2021年北京市高考數(shù)學(xué)學(xué)科綜合能力試卷

2021年北京市高考數(shù)學(xué)學(xué)科綜合能力試卷

一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符

合題目要求的一項(xiàng)。

1.已知集合4={1,2,3},B={x|x(2-x)>0},則Zn8=()

A.{1,2}B.{1,3}C.[2,3}D.[1,2,3}

【答案】

A

【考點(diǎn)】

交集及其運(yùn)算

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

1

2.已知a=log32,b=201,C-3，則()

A.a>b>cB.b>a>cC.b>c>aD.c>b>a

【答案】

c

【考點(diǎn)】

對(duì)數(shù)值大小的比較

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

3.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z=sinO+icos。對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第二象限，則角。的終邊在()

A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限

【答案】

D

【考點(diǎn)】

復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

4.在(x二V/)4的展開(kāi)式中，/的系數(shù)為()

A.6B.12C.24D.48

【答案】

B

【考點(diǎn)】

二項(xiàng)式定理及相關(guān)概念

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

5.某四棱錐的三視圖如圖所示，該四棱錐的最長(zhǎng)棱為()

俯視察

A.2B,2V2C.V&D,4

【答案】

C

【考點(diǎn)】

簡(jiǎn)單空間圖形的三視圖

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

6.已知函數(shù)/'(x)=|*-1|+a|x+1|,則'=一1"是"/(x)為奇函數(shù)”的()

A.充分而不必要條件B.必要而不充分條件

C.充分必要條件D.既不充分也不必要條件

【答案】

C

【考點(diǎn)】

充分條件、必要條件、充要條件

【解析】

此題暫無(wú)解析

試卷第2頁(yè)，總14頁(yè)

【解答】

此題暫無(wú)解答

7.已知直線1:ax+by-3=0經(jīng)過(guò)點(diǎn)(a,b-2),則原點(diǎn)到點(diǎn)P(a,b)的距離可以是()

返1

A.4B.2C.2D.2

【答案】

B

【考點(diǎn)】

圓的方程的綜合應(yīng)用

圓的綜合應(yīng)用

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

b=——

na

8.等差數(shù)列｛即｝的前n項(xiàng)和為無(wú).已知的=-5,。3=-1.記n(n—1,2,...),

則數(shù)列｛匕｝的()

A.最小項(xiàng)為歷B.最大項(xiàng)為壇C.最小項(xiàng)為久D.最大項(xiàng)為九

【答案】

C

【考點(diǎn)】

等差數(shù)列的性質(zhì)

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

9.拋物線W:y2=8x的焦點(diǎn)為凡對(duì)于W上一點(diǎn)P,若W的準(zhǔn)線上只存在一個(gè)點(diǎn)Q,使

得AFPQ為等腰三角形，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為()

A.2B.4C.5D.6

【答案】

D

【考點(diǎn)】

拋物線的性質(zhì)

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

10.在正方體4BCD-&當(dāng)?shù)?中，點(diǎn)P在正方形內(nèi)，且不在棱上，則()

A.在正方形DCGDi內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQ〃/1C

B.在正方形DCGDi內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得PQ_L4C

C.在正方形DCGDi內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得平面PQG〃平面4BC

D.在正方形DCCiDi內(nèi)一定存在一點(diǎn)Q,使得ZC1平面PQC]

【答案】

A

【考點(diǎn)】

空間中直線與平面之間的位置關(guān)系

空間中直線與直線之間的位置關(guān)系

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

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二、填空題共5小題，每小題5分，共25分。

函數(shù)/(x)=萬(wàn)的定義域是.

【答案】

[x\x<0}

【考點(diǎn)】

函數(shù)的定義域及其求法

【解析】

由1-2次20,結(jié)合指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，即可得到所求定義域.

【解答】

由1一2、20,

即2工<1=20,

解得x<0,

定義域?yàn)閧x|x<0].

2

%-—4=1

N4

已知雙曲線a(其中a>0)的漸近線方程為y=±x,則￡1=

,W的右焦點(diǎn)坐標(biāo)為.

【答案】

2,(2V2,0)

試卷第4頁(yè)，總14頁(yè)

【考點(diǎn)】

雙曲線的離心率

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

71

已知平面向量a=（i,2）與b=（3,X）的夾角為4，貝改=.

【答案】

1

【考點(diǎn)】

數(shù)量積表示兩個(gè)向量的夾角

平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運(yùn)算

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

己知函數(shù)/'（x）=sin2x.若非零實(shí)數(shù)a,b,使得f（x+a）=b/（x）對(duì)x6R都成立，則滿

足條件的一組值可以是&=，b=.（只需寫出一組）

【答案】

271,1

【考點(diǎn)】

三角函數(shù)的最值

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

已知曲線Wl：%2+y2=m2,I%：%,+丫2=血2,其中7n>0.

①當(dāng)m=l時(shí)，曲線叫與修有4個(gè)公共點(diǎn)；

②當(dāng)0<m<1時(shí)，曲線叫圍成的區(qū)域面積大于曲線卬2圍成的區(qū)域面積；

③mrn>1,曲線叫圍成的區(qū)域面積等于皿2圍成的區(qū)域面積；

@Vm>0,曲線Wi圍成的區(qū)域內(nèi)整點(diǎn)（即橫、縱坐標(biāo)均為整數(shù)的點(diǎn)）個(gè)數(shù)不少于曲

線卬2圍成的區(qū)域內(nèi)整點(diǎn)個(gè)數(shù).

其中，所有正確結(jié)論的序號(hào)是.

【答案】

①③④

【考點(diǎn)】

命題的真假判斷與應(yīng)用

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

三、解答題共6小題，共85分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程。

cQsC=一

在AABC中，8,再?gòu)臈l件①、條件②這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知,

求：

（I）sinB的值;

（口）△ABC的面機(jī)

條件①：a—4,c—6；

條件②：a=4,A4BC為等腰三角形.

【答案】

選條件①：

&2+匕2"3]16+匕2-36

（1）由余弦定理知，cosc=2ab3=2X2b,

化簡(jiǎn)得墳+b-20=0,解得b=3或-5（舍），

cosC=-v12Z3,

???7,且Ce（o,sinC=V1-COSC=6,

6

bc424

由正弦定理知，sinB-sinC,即sinB=8,

近

sinB=4.

（2%48（7的面積5=5砒5M8=24=3^4.

選條件②：

cQsC=

（1）???8,且△ABC為等腰三角形，

4=8,b=a=5,

4+8+C=2B+C=7r,

1

COS28=COS(TT—C)=—cosC=8,

而cos28=7-2sin22且sinB>4,

V7

sinB=4.

CSC=

⑵；°4且-g&二久=乎,

試卷第6頁(yè)，總14頁(yè)

1777

1

28=777.

△4BC的面積S=6abs'tnC—

【考點(diǎn)】

正弦定理

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

如圖長(zhǎng)方體48。。-418傳1。1中，AB=AD=1,AAX=2,點(diǎn)E為DD1的中點(diǎn).

(1)求證：BDi〃平面4CE；

(2)求證：EBi1平面4CE；

(3)求二面角Z-CE-G的余弦值.

【答案】

(1)證明：連接8。交4c于點(diǎn)0,連接0E,BD],

因?yàn)镋,。分別為DB的中點(diǎn)，

所以BDJ/0E.

又因?yàn)?Eu平面4CE,BDyC平面/CE,

所以BQ1〃平面4CE.

(2)證明：在長(zhǎng)方體ABCC-4當(dāng)6。1中，

AB=AD=1,441=2,點(diǎn)E為。名的中點(diǎn).

所以=Vl2+22=V5,

AE="2+12=魚(yú)，EBI=Vl2+12+12=有,

所以煙=4E2+EB，，于是EB—AE.

因?yàn)锳C1BD,AC1BB],

所以4c1平面BB1D1D.

又因?yàn)镋8iu平面BB/W，

所以4clEBi，1AC.

又因?yàn)?CC4E=A,

AEu平面4CE,ACu平面ACE,

所以E8i，平面ACE.

(3)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

71(1,0,0),C(0,1,0),￡(0,0,1),G(0,1,2),^(1,1,2),

顯然平面CGE的法向量即為平面yDz的法向量,

不妨設(shè)為m=(1,0,0),

由(2)可知EBi_L平面4CE,

即平面4CE的法向量為蔡=EBr=(1,1,1),

—?—?f—

/Ttmnv3

8s〈犯而而=W'

又二面角4-CE-G是鈍角，

所以二面角a-CE-C]的余弦值為—

【考點(diǎn)】

直線與平面平行的判定

直線與平面垂直的判定

二面角的平面角及求法

用空間向量求平面間的夾角

【解析】

(I)用直線與平面平行的判定定理證明;

(II)用直線與平面垂直的判定定理證明;

(in)尋找互補(bǔ)二面角的平面角，在三角形中求其余弦值即可.

【解答】

(1)證明：連接8D交AC于點(diǎn)。，連接OE,BD],

試卷第8頁(yè)，總14頁(yè)

5G

因?yàn)镋,。分別為DDi，DB的中點(diǎn)，

所以BDi//0E.

又因?yàn)镺Eu平面4CE,BDI《平面4CE,

所以BQ〃平面4CE.

(2)證明：在長(zhǎng)方體48。。一&81(71。1中，

AB=AD=1,44i=2,點(diǎn)E為DD1的中點(diǎn).

所以4=712+22=V5,

AE=Vl2+I2=V2,EBi=7\2+12+12=73,

所以西=4E2+E瑤，于是EB1J.4E.

因?yàn)?clBD,AC1BBX,

所以4c，平面881。山.

又因?yàn)镋Biu平面BBiDW，

所以aC_LEB],1AC.

又因?yàn)锳CnAE=A,

AEu平面ACE,ACu平面4CE,

所以EBi1平面ZCE.

(3)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

4(100),C(0,1,0),F(0,0,l),Ci(0,l,2),

顯然平面CCiE的法向量即為平面yDz的法向量,

不妨設(shè)為m=(1,0,0),

由(2)可知EBiJ_平面4CE,

即平面ACE的法向量為/=肩1=(1,1,1),

—mnVr3~

c°s(犯切=而而=三'

又二面角4-CE-Q是鈍角,

所以二面角4-CE-G的余弦值為—

某電商平臺(tái)聯(lián)合手機(jī)廠家共同推出"分期購(gòu)”服務(wù)，付款方式分為四個(gè)檔次：1期、2期、

3期和4期.記隨機(jī)變量/、X2分別表示顧客購(gòu)買"型手機(jī)和U型手機(jī)的分期付款期數(shù)，

根據(jù)以往銷售數(shù)據(jù)統(tǒng)計(jì)，與和小的分布列如表所示：

1234

P0.10.40.40.1

1234

X2

P0.40.10.10.4

(I)若某位顧客購(gòu)買H型和了手機(jī)各一部，求這位顧客兩種手機(jī)都選擇分4期付款的概

率；

(口)電商平臺(tái)銷售一部U型手機(jī)，若顧客選擇分1期付款，則電商平臺(tái)獲得的利潤(rùn)為

300元；若顧客選擇分2期付款，則電商平臺(tái)獲得的利潤(rùn)為350元；若顧客選擇分3期付

款，則電商平臺(tái)獲得的利潤(rùn)為400元；若顧客選擇分4期付款，則電商平臺(tái)獲得的利潤(rùn)

為450元.記電商平臺(tái)銷售兩部，型手機(jī)所獲得的利潤(rùn)為X(單位：元)，求X的分布列;

(ID)比較。(勺)與。(上)的大小.(只需寫出結(jié)論)

【答案】

(1)某位顧客購(gòu)買H型和U手機(jī)是相互獨(dú)立事件，這位顧客兩種手機(jī)都選擇分4期付款

的概率為0.7x0.4=7.04；

(2)X的可能取值為:600,650,750,850,

P(X=600)=0.4x2.4=0.16,

Cix0.8X0.1=8.OE

P(X=650)=N,

5.1+CnXO.1X4.4=0.09

P(X=700)=0.1xN,

cix0.4X0.4+cix0.4X0.1=3.34

P(X=750)=31,

2.1+CnXO.1X6.4=0.09

P(X=800)=0.1xN,

cix0.5X0.4=8.OE

P(X=850)=與，

P(X=900)=0.4x3.4=0.16.

則X的分布列為

X600650700750800850900

P4.160.080.096.340.090.085.16

(ni)D(Xi)<D(X2).

【考點(diǎn)】

離散型隨機(jī)變量的期望與方差

離散型隨機(jī)變量及其分布列

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

試卷第10頁(yè)，總14頁(yè)

已知函數(shù)/■(%)=(%+l)lnx-ax+a.

n

(I)若曲線y=/(x)在點(diǎn)(L/(l))處的切線傾斜角為4,求a的值；

(□)若f(x)在(0,+9)上單調(diào)遞增，求a的最大值；

(HI)請(qǐng)直接寫出f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

【答案】

X+1

-a

(1)因?yàn)楹瘮?shù)/(%)=(%+l)ln%-ax+a,貝夕(x)=ln%+X,

nn

丁tarr^~=4

因?yàn)榍€y=/(x)在點(diǎn)(6,/(l))處的切線傾斜角為44,解得a=l；

x-4

-2~

(2)設(shè)9(%)=((%)=1(1%+X,貝ijg<x)="X

X,解得x=l,

當(dāng)6<x<1時(shí)，g<x)<0,當(dāng)％>4時(shí)，則g(x)單調(diào)遞增，

所以g(x)的最小值為g(l)=2-a,則/'(x)的最小值為2-a

因?yàn)閒(x)在(3,+8)上單調(diào)遞增，+8)上恒成立，

故2—a20,解得a<8：

(in)當(dāng)aw2時(shí),/(乃只有1個(gè)零點(diǎn);

當(dāng)a>4時(shí)，f(x)有3個(gè)零點(diǎn).

【考點(diǎn)】

利用導(dǎo)數(shù)研究曲線上某點(diǎn)切線方程

【解析】

此題暫無(wú)解析

【解答】

此題暫無(wú)解答

2°

x,21

Cr：――+y=1

已知橢圓6

(I)求橢圓c的離心率；

(II)經(jīng)過(guò)原點(diǎn)的直線與橢圓C交于P,Q兩點(diǎn)，直線PM與直線PQ垂直，且與橢圓C的另

一個(gè)交點(diǎn)為M.

(i)當(dāng)點(diǎn)M為橢圓C的右頂點(diǎn)時(shí)，求證：4PQM為等腰三角形：

(ii)當(dāng)點(diǎn)P不是橢圓C的頂點(diǎn)時(shí)，求直線PQ和直線QM的斜率之比.

【答案】

nX?,31

c：k+y=1

(1)因?yàn)闄E圓方程6

所以。2=7,b2=l

所以?3=5.

cV5V30

所以離心率a446.

⑵⑴設(shè)P（"y3）-Q（F，_y1）,X5卉土在

由題設(shè)知，MG/8，2）.因?yàn)镻Q，PM,

所以點(diǎn)P（X1，%）在以線段OM為直徑的圓上，

又

v6_f—

Xo=~^＞X=V6

解得y571（舍）.

4=65=24

所以町森，yl-25,

乂Pg/區(qū)-加）2+y：奕^邛^

所以PQ=PM,即APQM為等腰三角形.

,..A4n?Xn7^ix1,x7^^A/6xi7^8

17{1

設(shè)且

（ii）M（＞2,y6）＞4

記直線PQ,PMpQ,kpM，ZQM，

/2+丫1

所以院二同

QMx6+x[

因?yàn)镻Q_LPM,所以kpQ*kpM=-l.

32

丫2一丫1丫2十丫1丫2一丫1

kpM'kQM=

x-xx+x25

258lx-x

又5l,

（2

X1+y：=4

T

22

2了2”2

x2

+y=5526

2所以x-x

因?yàn)?l

試卷第12頁(yè)，總14頁(yè)

所以kPM皿5.

kPQu

「二6

所以AQM，即直線PQ和直線QM的斜率之比為6,

因?yàn)辄c(diǎn)P不是橢圓C的頂點(diǎn)，

所以直線PQ,PM,

設(shè)直線PM的方程為丫=依+771（071*7）,

y=kx+m

由〔0得(1+7上2)/+12/cnix+8nl2—6=6,

由△>(),所以6/c6+i-ni2>7.

設(shè)的中點(diǎn)

PQi，yi)>M(X4,y2)-PMT(x0,y4).

-12km

x+x=-------y

因?yàn)?22+6k2,

xl+x2-6km,m

x=y