2021年北京市朝陽區(qū)高考數(shù)學(xué)二模試卷(解析版)

A．2A．2B．C．D．3一、選擇題（共10小題）.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝（1﹣i）2+1對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（ ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象2．下列函數(shù)是奇函數(shù)的是（ ）3＝1的一個(gè)焦點(diǎn)為（﹣2，0），則雙曲線C的一條漸近線方程為A．＝cox B．＝2 C．＝l3＝1的一個(gè)焦點(diǎn)為（﹣2，0），則雙曲線C的一條漸近線方程為A．A．x+y＝0B．x+y＝0C．x+y﹣1＝0D．x+y﹣1＝04．已知函數(shù)f4．已知函數(shù)f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的部分圖象如圖所示，則f（x）的表A．B．C．D．A．B．C．D．的面積中，最大的是（ ）6．設(shè)x＞6．設(shè)x＞0，y＞0，則“x+y＝1”是“xy≤”的（）

必要而不充分條件DA．B．C．D．某地對(duì)生活垃圾使用填埋和環(huán)保兩種方式處理該地2020年產(chǎn)生的生活垃圾為20萬噸其中15萬噸以填埋方式處理萬噸以環(huán)保方式處理．預(yù)計(jì)每年生活垃圾的總量比前一年增加1萬噸，同時(shí)，因垃圾處理技術(shù)越來越進(jìn)步，要求2021年起每年通過環(huán)保方式處理的生活垃圾量是前一年的q倍若要使得2024年通過填埋方式處理的生活垃圾量不高于當(dāng)年生活垃圾總量的A．B．C．D．8．若圓O：8．若圓O：x2+y2＝1上存在點(diǎn)P，直線上存在點(diǎn)Q，使得 ＝，則實(shí)數(shù)A．[，]B．[﹣，]C．{﹣，}D．{﹣，}1 n A＝{1，2，3，4，5}B，B，…，B（n∈N*1 n i 1 3為集合B（i＝1，2，3，…，n）中的最大元素，則b+b+bi 1 3A．10 B．40 C．45 D．50已知拋物線CFl2，點(diǎn)Pl上的動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)A在拋物線A．2B．6C．D．2C上，|AF|＝5，過點(diǎn)A作直線PF的垂線，垂足為A．2B．6C．D．211．已知向量＝（2，m），11．已知向量＝（2，m），＝（﹣1，2），且+2 ＝，則m＝．13．已知sinα＝，則sin（2α+）＝．n 2 5 3 5 7 12．在等差數(shù)}中，已知a＝5，a＝2，則13．已知sinα＝，則sin（2α+）＝．n 2 5 3 5 7 是偶函數(shù)，則a＝；若函數(shù)y＝g（f（x））存在兩個(gè)零點(diǎn)，則a的一個(gè)取值是．“S”型函數(shù)是統(tǒng)計(jì)分析、生態(tài)學(xué)、人工智能等領(lǐng)域常見的函數(shù)模型，其圖象形似英文0.5毫升培養(yǎng)液中放入5y（單位：個(gè)）與時(shí)間t（單位：小時(shí)）的關(guān)系近似為一個(gè)“Sy＝f（t）＝f（t）＝（t≥0）的部分圖象如圖所示，f′（t）①對(duì)任意①對(duì)任意1（2439142（249'＞；②對(duì)任意1（23（914存在2（296使得' 2＝；③對(duì)任意③對(duì)任意2（2910243（914（2＞；④對(duì)任意2（29存在123914使得' 2＝．16．在△ABC中，b2+16．在△ABC中，b2+c2﹣a2＝bc．（Ⅱ）3csinA（Ⅱ）3csinA＝asinB，且△ABC的面積S＝2c的值．2022年冬奧會(huì)，某地區(qū)高一、高二年級(jí)學(xué)生參加了冬奧知識(shí)競(jìng)賽．為了解知識(shí)競(jìng)賽成績(jī)優(yōu)秀（不低于85分）1520（100得分均為整數(shù)），[85，90），[90，95），[95，100]分組．（Ⅰ）從抽取的高二年級(jí)學(xué)生樣本中隨機(jī)抽取一人，求其得分不低于90分的概率；（Ⅱ）從該地區(qū)高二年級(jí)參加知識(shí)競(jìng)賽成績(jī)優(yōu)秀的學(xué)生中隨機(jī)抽取3390X的分布列及數(shù)學(xué)期望；（Ⅲ）由于高二年級(jí)學(xué)生樣本原始數(shù)據(jù)丟失，請(qǐng)根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖信息，判斷高二年級(jí)學(xué)生樣本得分的最高分至少為多少分時(shí)，高二年級(jí)學(xué)生樣本得分的平均分一定超過高一年級(jí)學(xué)生樣本得分的平均分，并說明理由．111 1如圖，在三棱柱ABC﹣ABCAACC4條件111 11；1（Ⅰ）求證：AB⊥平面AACC1；1（Ⅱ）BCA1BC1條件①：BC＝5；條件②：AB⊥AA1；條件③：平面ABC⊥平面AA1C1C．19f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1（19f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1（a∈R）．（Ⅱ）判斷函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；20FC：＝120FC：＝1與橢圓C交于不同的兩（Ⅰ）當(dāng)k＝﹣時(shí)，求△FMN的面積；點(diǎn)（Ⅰ）當(dāng)k＝﹣時(shí)，求△FMN的面積；HA（，0）．kA，G，H三點(diǎn)共線．（Ⅱ）設(shè)直線FM，F(xiàn)NHA（，0）．kA，G，H三點(diǎn)共線．．已知各項(xiàng)均為整數(shù)的數(shù)列滿足＝，3Na﹣11．記（A）a1+a++a．（Ⅰ）a1＝3A6；（Ⅱ）ANakak＝0；（Ⅲ）若S（AN）是N的整數(shù)倍，證明：數(shù)列AN中存在ar，使得S（AN）＝N?ar．參考答案10440目要求的一項(xiàng).在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝（1﹣i）2+1對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于（ ）第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限解：在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝（1﹣i）2+1＝﹣2i+1對(duì)應(yīng)的點(diǎn)下列函數(shù)是奇函數(shù)的是（ ）y＝cosx B．y＝x2 C．y＝ln|x| D．y＝ex﹣e﹣x解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于A，y＝cosx，是余弦函數(shù)，是偶函數(shù)，不符合題意，對(duì)于B，y＝x2，是二次函數(shù)，是偶函數(shù)，不符合題意，對(duì)于C，y＝ln|x|，其定義域?yàn)閧x|x≠0}，有l(wèi)n|﹣x|＝lnx，是偶函數(shù)，不符合題意，對(duì)于D，y＝ex﹣e﹣x，其定義域?yàn)镽，ex﹣e﹣x＝﹣（y＝ex﹣e﹣x），則函數(shù)為奇函數(shù)，符合題意，33＝1的一個(gè)焦點(diǎn)為（﹣2，0），則雙曲線C的一條漸近線方程為A．xA．x+y＝0B．x+y＝0C．x+y﹣1＝0D．x+y﹣1＝0＝1b＝，所以雙曲線的漸近線方程為：．4．已知函數(shù)f所以雙曲線的漸近線方程為：．4．已知函數(shù)f（x）＝sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜）的部分圖象如圖所示，則f（x）的表達(dá)式為（ ）解得φ解得φ＝ +2kπ，k∈Z；2×+φ＝+2kπ，k∈Z；A．B．C．D．T＝﹣＝π，解得A．B．C．D．T＝﹣＝π，解得T＝π，所以ω＝＝2；由|φ|＜由|φ|＜k＝0滿足題意，f（x）＝sin（2x+）．某四棱錐的三視圖如圖所示，已知網(wǎng)格紙上小正方形的邊長(zhǎng)為1，則該四棱錐的5個(gè)的面積中，最大的是（ ）A．A．2B．C．D．3如圖所示：求出：BC＝1，CD＝2，AD＝2，AB＝在△ABP中，利用余弦定理：，，PD＝2，AP＝2 ，PB＝3，故 ，，，，故最大面積為3．故選：D．6x＞0，y＞0，則“x+y＝1”的（）解：①x+y解：①x+y＝1時(shí)，∵x＞0，y＞0，∴x+y≥2，∴xy≤，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào)，∴xy≤，∴充分性成立，

必要而不充分條件D②當(dāng)xy②當(dāng)xy≤時(shí)，比如x＝1，y＝時(shí)，xy≤成立，但x+y＝1不成立，∴x+y＝1是xy≤的充分不必要條件．故選：A．7．某地對(duì)生活垃圾使用填埋和環(huán)保兩種方式處理．該地2020年產(chǎn)生的生活垃圾為20萬噸，A．B．C．D．其中15年增加12021年起每年通過環(huán)保方式q2024年通過填埋方式處理的生活垃圾量不A．B．C．D．解：由題意可知2024年的生活垃圾為24萬噸，∴，有題意可知2024年通過環(huán)保方式處理的生活垃圾量為5×q4∴，8．若圓O：8．若圓O：x2+y2＝1上存在點(diǎn)P，直線上存在點(diǎn)Q，使得 ＝，則實(shí)數(shù)解得：，A．[，]A．[，]B．[﹣，]C．{﹣，}D．{﹣，}解：圓O：x2+y2＝1上存在點(diǎn)P，直線l：y＝k（x+2）上存在點(diǎn)Q，使得 ＝ ，可得：≤1，可得：≤1，k∈[﹣，]．1 n A＝{1，2，3，4，5}B，B，…，B（n∈N1 n i 1 3為集合B（i＝1，2，3，…，n）中的最大元素，則b+b+i 1 3解：由題意知：集合A中含三個(gè)元素的子集共個(gè)，∴n＝10，A．解：由題意知：集合A中含三個(gè)元素的子集共個(gè)，∴n＝10，Bi4的共有＝Bi4的共有＝3個(gè)，Bi5的共有＝6個(gè)，Bi5的共有＝6個(gè)，故選：C．已知拋物線CFl2，點(diǎn)Pl上的動(dòng)點(diǎn)．若點(diǎn)A在拋物線A．2B．6C．D．2C上，|AF|＝5，過點(diǎn)A作直線PF的垂線，垂足為A．2B．6C．D．2解：∵拋物線C的焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線l的距離為2，∴p＝2，∴拋物線方程為y2＝4x，∴F1（1，0），A（x1，y1），∴x1+＝5，∵點(diǎn)A在拋物線C上，且∴x1+＝5，∴x1＝4，∴A（4，4），設(shè)直線PF：x＝my+1，①，①②yH＝，∴|PH|＝﹣①②yH＝，∴|PH|＝﹣|，|PF|＝﹣2|，∴|PH|?|PF|＝（1+m2）?||?||＝2|5++|，設(shè)＝t，∴|PH|?|PF|＝（1+m2）?||?||＝2|5++|，設(shè)＝t，11．已知向量＝（2，m），＝（﹣11．已知向量＝（2，m），＝（﹣1，2），且+2 ＝，則m＝﹣4 ．解：∵＝（2，m），＝（﹣1，2），且+2 ＝，∴+2 ＝（2，m）+2（﹣1，2∴+2 ＝（2，m）+2（﹣1，2）＝（0，m+4）＝，2 5 3 5 7 12．在等差數(shù){an}中，已知a＝5，a＝2，則a+a+a+a＝4 解：（1）設(shè)等差數(shù){an}公差為d，2 5 3 5 7 ∴，2 ∵a＝5，a＝∴，2 1解得a＝6，d＝﹣1，1n∴a＝7﹣n，n13．已知sinα＝，則sin（2α+）＝．解：因?yàn)閟inα＝，9∴a3+a13．已知sinα＝，則sin（2α+）＝．解：因?yàn)閟inα＝，9所以sin（2α+ ＝．故答案為：．所以sin（2α+ ＝．故答案為：．a(chǎn)＝0 ；若函數(shù)y＝g（f（x））存在兩個(gè)零點(diǎn)，則a的一個(gè)取值是﹣3 ．解：f（g（x））＝3|x+a|﹣2為偶函數(shù)，則f（g（﹣x））＝3|﹣x+a|﹣2＝f（g（x）），∴|x+a|＝|﹣x+a|，則a＝0；g（f（x））＝|3x+a|﹣2，②a＜0，則min＝g（log（﹣3①②a＜0，則min＝g（log（﹣3a））＝﹣2＜0，3又x＜log（﹣a）時(shí)，﹣3x﹣a＜﹣a，3∴﹣a﹣2＞0，解得a＜﹣2，∴a的一個(gè)取值可以是﹣3（答案不唯一）．故答案為：0；﹣3．f（t）＝（t≥0）的部分圖象如圖所示，f′（t）“S”型函數(shù)是統(tǒng)計(jì)分析、生態(tài)學(xué)、人工智能等領(lǐng)域常見的函數(shù)模型，其圖象形似英文0.5毫升培養(yǎng)液中放入5f（t）＝（t≥0）的部分圖象如圖所示，f′（t）為（t）的導(dǎo)函數(shù)．給出下列四個(gè)結(jié)論：①對(duì)任意①對(duì)任意1（2439142（249'＞；②對(duì)任意1（23（914存在2（296使得' 2＝；③對(duì)任意2③對(duì)任意2（2910243（914（2＞；④對(duì)任意2（29存在123914使得' 2＝．解：根據(jù)函數(shù)的圖象知導(dǎo)數(shù)的圖象如下圖所示：設(shè)導(dǎo)數(shù)f′（t）在t＝t0取最大值，結(jié)合f（t）的圖象可知24＜t0＜96，對(duì)于1（023（914對(duì)于1（023（9142＝0，故①成立；對(duì)于②，設(shè)A（t1，f（t1）），B（t2，f（t2）），f（t）BC處，∴，故②正確；C 2 f（t）x∈（24，96），∴，故②正確；C 2 對(duì)于③Q（t3，f（t3）），S（t3，），T2 T 2 3 1 3Sf（t）Txt＝對(duì)于③Q（t3，f（t3）），S（t3，），T2 T 2 3 1 3對(duì)于④，取N（t0，f（t0）），（t0為①中f′（t）最大值點(diǎn)），則過N的切線“穿過”曲線y＝f（x），曲線上不存在與該切線平行的割線，否則與導(dǎo)數(shù)存在唯一的最大值點(diǎn)矛盾，故④錯(cuò)誤．故答案為：①②．16．在△ABC中，b216．在△ABC中，b2+c2﹣a2＝bc．（Ⅱ）3csinA＝（Ⅱ）3csinA＝asinB，且△ABCS＝2c的值．解：（Ⅰ）因?yàn)閎2+c2﹣a2＝bc，所以cosA＝＝，因?yàn)锳∈（0，π），所以sinA＝＝＝，可得tanA＝ ＝ ．（Ⅱ）因?yàn)?csinA＝asinB，由正弦定理可得3ac＝abb＝c由正弦定理可得3ac＝abb＝c，因?yàn)椤鰽BCS＝2＝bcsinA，可得×＝2，c＝2．為迎接2022年冬奧會(huì)，某地區(qū)高一、高二年級(jí)學(xué)生參加了冬奧知識(shí)競(jìng)賽．為了解知識(shí)競(jìng)賽成績(jī)優(yōu)秀（不低于85分）1520（滿分100得分均為整數(shù)），[85，90），[90，95），[95，100]分組．（Ⅰ）從抽取的高二年級(jí)學(xué)生樣本中隨機(jī)抽取一人，求其得分不低于90分的概率；（Ⅱ）從該地區(qū)高二年級(jí)參加知識(shí)競(jìng)賽成績(jī)優(yōu)秀的學(xué)生中隨機(jī)抽取3390X的分布列及數(shù)學(xué)期望；（Ⅲ）由于高二年級(jí)學(xué)生樣本原始數(shù)據(jù)丟失，請(qǐng)根據(jù)統(tǒng)計(jì)圖信息，判斷高二年級(jí)學(xué)生樣本得分的最高分至少為多少分時(shí)，高二年級(jí)學(xué)生樣本得分的平均分一定超過高一年級(jí)學(xué)生樣本得分的平均分，并說明理由．P（A）＝＝．（Ⅰ設(shè)事件P（A）＝＝．∴從抽取的高二年級(jí)學(xué)生樣本中隨機(jī)抽取一人，其得分不低于90分的概率為．（II）由可知：從該地區(qū)高二年級(jí)參加知識(shí)競(jìng)賽成績(jī)優(yōu)秀的學(xué)生中隨機(jī)抽取190∴從抽取的高二年級(jí)學(xué)生樣本中隨機(jī)抽取一人，其得分不低于90分的概率為．∴P（X＝0）＝×0.40×0.63＝0.216；P（X＝1∴P（X＝0）＝×0.40×0.63＝0.216；P（X＝1）＝×0.41×0.62＝0.432；P（X＝2）＝ ×0.42×0.6＝0.288；P（X＝3）＝可得X分布列：×0.43＝0.064．X 0 123P 0.216 0.4320.2880.064E（X）＝3×0.4＝1.2．（II（II＝＝＝87.5．只需＞只需＞87.4m＞98．∴高二年級(jí)學(xué)生樣本得分的最高分至少為99分時(shí)，高二年級(jí)學(xué)生樣本得分的平均分一定超過高一年級(jí)學(xué)生樣本得分的平均分．11 1 1 如圖，在三棱柱ABC﹣ABCAACC4條件11 1 1 1；1（Ⅰ）求證：AB⊥平面AACC1；11 （Ⅱ）BCABC條件①：BC＝51 1條件②：AB⊥AA；11 條件③：平面ABC⊥平面AACC．1 解：若選擇①②，（Ⅰ）證明：∵AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴AB⊥AC，又∵AB⊥AA1，AC∩AA1＝A，∴AB⊥平面AA1C1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AB⊥AC，AB⊥AA1，，，BCA1，，BCA1BC所成角為θ，則1，1∴AC⊥AA1，如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，∴，設(shè)平面ABC1 1的一個(gè)法向量為，則可取0，4），A1（0，4，0），C1（∴，設(shè)平面ABC1 1的一個(gè)法向量為，則可取BCA1BCA1BC所成角為θ，則1，BCA1BC所成角的正弦值為1．（Ⅰ）證明：∵AC＝4，AB＝3，BC＝5，∴AB⊥AC，又∵平面ABC⊥平面AA1C1C，平面ABC∩平面AA1C1C＝AC，∴AB⊥平面AA1C1C；（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，AB⊥AC，AB⊥AA1，∵四邊形AA1C1C是正方形，∴AC⊥AA1，如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則A（0，0，0），B（3，0，0），C（0，∴，設(shè)平面ABC1 1的一個(gè)法向量為，則可取0，4），A1（0，4，0），C1（∴，設(shè)平面ABC1 1的一個(gè)法向量為，則可取19f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1（a19f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1（a∈R）．（Ⅱ）判斷函數(shù)f（x）的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；（Ⅲ）x∈R，f（x）≥0a解：（Ⅰ）a＝0時(shí)，f（x）＝（x﹣1）ex+1，f（1）＝1，f′（x）＝ex+（x﹣1）ex＝xexf′（1）＝e，（Ⅱ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1，故曲線y＝f（x（Ⅱ）∵f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1，∴f′（x）＝xex﹣ax＝x（ex﹣a），（i）當(dāng)a≤0時(shí)，有ex﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得：x＝0，x，f′（x），f（x）的變化如下：xf′（x）f（x）

（﹣∞，0）﹣遞減

00極小值

（0，+∞）+遞增BCA1BC1所成角的正弦值為．∴當(dāng)a≤BCA1BC1所成角的正弦值為．（ii）當(dāng)a＞0時(shí)，令f′（x）＝0，解得：x＝0或x＝lna，①當(dāng)0＜a＜1時(shí)，lna＜0，x，f′（x），f（x）的變化如下：x （﹣∞， lna （lna，0） 0 （0，+∞）lna）f′（x） +f（x）

0 ﹣極大值 遞

0 +極小值 遞增故當(dāng)0＜a＜1時(shí)，函數(shù)f（x）有2個(gè)極值點(diǎn)，②a＝1時(shí)，f′（x）＝x（ex﹣1）≥0恒成立，f（x）在R上單調(diào)遞增，故當(dāng)a＝1時(shí)，函數(shù)f（x）無極值點(diǎn)，③當(dāng)a＞1時(shí)，lna＞0，x，f′（x），f（x）的變化如下：xf′（x）f（x）

（﹣∞，0）+遞增

00極大值

（0，lna）﹣

lna0極小值

（ln∞）+遞增故當(dāng)a＞1時(shí)，函數(shù)f（x）有2個(gè)極值點(diǎn)，綜上：當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)f（x）有1個(gè)極值點(diǎn)，0＜a＜1a＞1f（x）2a＝1f（x）無極值點(diǎn)；min若（Ⅱ）在（﹣∞，0）遞減，在故f（x）≥f（x）＝f（0）＝0，min故a≤0符合題意，∴f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1＜﹣ax2+1，∴f（x）＝（x﹣1）ex﹣ax2+1＜﹣ax2+1，f（﹣）＜﹣a+1＝0，20FC：＝f（﹣）＜﹣a+1＝0，20FC：＝1的左焦點(diǎn)，直線l：y＝k（x﹣2）與橢圓C交于不同的兩（Ⅰ）當(dāng)k＝﹣時(shí)，求△FMN的面積；點(diǎn)（Ⅰ）當(dāng)k＝﹣時(shí)，求△FMN的面積；HA（，0）．kA，G，H三點(diǎn)共線．解：（Ⅰ）當(dāng)k＝時(shí)，由解得M（0，1），N（，），HA（，0）．kA，G，H三點(diǎn)共線．解：（Ⅰ）當(dāng)k＝時(shí)，由解得M（0，1），N（，），x1+x＝2，xx＝12，y1y2＝k（x1+x﹣4）＝﹣2，G（，），k2≠AGkAG＝＝，F(xiàn)My＝（x+1），P的坐標(biāo)為），Q（1，），因?yàn)?＝|MN|＝＝，F(xiàn)（﹣1，0）y＝（x﹣|MN|＝＝，F(xiàn)（﹣1，0）y＝（x﹣2）d＝，所以△FMN的距離為|MN|d＝××＝1；由，可得（1+2k2）x2﹣8k2x+8k2﹣2＝0，由△＝（﹣8k2）2﹣4（1+2k2）（8k2﹣2）＞0，解得k2＜，＝＝＝，＝，H（1，），所以直線AH的斜率k ＝AH＝，因?yàn)?＝ AG AH所以A，G，H三點(diǎn)共線．1 2 i﹣1 N 1 2 21．已知各項(xiàng)均為整數(shù)的數(shù)列AN：a，a，…，aN（N≥3，N∈N*）滿足aa＜0，且對(duì)任意i＝2，3，…，N，都|ai﹣a |≤1．記1 2 i﹣1 N 1 2 3（Ⅰ）若a＝，寫出一個(gè)符合要求的A；31 6k （Ⅱ）