2021年北京市门头沟区高考数学一模试卷 【含答案】

2021年北京市门头沟区高考数学一模试卷参考答案与试题解析一、选择题共10个小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。1（4分）复数zi（1i）的模|z|（）AB2C1D4【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由复数模的计算公式求解【解答】解：zi（1i）1+i，|z|故选：A【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题2（4分）集合Ax|x0，Bx|x|2，则AB（）ARB2，+）C（0，2D（0，+）【分析】求出集合B，利用交集定义能求出AB【解答】解：集合Ax|x0，Bx|x|2x|2x2，ABx|0x2（0，2故选：C【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是基础题3（4分）二项式（x2）5展开式中，x4的系数是（）A40B10C40D10【分析】在二项展开式的通项公式中，令x的幂指数等于0，求出r的值，即可求得常数项【解答】解：由通项公式得：Tr+1（2）rx103r，令103r4，求得r2，可得含有x4的系数是，故选：C【点评】本题主要考查二项式定理的应用，二项展开式的通项公式，属于基础题4（4分）某四棱锥的三视图如图所示，则此四棱锥最长的棱长为（）A2BC4D【分析】画出直观图，利用三视图的数据转化求解即可【解答】解：根据直观图不难得出，PC是最长的棱长，长度为：故选：D【点评】本题考查三视图求解几何体的相关数据，最长棱长的求法，是基础题5（4分）数列an中，a11，an+12an，数列bn满足bn|an|，则数列bn的前n项和Sn（）ABC2n1D（2）n1【分析】由题设得到数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，即可求得其前n项和【解答】解：由题设可知：b1|a1|1，2，数列bn是首项为1，公比为2的等比数列，故选：C【点评】本题主要考查等比数列的定义及基本量的计算，属于基础题6（4分）京西某游乐园的摩天轮采用了国内首创的横梁结构，风格更加简约，摩天轮直径88米，最高点A距离地面100米，匀速运行一圈的时间是18分钟由于受到周边建筑物的影响，乘客与地面的距离超过34米时，可视为最佳观赏位置，在运行的一圈里最佳观赏时长为（）A10分钟B12分钟C14分钟D16分钟【分析】解法一，求出转动的角速度，利用直角三角形的边角关系求出OC、BOC的值，计算最佳观赏期的圆心角和运行的一圈里最佳观赏时长解法二，求出转动的角速度，写出点P到从最下端开始运动，运行中到地面距离解析式f（t），计算f（t）34时t的取值范围，求出最佳观赏期的时长【解答】解：如图所示，解法一，转动的角速度为，计算OC44（3412）22，所以，所以最佳观赏期的圆心角为，在运行的一圈里最佳观赏时长为（分钟）解法二，转动的角速度为，所以点P到从最下端开始运动，运行中到地面距离为f（t）44sin（t）+56（0t18），令f（t）34，得sin（t），解得t，即3t15，所以最佳观赏期的时长为15312（分钟）故选：B【点评】本题考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题7（4分）“ln（x+1）0”的一个必要而不充分条件是（）A1xBx0C1x0Dx0【分析】直接利用对数的运算，不等式的解法，集合间的关系，充分条件和必要条件的应用判断A、B、C、D的结论【解答】解：设ln（x+1）0，整理得ln（x+1）ln1，解得：Mx|1x0，它的必要条件的集合为N，则M是N的真子集故选：D【点评】本题考查的知识要点：对数的运算，不等式的解法，集合间的关系，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题8（4分）在平面直角坐标系xOy中，角与角均以Ox为始边，它们的终边关于x轴对称若，则cos（）（）ABC1D【分析】由任意角的三角函数知coscos，sinsin，再根据两角差的余弦公式，即可得解【解答】解：由题意得，coscos，sinsin，cos（）coscos+sinsincos2sin22cos21故选：B【点评】本题考查两角和差的余弦公式，同角三角函数的平方关系，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题9（4分）已知抛物线C：y22px的焦点为F，点A为抛物线C上横坐标为3的点，过点A的直线交x轴的正半轴于点B，且ABF为正三角形，则p（）A1B2C9D18【分析】画出图形，通过B在解得F的左侧与右侧，判断三角形的形状，转化求解P即可【解答】解：由题意可知，当B在焦点F的右侧时，当B在焦点F的左侧时，同理可得P18，此时点B在x轴的负半轴，不合题意故选：B【点评】本题考查抛物线的简单性质的应用，考查分类讨论思想的应用，是中档题10（4分）在平面直角坐标系中，从点P（3，2）向直线kxy2k0作垂线，垂足为M，则点Q（2，4）与点M的距离|MQ|的最小值是（）ABCD17【分析】根据直线kxy2k0过定点N（1，2），得到点M是在以PN为直径的圆C：（x+1）2+y28上，再把所求问题转化即可求解结论【解答】解：直线kxy2k0过定点N（1，2），PMMN，可知点M是在以PN为直径的圆C：（x+1）2+y28上，又，可得：，故选：A【点评】本题主要考查直线方程过定点以及两点间的距离公式的应用，属于基础题二、填空题共5小题，每小题5分，满分25分。11（5分）在ABC中，B，AB1，BC2，则AC的长为【分析】利用余弦定理，即可求得AC的值【解答】解：ABC中，B，AB1，BC2，如图所示：由余弦定理得：AC2AB2+BC22ABBCcosB12+22212cos7，解得故答案为：【点评】本题考查了利用余弦定理求三角形边长的应用问题，是基础题12（5分）在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且BM平面AD1C，则动点M的轨迹所形成区域的面积是 2【分析】根据平面BA1C1平面ACD1，可得点M的轨迹是A1C1B三角形及其内部，然后利用正三角形的面积公式进行求解即可【解答】解：因为平面BA1C1平面ACD1，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且BM平面AD1C，所以点M的轨迹是A1C1B三角形及其内部，所以A1BC1的面积为故答案为：【点评】本题主要考查了面面平行的性质，以及三角形的面积公式，同时考查了转化思想和运算求解的能力，属于中档题13（5分）已知双曲线C的中心在坐标原点，且经过点P（，），下列条件中哪一个条件能确定唯一双曲线C，该条件的序号是；满足该条件的双曲线C的标准方程是x条件：双曲线C的离心率e2；条件：双曲线C的渐近线方程为y；条件：双曲线C的实轴长为2【分析】设双曲线方程为或，然后根据各个条件逐个求解即可【解答】解：设双曲线方程为或，条件：因为e，且c2a2+b2，又，解得或，所以双曲线方程为x或，故有两条双曲线；条件：因为yx，则或，又，解得a21，b23或无解，故只有一条双曲线；条件：因为实轴长为2，故2a2，所以a1，又，所以b21或b23，所以双曲线方程为y2x21或x，故有两条双曲线，综上，只有能确定一条双曲线，且双曲线方程为x，故答案为：【点评】本题考查了双曲线的方程与性质，考查了学生的运算能力，属于中档题14（5分）函数在区间上单调，且，则的最小值为1【分析】利用三角函数恒等变换的应用化简函数解析式，进而根据正弦函数的图像和性质即可求解【解答】解：因为，又由函数在区间上单调，且，可得：是它的一个称中心，所以，kZ，因为0，所以最小值为1故答案为：1【点评】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图像和性质，考查了转化思想和函数思想的应用，属于基础题15（5分）正ABC的边长为1，中心为O，过O的动直线l与边AB，AC分别相交于点M、N，给出下列四个结论：；若，则；不是定值，与直线l的位置有关；AMN与ABC的面积之比的最小值为其中所有正确结论的序号是 【分析】通过向量的数乘运算判断的正误；向量的数量积的运算法则判断的正误；通过向量共线推出的关系判断的正误；求出AMN与ABC的面积之比，再利用均值不等式求出最小值，然后判断的正误【解答】解：对于，可得正确；对于，显然不正确；对于，又因为，O，M，N三点共线所以是定值，可得不正确对于，设，由均值不等得，由得：，当且仅当时，取等号，可得正确故答案为：【点评】本题考查命题的真假的判断，向量的数量积以及共线向量定理的应用，是中档题三、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（12分）第24届冬季奥运会将于2022年2月在北京和张家口举办，为了普及冬奥知识，京西某校组织全体学生进行了冬奥知识答题比赛，从全校众多学生中随机选取了20名学生作为样本，得到他们的分数统计如表：分数段30，40）40，50）50，60）60，70）70，80）80，90）90，100人数1228331我们规定60分以下为不及格；60分及以上至70分以下为及格；70分及以上至80分以下为良好；80分及以上为优秀（）从这20名学生中随机抽取2名学生，恰好2名学生都是优秀的概率是多少？（）将上述样本统计中的频率视为概率，从全校学生中随机抽取2人，以X表示这2人中优秀人数，求X的分布列与期望【分析】（）设恰好2名学生都是优秀这一事件为A，利用古典概型概率求解即可（）X可取0，1，2求出概率得到分布列，然后求解期望即可【解答】解：（）设恰好2名学生都是优秀这一事件为A，（1分）（2分）（）设每名同学为优秀这一事件为B，由题意可得，（2分）X可取0，1，2，（1分），（3分）X012P（1分）E（X）（2分）【点评】本题考查离散型随机变量的分布列以及期望的求法，考查分析问题解决问题以及计算能力，是中档题17（15分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，ABPA，PA底面ABCD，ABC，E是PC上任一点，ACBDO（）求证：平面EBD平面PAC；（）若E是PC的中点，求ED与平面EBC所成角的正弦值【分析】（）证明PABD，BDAC，推出BD平面PAC，即可证明平面EBD平面PAC（）E是PC的中点，连结OE，OB，OC，OE两两垂直，建立如图所示的坐标系，求出平面EBC的法向量，直线DE的方向向量，利用空间向量的数量积求解ED与平面EBC所成角的正弦值即可【解答】解：（）PA平面ABCDPABD，（1分）底面ABCD菱形，可得BDAC，（1分）又PAACA，又PABD，BDAC，PA平面PAC，AC平面PAC，BD平面PAC，（2分）BD平面EBD，平面EBD平面PAC（2分）（）若E是PC的中点，连结OE，则OEPAOE平面ABCD，（1分）所以，OB，OC，OE两两垂直，建立如图所示的坐标系，（1分）不妨设AB2，则（2分）设平面EBC的法向量为（x，y，z），取x1，则yz，所以，（1，），直线DE的方向向量为（，0，1），cosED与平面EBC所成角的正弦值为：【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题18（13分）已知各项均为正数的数列an，其前n项和为Sn，数列bn为等差数列，满足b212，b530再从条件、条件这两个条件中选择一个作为已知，求解下列问题：（）求数列an的通项公式an和它的前n项和Sn；（）若对任意nN*不等式kSnbn恒成立，求k的取值范围条件an2+an2Sn；条件a19，当n2，a22，an+1an+2【分析】选择，（）由数列的递推式，结合等差数列的定义和通项公式、求和公式，可得所求；（）运用等差数列的通项公式和参数分离，结合数列的单调性求得最值，可得所求范围；选择，（）运用等差数列的通项公式、求和公式，可得所求；（）运用等差数列的通项公式和参数分离，结合基本不等式求得最值，可得所求范围【解答】选择an2+an2Sn解：（）得：当n1时，a11，当n2时，（1），（2），两式相减得：，而an0，可得：anan11，数列an为等差数列，所以，an1+（n1）1n，；（）设bnb1+（n1）d，b212，b530，即b1+d12，b1+4d30，解得b16，d6，所以，bn6n，由kSnbn得：，设，则cn是递减数列，所以，当，cn达到最大，所以，k的取值范围为6，+），选择a19，当n2，a22，an+1an+2解：（）当n2，an+1an+2an+1an2，当n2，ana2+（n2）2an2n2，所以，（）设bnb1+（n1）d，b212，b530，代入得：bn6n，由kSnbn得：，设，当且仅当n3时，上式取得等号，所以，综上所述，k的取值范围是【点评】本题考查等差数列的通项公式和求和公式的运用，以及数列不等式恒成立问题解法，考查方程思想和化简运算能力、推理能力，属于中档题19（15分）曲线C上任一点M（x，y）到点F1（1，0），F2（1，0）距离之和为，点P（x0，y0）是曲线C上一点，直线l过点P且与直线x0x+2y0y20垂直，直线l与x轴交于点Q（）求曲线C的方程及点Q的坐标（用点P（x0，y0）的坐标表示）；（）比较与的大小，并证明你的结论【分析】（）由题意可知结合椭圆的定义，求出a，b，得到椭圆方程通过P的坐标，转化求解Q的坐标即可（）点P（x0，y0）满足方程：，通过，结合化简求解推出两个比值相等【解答】解：（）由题意可知，曲线C是焦点在x轴上的椭圆，c1，所以b1，（2分）曲线C的方程为：，（2分）当y00时，直线l与x轴重合，不合题意，当x00时，直线l与y轴重合，点Q是原点，Q（0，0），（1分）当x00，y00时，由题意得：，直线l的方程：2y0xx0yx0y00，（2分）得，（1分）综上所述，点（1分）（）点P（x0，y0）满足方程：，（1分），（1分）将代入整理得：，（2分），（1分）所以，（1分）【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合应用，椭圆方程的求法，考查分析问题解决问题的能力，是难题20（15分）已知函数（aR）（）若曲线yf（x）在（0，+）上单调递增，求a的取值范围；（）若f（x）在区间（0，+）上存在极大值M，证明：M【分析】（）f（x）exax，由题意得：f（x）exax0a，设，利用导数研究其单调性极值即可得出结论（）由（）可知，当ae时，函数f（x）在（0，+）上递增，无极大值，于是ae设h（x）f（x）exax，利用导数研究其单调性极值，进而得出结论【解答】解：（）f（x）exax（1分）由题意得：f（x）exax0a（1分）设，求导得：g（x）（1分）g（x）在区间（0，1）上减，在区间（1，+）上增，g（x）的最小值为g（1）e（1分）所以，ae（1分）（）证明：由（）可知，当ae时，函数f（x）在（0，+）上递增，无极大值1 分所以，ae（1分）设h（x）f（x）exax，则h（x）exa0xlna（1分）f（x）在（0，lna）上减，在（lna，+）上增，f（x）的最小值f（lna）a（1lna）0（1分）而f（0）10，f（1）ea0，f（lna2）a（a2lna），设t（x）x2lnx（xe），求导得：t（x）0，t（x）t（e）e20，所以，f（lna2）a（a2lna）0（2分）由零点存在定理得：f（x）在（0，lna），（lna，+）上分别有一个零点x1，x2，即f（x1）0ax1，f（x2）0ax2，且0x11（1分）f（x）在（0，x1）上增，在（x1，x2）减，在（x2，+）上增，f（x）极大值为f（x1）M（1分），由均值不等式得，（2分）【点评】本题考查了利用导数研究其单调性极值、方程与不等式的解法、等价转化方法、函数零点存在定理，考查了推理能力与计算能力，属于难题21（15分）对于一个非空集合A，如果集合D满足如下四个条件：D（a，b）|aA，bA；aA，（a，a）D；a，bA，若（a，b）D且（b，a）D，则ab；a，b，cA，若（a，b）D且（b，c）D，则（a，c）D，则称集合D为A的一个偏序关系（）设A1，2，3，判断集合D（1，1），（1，2）（2，2），（2，3），（3，3）是不是集合A的偏序关系，请你写出一个含有4个元素且是集合A的偏序关系的集合D；（）证明：R（a，b）|aR，bR，ab是实数集R的一个偏序关系：（）设E为集合A的一个偏序关系，a，bA若存在cA，使得（c，a）E，（c，b）E，且dA，若（d，a）E，（d，b）E，一定有（d，c）E，则称c是a和b的交，记为cab证明：对A中的两个给定元素a，b，若ab存在，则一定唯一【分析】（）集合D满足，但不满足，推导出集合D不是集合A的偏序关系，由此能求出结果（）R（a，b）|aR，bR，ab，满足，推导出ab，满足条件，（a，c）R，满足条件，由此能证明R（a，b）|aR，bR，ab是实数集R的一个偏序关系（）假设对A中的两个给定元素a，b，且ab存在，但不唯一推导出（c2，c1）E，（c1，c2）E，则c2c1，与c1c2矛盾从而对A中的两个给定元素a，b，若ab存在，则一定唯一【解答】解：（）集合D满足，但不满足，因为（1，2）D，（2，3）D，由题意（1，3）D，而（1，3）D，所以不满足，集合D不是集合A的偏序关系，故D（1，1），（1，2），（2，2），（3，3）（开放性）（）证明：R（a，b）|aR，bR，ab，满足，（a，b）Dab，且（b，a）Dba，则ab，满足条件，a，b，cR，若（a，b）R且（b，c）R，则ab，bc，所以ac，所以（a，c）R，满足条件，综上所述，R（a，b）|aR，bR，ab是实数集R的一个偏序关系（）证明：用反证法假设对A中的两个给定元素a，b，且ab存在，但不唯一设c1ab，c2ab，且c1c2，则（c1，a）E，（c1，b）E，（c2，a）E，（c2，b）E，其中E为集合A的一个偏序关系且dA，若（d，a）E，（d，b）E，一定有（d，c1）E，所以（c2，c1）E，同理（c1，c2）E，则c2c1，与c1c2矛盾所以，对A中的两个给定元素a，b，若ab存在，则一定唯一【点评】本题考查满足条件的集合的求法，考查两个集合的偏序关系的证明，考查反证法、集合间的关系、元素与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力等数学核心素养，是中档题