2021届北京市高考数学模拟试卷及答案解析

一、选择题：本大题共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M{x|x0}，Nx1≤x≤1，则MN=

A.[1,) B. (0,1) C. 0,1 D. [0,1]

2．已知复数z2i，则|z|= 1i2 D. 2

A.1i B. 1i C.

3. 设数列an是等差数列，a1a3a56,a76.则这个数列的前7项和等于 A.12 B.21 C.24 D.36

4. 已知平面向量a(4,2)，b(x,3)，a//b，则实数x的值等于 A．6 B．1 C．5. 已知x,yR，则“xy”是“

33 D． 22x1”的 yA.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

6．如果直线axby1与圆C:xy1相交，则点M(a,b)与圆C的位置关系是 A．点M在圆C上 B．点M在圆C外 C．点M在圆C内 D．上述三种情况都有可能

7．函数f(x)sin(x)的部分图象如图所示，则f(x)的单调递增区间为

2251kπ,kπ]，kZ 4451B．[2kπ,2kπ]，kZ

4451C．[k,k]，kZ

4451D．[2k,2k]，kZ

44A．[

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y 1 O x 第7题图 8. 某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的表面积为 A．8 B．

8 3C．822 D．842

9. 已知斜率为k的直线l与抛物线C:y24x交于A，B两点，线段AB的中点为M(1,m)(m0)，则斜率k的取值范围是

第8题图

， D. [1,) A.(,1 B. (,1] C.1

10. 在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是 ．．．

A．点F的轨迹是一条线段 B．A1F与BE是异面直线 C．A1F与D1E不可能平行

第10题图

D．三棱锥F-ABD1的体积为定值

二、填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分.

． 11．已知(x)5的展开式中，含x3项的系数为_______.（用数字作答）

12．双曲线yx1的焦点坐标是_________，渐近线方程是_______．

13. 在疫情防控过程中，某医院一次性收治患者127人．在医护人员的精心治疗下，第15天开始有患者治愈出院，并且恰有其中的1名患者治愈出院．如果从第16天开始，每天出院的人数是前一天出院人数的2倍，那么第19天治愈出院患者的人数为______，第_______天该医院本次收治的所有患者能全部治愈出院．

14. 函数f(x)=cosx的最小正周期是_________，单调递增区间是_______．

2222x2x1,x≤0,315. 已知函数f(x)若关于x的方程f(x)xa有且只有两个不相

2f(x2),x0.等的实数根,则实数a的取值范围是________．

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三、解答题: 本大题共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.（本小题满分14分）

在ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且bcabc． （Ⅰ）已知 ，计算ABC的面积；

请从①a2227，②b2，③sinC2sinB这三个条件中任选两个，将问题（Ⅰ）

补充完整，并作答．注意，只需选择其中的一种情况作答即可，如果选择多种情况作答，以第一种情况的解答计分． （Ⅱ）求cosBcosC的最大值．

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17.（本小题满分14分）

在考察疫情防控工作中，某区卫生防控中心提出了“要坚持开展爱国卫生运动，从人居环境改善、饮食习惯、社会心理健康、公共卫生设施等多个方面开展，特别是要坚决杜绝食用野生动物的陋习，提倡文明健康、绿色环保的生活方式”的要求．某小组通过问卷调查，随机收集了该区居民六类日常生活习惯的有关数据．六类习惯是：（1）卫生习惯状况类；（2）垃圾处理状况类；（3）体育锻炼状况类；（4）心理健康状况类；（5）膳食合理状况类；（6）作息规律状况类．经过数据整理，得到下表： 有效答卷份数 习惯良好频率 卫生习惯 状况类 380 0.6 垃圾处理 状况类 550 0.9 体育锻炼 状况类 330 0.8 心理健康 状况类 410 0.7 膳食合理 状况类 400 0.65 作息规律 状况类 430 0.6 假设每份调查问卷只调查上述六类状况之一，各类调查是否达到良好标准相互独立． （Ⅰ）从小组收集的有效答卷中随机选取1份，求这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中

习惯良好者的概率；

（Ⅱ）从该区任选一位居民，试估计他在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状

况类”三类习惯方面，至少具备2类良好习惯的概率；

（Ⅲ）利用上述六类习惯调查的排序，用“k=1”表示任选一位第k类受访者是习惯良好者，

“k=0”表示任选一位第k类受访者不是习惯良好者（k=1，2，3，4，5，6）．写出方差D1,D2,D3,D4,D5,D6的大小关系．

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18.（本小题满分15分）

如图，在四棱锥PABCD 中，底面

ABCD是边长为2的菱形，ADC60，

PAD 为等边三角形，平面PAD ⊥平面

ABCD，M，N分别是线段PD和BC的中点. （Ⅰ）求直线CM与平面PAB所成角的正弦

值；

M

A

D

（Ⅱ）求二面角DAPB的余弦值； B

（Ⅲ）试判断直线MN与平面 PAB的位置关

系，并给出证明．

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N

第18题图

C

19.（本小题满分14分）

已知函数f(x)е(ax1)，aR．

（Ⅰ）求曲线yf(x)在点M(0,f(0))处的切线方程； （Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；

（Ⅲ）判断函数f(x)的零点个数．

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x20.（本小题满分14分）

x2y23(ab0)已知椭圆C：的离心率为，且过点A(0,1)． 1222ab（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）点P是椭圆上异于短轴端点A，B的任意一点，过点P作PQy轴于Q，线段PQ的中点为M．直线AM与直线y1交于点N，D为线段BN的中点，设O为坐标原点，试判断以OD为直径的圆与点M的位置关系．

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21.（本小题满分14分）

公差为a，aN*；等差数列{bn}的首项为0，公差为b， 设等差数列{an}的首项为0，

bN*．由数列{an}和{bn}构造数表M，与数表M*：

记数表M中位于第i行第j列的元素为ci,j，其中ci,jaibj (i,j1,2,3,)． 记数表M*中位于第i行第j列的元素为di,j，其中di,jaibj1

(1≤i≤b,iN*,jN*)．如：c1,2a1b2，d1,2a1b3． （Ⅰ）设a5，b9，请计算c2,6，c396,6，d2,6 ；

（Ⅱ）设a6，b7，试求ci,j，di,j的表达式（用i,j表示），并证明：对于整数t，若t不

属于数表M，则t属于数表M*；

（Ⅲ）设a6，b7，对于整数t，t不属于数表M，求t的最大值．

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数学试卷参考答案及评分标准

一、选择题：共10小题，每小题4分，共40分． 题号 答案 1 C 2 C 3 B 4 A 5 D 6 B 7 D 8 D 9 C 10 C

二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分．

（0，2）11．10 12．；yx 13．16；21

14．π；[π+kπ,kπ],kZ 15.(,3)． 2备注：若小题有两问，第一问3分，第二问2分．

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.（本小题满分14分）

b2c2a21， （Ⅰ）解：由余弦定理得cosA2bc2在ABC中，0Aπ，所以A若选择①和②

方法一 将aπ． 37，b2代入b2c2a2bc化简得c22c30．

所以c1（舍），或c3． 因此SABC方法二 由正弦定理得

11333bcsinA23． 2222ab， sinAsinB所以723，因此sinB． 3sinB722． 7在ABC中，因为ab，所以AB． 因此B为锐角，所以cosB第 9 页 共 18 页

所以sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB33． 27因此SABC133absinC． 22若选择①和③

由sinC2sinB得

2RsinC22RsinB（R为ABC外接圆的半径）， 所以c2b．

将a7，c2b代入b2c2a2bc解得b7． 3所以c27． 311727373． bcsinA222633所以SABC若选择②和③

由sinC2sinB得

2RsinC22RsinB（R为ABC外接圆的半径）， 所以c2b．

因为b2，所以c4．

所以SABC113bcsinA2423． 222（Ⅱ）解：因为A2ππ，所以BC．

332πB) 3 所以cosBcosCcosBcos( cosBcos2π2πcosBsinsinB 33 31πsinBcosBsin(B)． 226因为0B2ππ5π，所以B． 366所以当Bπ时，cosBcosC有最大值1. 3第 10 页 共 18 页

17. （本小题满分14分）

（Ⅰ）解：记“选取的这份试卷的调查结果是膳食合理状况类中习惯良好者”为事件A.

有效问卷共有 380+550+330+410+400+430=2500（份），

受访者中膳食合理习惯良好的人数是4000.65260人， 所以，P(A)260=0.104． 2500（Ⅱ）解：记事件A为“该区卫生习惯良好者”，

事件B为“该区体育锻炼状况习惯良好者”，

事件C为“该区膳食合理习惯良好者”，

由题意，估计可知P(A)=0.6，P(B)=0.8，P(C)=0.65，

设事件E为“该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯中，至少具备2个良好习惯”． 由题意知，

E(ABC)(ABC)(ABC)(ABC)

所以事件E的概率

P(E)P(ABC)P(ABC)P(ABC)P(ABC)

=P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)P(A)P(B)P(C)

=0.60.80.35+0.60.20.65+0.40.80.65+0.60.80.65 =0.168+0.078+0.208+0.312

=0.766

所以该居民在“卫生习惯状况类、体育锻炼状况类、膳食合理状况类”三类习惯中，

至少具备2

个良好习惯的概率为0.766． （Ⅲ）解：D6D1>D5D4D3D2．

18．（本小题满分15分）

（Ⅰ）解：取AD中点为O，连接OP，OC和AC．

因为PAD为等边三角形， 所以POOD．

因为平面PAD ⊥平面ABCD，PO平面PAD，

所以PO平面ABCD． 因为OC平面ABCD，

所以POOC． 在菱形ABCD中，ADCD，ADC60， 所以ADC为正三角形，因此OCAD．

以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示．

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z M x A B

N O C y D

0)，C(0，3，0)，D(1,0,0)， 则O(0,0,0)，A(1，0，0)，B(2，3，13)，N(1,3,0)． P(0,0,3)，M(,0,22所以CM(13,3,)，AB(1,3,0)，AP(1,0,3)． 22设平面PAB的法向量mx，y，z，

mAB0，x3y0，由 得 mAP0.x3z0.令x

3，则m(3,1,1)．

设直线CM与平面PAB所成角为， 则有sin|cosCM,m||CMm|315.

10|CM||m|25所以直线CM与平面PAB所成角的正弦值为15． 10（Ⅱ）解：因为OCAD,OCPO，所以OC平面PAD．

所以OC(0,3,0)是平面PAD的法向量，

则有cosm,OCmOC35，

5|m||OC|53因为二面角BAPD的平面角为钝角， 所以二面角BAPD的余弦值为5． 5（Ⅲ）解：结论MN//平面PAB．

因为MN(,3,323)， 2所以MNm3333(1)()10． 22因此MNm． 又因为直线MN平面PAB，

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所以MN//平面PAB．

19.（本小题满分14分） （Ⅰ）解：因为f(x)exax1，xR， axa1，xR．

所以f'(x)ex kf'(0)a1， 又因为f(0)1，

所以切线方程为y=(a+1)x1.

（Ⅱ）解：因为f'(x)e

xaxa1，xR，aR，

（1）当a0时

因为f'(x)e0,xR，

所以f(x)的单调增区间是,，无单调减区间. （2）当a0时

x1． a① 当a0时，f(x)与f'(x)在R上的变化情况如下：

111x (，-1-) 1 (1,) aaa令f'(x)0，则x1f（'x） （fx） — ↘ 0 + ↗ 所以f(x)的单调减区间是(，-1-)，单调增区间是(1②当a0时，f(x)与f'(x)在R上的变化情况如下：

1a1,)． ax 1(，-1-) a+ ↗ 10 1 a1(1,) a— ↘ f（'x） （fx） 1,)． a综上所述，当a0时，f(x)的单调增区间是,，无单调减区间；当a0所以f(x)的单调增区间是(，-1-)，单调减区间是(1时，f(x)

的单调减区间是(，-1-)，单调增区间是(1第 13 页 共 18 页

1a1a1,)；当a0时，f(x)a的单调增区

间是(，-1-)，单调减区间是(1（Ⅲ）解：方法一

因为f(x)ex1a1,)． aax1,xR，

所以令f(x)0，得ax10. （1）当a0时，方程无解，

此时函数f(x)无零点； （2）当a0时，解得x1， a此时函数f(x)有唯一的一个零点.

综上所述，当a0时，函数f(x)无零点；当a0时，函数f(x)有一个零点. 方法二

（1）当a0时 因为f(x)e0，

所以函数f(x)无零点；

（2）当a0时

x110，f(0)10，f(x)在区间(1,)单调递增， aa1所以f(x)在区间(1,)内有且仅有唯一的零点；

a11若x(,1)，则ax1a(1)1a0，

aax又因为ex0，所以f(x)eax10．

1即函数f(x)在区间(，-1-)内没有零点．

a故当a0时，f(x)有且仅有唯一的零点． （3）当a0时

111111因为f(1)еa(a)0，f(1)aеa0，

aa1并且f(x)在区间(1,)单调递减，

a1所以f(x)在区间(1,)内有且仅有唯一的零点；

a11若x(,1)，则ax1a(1)1a0，

aax又因为ex0，所以f(x)eax10．

1即函数f(x)在区间(，-1-)内没有零点．

a故当a0时，f(x)有且仅有唯一的零点．

综上所述：当a0时，函数f(x)无零点；当a0时，函数f(x)有一个零点.

因为-1-

21．（本小题满分14分）

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b1,a2,3c（Ⅰ）解：根据题意得解得b1, ,2a222c3.abc.x2y21． 所以椭圆M的方程为4（Ⅱ）解：方法一 点M在以OD为直径的圆上．

设点P(x0,y0)，则x00，y01 ，

xx02y021， Q(0,y0)，M(0,y0)． 并且42因此kAMy012(y01)． x0x022(y01)x1． x0所以直线AM的方程为y令y1，解得xx0． 1y0所以N(x0x0,1)，D(,1)． 1y02(1y0)x0xxy0,1y0)(00,1y0)．

2(1y0)22(1y0)所以MD(因为MO(x0,y0)， 2x0y0x(0)y0(1y0)

2(1y0)2所以MDMOx02y0y0(1y0)．

4(1y0)x02x022y01，所以1y02． 因为44所以MDMO(1y0)2y0y0(1y0)0． 1y0第 15 页 共 18 页

因此MDMO． 所以点M在以OD为直径的圆上． 方法二 点M在以OD为直径的圆上． 设点P(x0,y0)，

xx02y021，并且Q(0,y0)，M(0,y0)． 则42因此kAMy012(y01)． x0x022(y01)x1． x0所以直线AM的方程为y令y1，解得xx0． 1y0所以N(x0x0,1)，D(,1)． 1y02(1y0)x01,)．

4(1y0)2设E为线段OD的中点，则E(x0x0212x02(2y01)212)(y0)=所以ME((y)． 04(1y0)2216(1y0)222设以OD为直径的圆的半径为r，

x021则rOE ． 216(1y0)422x02x02(2y01)2112所以rME(y) 016(1y0)216(1y0)24222x02(y0y02)112 (y) 024(1y0)42x02x022y01，所以1y02． 因为44(y0y02)112所以rME(1y0)(y)0． 02(1y0)42222因此r|ME|．

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所以点M在以OD为直径的圆上．

22．（本小题满分14分）

（Ⅰ）解：由题意，数列{an}的通项公式为an5n5，

数列{bn}的通项公式为bn9n9． 得，ci,j(5i5)(9j9)5i9j14，则c2,650，c396,62020． 得，di,j(5i5)[9(j1)9]5i9j5，则d2,649．

（Ⅱ）证明：已知a6，b7，得数列{an}的通项公式为an6n6，

数列{bn}的通项公式为bn7n7．

所以，ci,j6(i1)7(j1)6i7j13，iN*,jN*． 所以，di,j(6i6)[7(j1)7]6i7j6，1≤i≤7,iN*,jN*． 所以，若tM，则存在uN,vN，使t6u7v． 若tM*，则存在uN,u≤6,vN*，使t6u7v． 因此，对于整数t，考虑集合M0{x|xt6u,uN,u≤6}， 即{t，t6，t12，t18，t24，t30，t36}． 下面证明：集合M0中至少有一元素是7的倍数． 反证法：假设集合M0中任何一个元素，都不是7的倍数， 则集合M0中每一元素关于7的余数可以为1，2，3，4，5，6． 又因为集合M0中共有7个元素，

所以集合M0中至少存在两个元素关于7的余数相同， 不妨设为t6u1,t6u2，其中u1,u2N,u1u2≤6．

则这两个元素的差为7的倍数，即t6u2(t6u1)6(u1u2)． 所以u1u20，与u1u2矛盾．

所以假设不成立，即原命题成立． 即集合M0中至少有一元素是7的倍数，不妨设该元素为t6u0,u0N,u0≤6． 则存在sZ，使t6u07s,u0N,u0≤6，即t6u07s,u0N,u0≤6,sZ． 由已证可知，若tM，则存在uN,vN，使t6u7v． 而tM，所以s为负整数，设vs，则vN*t6u07v,u0N,u0≤6,vN*．

，且

所以，当a6，b7时，对于整数t，若tM，则tM*成立．

（Ⅲ）解：下面用反证法证明：若对于整数t，tM*，则tM．

假设命题不成立，即tM*，且tM．

则对于整数t，存在nN,mN，uN,u≤6,vN*，使t6u7v6n7m成

立．

整理，得6(un)7(mv)．

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7又因为mN，vN*，所以un(mv)0且un是7的倍数．

6因为uN,u≤6，所以un≤6，所以矛盾，即假设不成立． 所以，对于整数t，若tM*，则tM． 又由第二问，对于整数t，tM，则tM*． 所以t的最大值，就是集合M*中元素的最大值． 又因为t6u7v,uN,vN*,u≤6，

所以tmax(M*)max667129．

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