普通高等学校招生全国统一考试 数学北京卷试题及答案.docx
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普通高等学校招生全国统一考试数学北京卷试题及答案
2021年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷）数学解析
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
结合题意利用并集的定义计算即可.
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
由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果.
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
利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系.
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.4C.D.2
答案：
A
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.
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
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.
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
由已知条件求出的值，利用等差中项的性质可求得的值.
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2B.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
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.
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
答案：
B
计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解.
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
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
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.9B.10C.11D.12
答案：
C
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.
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：
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：
①.5②.
根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
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：
①.0②.3
根据坐标求出，再根据数量积的坐标运算直接计算即可.
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）
根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
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
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.
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.
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．
（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.
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：
点为的中点；
（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）．
（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.
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）.
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）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，分类即可得解.
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，设两名感染者在同一组的概率为p，
，，
则，
若时，；
若时，；
若时，.
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.
（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.
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：
增
极大值
减
极小值
增
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）．
（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.
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
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