ 2 ） ；（ 3 ）存在； ．

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： 同理可得：

，与 矛盾 .

，有 ；

，有 ；

，又因为

即当

时命题成立，证毕 .

，有

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 【点睛】

，此时 ， ，满足题意 .

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 .