2021年北京市門頭溝區高考數學一模試卷 【含答案】

《2021年北京市門頭溝區高考數學一模試卷 【含答案】》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021年北京市門頭溝區高考數學一模試卷 【含答案】（14頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2021年北京市門頭溝區高考數學一模試卷 參考答案與試題解析 一、選擇題共10個小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。 1．（4分）復數z＝i（1﹣i）的模|z|＝（　?。? A． B．2 C．1 D．4 【分析】利用復數代數形式的乘除運算化簡，再由復數模的計算公式求解． 【解答】解：∵z＝i（1﹣i）＝1+i， ∴|z|＝． 故選：A． 【點評】本題考查復數代數形式的乘除運算，考查復數模的求法，是基礎題． 2．（4分）集合A＝{x|x＞0}，B＝{x||x|≤2}，則A∩B＝（　?。? A．R B．[﹣2，+∞） C．（0，2] D．

2、（0，+∞） 【分析】求出集合B，利用交集定義能求出A∩B． 【解答】解：∵集合A＝{x|x＞0}，B＝{x||x|≤2}＝{x|﹣2≤x≤2}， ∴A∩B＝{x|0＜x≤2}＝（0，2]． 故選：C． 【點評】本題考查集合的運算，考查交集定義、不等式性質等基礎知識，考查運算求解能力等數學核心素養，是基礎題． 3．（4分）二項式（x2﹣）5展開式中，x4的系數是（　?。? A．﹣40 B．10 C．40 D．﹣10 【分析】在二項展開式的通項公式中，令x的冪指數等于0，求出r的值，即可求得常數項． 【解答】解：由通項公式得：Tr+1＝?（﹣2）r?x10﹣3r，令10﹣3r＝4

3、，求得r＝2， 可得含有x4的系數是， 故選：C． 【點評】本題主要考查二項式定理的應用，二項展開式的通項公式，屬于基礎題． 4．（4分）某四棱錐的三視圖如圖所示，則此四棱錐最長的棱長為（　　） A．2 B． C．4 D． 【分析】畫出直觀圖，利用三視圖的數據轉化求解即可． 【解答】解：根據直觀圖不難得出， PC是最長的棱長，長度為：． 故選：D． 【點評】本題考查三視圖求解幾何體的相關數據，最長棱長的求法，是基礎題． 5．（4分）數列{an}中，a1＝1，an+1＝﹣2an，數列{bn}滿足bn＝|an|，則數列{bn}的前n項和Sn＝（　?。? A． B． C

4、．2n﹣1 D．（﹣2）n﹣1 【分析】由題設得到數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列，即可求得其前n項和． 【解答】解：由題設可知：b1＝|a1|＝1，＝＝2， ∴數列{bn}是首項為1，公比為2的等比數列， ∴， 故選：C． 【點評】本題主要考查等比數列的定義及基本量的計算，屬于基礎題． 6．（4分）京西某游樂園的摩天輪采用了國內首創的橫梁結構，風格更加簡約，摩天輪直徑88米，最高點A距離地面100米，勻速運行一圈的時間是18分鐘．由于受到周邊建筑物的影響，乘客與地面的距離超過34米時，可視為最佳觀賞位置，在運行的一圈里最佳觀賞時長為（　?。? A．10分鐘 B．1

5、2分鐘 C．14分鐘 D．16分鐘 【分析】解法一，求出轉動的角速度，利用直角三角形的邊角關系求出OC、∠BOC的值，計算最佳觀賞期的圓心角和運行的一圈里最佳觀賞時長． 解法二，求出轉動的角速度，寫出點P到從最下端開始運動，運行中到地面距離解析式f（t），計算f（t）≥34時t的取值范圍，求出最佳觀賞期的時長． 【解答】解：如圖所示， 解法一，轉動的角速度為， 計算OC＝44﹣（34﹣12）＝22， 所以， 所以最佳觀賞期的圓心角為， 在運行的一圈里最佳觀賞時長為（分鐘）． 解法二，轉動的角速度為， 所以點P到從最下端開始運動，運行中到地面距離為 f（t）＝44sin

6、（t﹣）+56（0≤t≤18）， 令f（t）≥34，得sin（t﹣）≥﹣， 解得﹣≤t﹣≤， 即3≤t≤15， 所以最佳觀賞期的時長為15﹣3＝12（分鐘）． 故選：B． 【點評】本題考查了三角函數的圖象與性質的應用問題，也考查了運算求解能力，是中檔題． 7．（4分）“ln（x+1）＜0”的一個必要而不充分條件是（　　） A．﹣1＜x＜ B．x＞0 C．﹣1＜x＜0 D．x＜0 【分析】直接利用對數的運算，不等式的解法，集合間的關系，充分條件和必要條件的應用判斷A、B、C、D的結論． 【解答】解：設ln（x+1）＜0， 整理得ln（x+1）＜ln1， 解得：M＝{x|﹣

7、1＜x＜0}， 它的必要條件的集合為N，則M是N的真子集． 故選：D． 【點評】本題考查的知識要點：對數的運算，不等式的解法，集合間的關系，充分條件和必要條件，主要考查學生的運算能力和數學思維能力，屬于基礎題． 8．（4分）在平面直角坐標系xOy中，角α與角β均以Ox為始邊，它們的終邊關于x軸對稱．若，則cos（α﹣β）＝（　?。? A． B． C．1 D． 【分析】由任意角的三角函數知cosα＝cosβ，sinα＝﹣sinβ，再根據兩角差的余弦公式，即可得解． 【解答】解：由題意得，cosα＝cosβ，sinα＝﹣sinβ， ∴cos（α﹣β）＝cosαcosβ+sinαsin

8、β＝cos2α﹣sin2α＝2cos2α﹣1＝． 故選：B． 【點評】本題考查兩角和差的余弦公式，同角三角函數的平方關系，考查學生的邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎題． 9．（4分）已知拋物線C：y2＝2px的焦點為F，點A為拋物線C上橫坐標為3的點，過點A的直線交x軸的正半軸于點B，且△ABF為正三角形，則p＝（　　） A．1 B．2 C．9 D．18 【分析】畫出圖形，通過B在解得F的左側與右側，判斷三角形的形狀，轉化求解P即可． 【解答】解：由題意可知，當B在焦點F的右側時， ， 當B在焦點F的左側時，同理可得P＝18，此時點B在x軸的負半軸，不合題意． 故選：B．

9、 【點評】本題考查拋物線的簡單性質的應用，考查分類討論思想的應用，是中檔題． 10．（4分）在平面直角坐標系中，從點P（﹣3，2）向直線kx﹣y﹣2﹣k＝0作垂線，垂足為M，則點Q（2，4）與點M的距離|MQ|的最小值是（　　） A． B． C． D．17 【分析】根據直線kx﹣y﹣2﹣k＝0過定點N（1，﹣2），得到點M是在以PN為直徑的圓C：（x+1）2+y2＝8上，再把所求問題轉化即可求解結論． 【解答】解：直線kx﹣y﹣2﹣k＝0過定點N（1，﹣2）， ∵PM⊥MN， 可知點M是在以PN為直徑的圓C：（x+1）2+y2＝8上， 又， 可得：， 故選：A． 【點評】

10、本題主要考查直線方程過定點以及兩點間的距離公式的應用，屬于基礎題． 二、填空題共5小題，每小題5分，滿分25分。 11．（5分）在△ABC中，∠B＝，AB＝1，BC＝2，則AC的長為　?。? 【分析】利用余弦定理，即可求得AC的值． 【解答】解：△ABC中，∠B＝，AB＝1，BC＝2，如圖所示： 由余弦定理得：AC2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB＝12+22﹣2×1×2×cos＝7， 解得． 故答案為：． 【點評】本題考查了利用余弦定理求三角形邊長的應用問題，是基礎題． 12．（5分）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M是該正方體表面及其內部的一動

11、點，且BM∥平面AD1C，則動點M的軌跡所形成區域的面積是 　2?。? 【分析】根據平面BA1C1∥平面ACD1，可得點M的軌跡是△A1C1B三角形及其內部，然后利用正三角形的面積公式進行求解即可． 【解答】解：因為平面BA1C1∥平面ACD1，點M是該正方體表面及其內部的一動點，且BM∥平面AD1C， 所以點M的軌跡是△A1C1B三角形及其內部， 所以△A1BC1的面積為． 故答案為：． 【點評】本題主要考查了面面平行的性質，以及三角形的面積公式，同時考查了轉化思想和運算求解的能力，屬于中檔題． 13．（5分）已知雙曲線C的中心在坐標原點，且經過點P（，），下列條件中哪一

12、個條件能確定唯一雙曲線C，該條件的序號是?、凇?；滿足該條件的雙曲線C的標準方程是　x?。? 條件①：雙曲線C的離心率e＝2； 條件②：雙曲線C的漸近線方程為y＝； 條件③：雙曲線C的實軸長為2． 【分析】設雙曲線方程為或，然后根據各個條件逐個求解即可． 【解答】解：設雙曲線方程為或， 條件①：因為e＝，且c2＝a2+b2， 又，解得或， 所以雙曲線方程為x或，故有兩條雙曲線； 條件②：因為y＝x，則或， 又，解得a2＝1，b2＝3或無解，故只有一條雙曲線； 條件③：因為實軸長為2，故2a＝2，所以a＝1， 又，所以b2＝1或b2＝3， 所以雙曲線方程為y2﹣x2＝1或x

13、，故有兩條雙曲線， 綜上，只有②能確定一條雙曲線，且雙曲線方程為x， 故答案為：． 【點評】本題考查了雙曲線的方程與性質，考查了學生的運算能力，屬于中檔題． 14．（5分）函數在區間上單調，且，則ω的最小值為　1?。? 【分析】利用三角函數恒等變換的應用化簡函數解析式，進而根據正弦函數的圖像和性質即可求解． 【解答】解：因為， 又由函數在區間上單調，且， 可得：是它的一個稱中心， 所以，k∈Z， 因為ω＞0， 所以ω最小值為1． 故答案為：1． 【點評】本題主要考查了三角函數恒等變換的應用，正弦函數的圖像和性質，考查了轉化思想和函數思想的應用，屬于基礎題． 15．（5

14、分）正△ABC的邊長為1，中心為O，過O的動直線l與邊AB，AC分別相交于點M、N，，，．給出下列四個結論： ①； ②若，則； ③不是定值，與直線l的位置有關； ④△AMN與△ABC的面積之比的最小值為． 其中所有正確結論的序號是 ?、佗堋。? 【分析】通過向量的數乘運算判斷①的正誤；向量的數量積的運算法則判斷②的正誤；通過向量共線推出λμ的關系．判斷③的正誤；求出△AMN與△ABC的面積之比，再利用均值不等式求出最小值，然后判斷④的正誤． 【解答】解：對于①，＝，可得①正確； 對于②，，＝ ＝＝＝，顯然②不正確； 對于③，， 又因為，O，M，N三點共線 所以是定值，可得

15、③不正確 對于④，設， 由均值不等得， 由③得：， 當且僅當時，取等號，可得④正確． 故答案為：①④． 【點評】本題考查命題的真假的判斷，向量的數量積以及共線向量定理的應用，是中檔題． 三、解答題共6小題，共85分。解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程。 16．（12分）第24屆冬季奧運會將于2022年2月在北京和張家口舉辦，為了普及冬奧知識，京西某校組織全體學生進行了冬奧知識答題比賽，從全校眾多學生中隨機選取了20名學生作為樣本，得到他們的分數統計如表： 分數段 [30，40） [40，50） [50，60） [60，70） [70，80） [80，90）

16、 [90，100] 人數 1 2 2 8 3 3 1 我們規定60分以下為不及格；60分及以上至70分以下為及格；70分及以上至80分以下為良好；80分及以上為優秀． （Ⅰ）從這20名學生中隨機抽取2名學生，恰好2名學生都是優秀的概率是多少？ （Ⅱ）將上述樣本統計中的頻率視為概率，從全校學生中隨機抽取2人，以X表示這2人中優秀人數，求X的分布列與期望． 【分析】（Ⅰ）設恰好2名學生都是優秀這一事件為A，利用古典概型概率求解即可． （Ⅱ）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：（Ⅰ）設恰好2名學生都是優秀這一事件為A，…………………………

17、（1分） ．………………………………………………………………（2分） （Ⅱ）設每名同學為優秀這一事件為B，由題意可得，……（2分） X可取0，1，2，………………………………………………………………（1分） ， ， ，……………（3分） X 0 1 2 P ……（1分） E（X）＝．………………………………………（2分） 【點評】本題考查離散型隨機變量的分布列以及期望的求法，考查分析問題解決問題以及計算能力，是中檔題． 17．（15分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為菱形，AB＝PA，PA⊥底面ABCD，∠ABC＝，E是PC上任一點，AC∩

18、BD＝O． （Ⅰ）求證：平面EBD⊥平面PAC； （Ⅱ）若E是PC的中點，求ED與平面EBC所成角的正弦值． 【分析】（Ⅰ）證明PA⊥BD，BD⊥AC，推出BD⊥平面PAC，即可證明平面EBD⊥平面PAC． （Ⅱ）E是PC的中點，連結OE，OB，OC，OE兩兩垂直，建立如圖所示的坐標系，求出平面EBC的法向量，直線DE的方向向量，利用空間向量的數量積求解ED與平面EBC所成角的正弦值即可． 【解答】解：（Ⅰ）PA⊥平面ABCD?PA⊥BD，…………………………………（1分） 底面ABCD菱形，可得BD⊥AC，………………………………………（1分） 又PA∩AC＝A， 又PA

19、⊥BD，BD⊥AC， 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） （Ⅱ）若E是PC的中點，連結OE，則OE∥PA?OE⊥平面ABCD，……（1分） 所以，OB，OC，OE兩兩垂直，建立如圖所示的坐標系，………（1分） 不妨設AB＝2，則…（2分） 設平面EBC的法向量為＝（x，y，z），， 取x＝1，則y＝z＝，所以，＝（1，，）， 直線DE的方向向量為＝（，0，1）， cos＝＝． ED與平面EBC所成角的正弦值為：． 【點評】本題考查直線與平面垂直的判斷定

20、理的應用，直線與平面所成角的求法，是中檔題． 18．（13分）已知各項均為正數的數列{an}，其前n項和為Sn，數列{bn}為等差數列，滿足b2＝12，b5＝30．再從條件①、條件②這兩個條件中選擇一個作為已知，求解下列問題： （Ⅰ）求數列{an}的通項公式an和它的前n項和Sn； （Ⅱ）若對任意n∈N*不等式kSn≥bn恒成立，求k的取值范圍． 條件①an2+an＝2Sn； 條件②a1＝9，當n≥2，a2＝2，an+1＝an+2． 【分析】選擇①，（Ⅰ）由數列的遞推式，結合等差數列的定義和通項公式、求和公式，可得所求；（Ⅱ）運用等差數列的通項公式和參數分離，結合數列的單調性求得最

21、值，可得所求范圍； 選擇②，（Ⅰ）運用等差數列的通項公式、求和公式，可得所求；（Ⅱ）運用等差數列的通項公式和參數分離，結合基本不等式求得最值，可得所求范圍． 【解答】選擇①an2+an＝2Sn． 解：（Ⅰ）得：當n＝1時，a1＝1， 當n≥2時，（1），（2）， 兩式相減得：， 而an＞0，可得：an﹣an﹣1＝1，數列{an}為等差數列， 所以，an＝1+（n﹣1）×1＝n， ； （Ⅱ）設bn＝b1+（n﹣1）d，b2＝12，b5＝30，即b1+d＝12，b1+4d＝30， 解得b1＝6，d＝6， 所以，bn＝6n， 由kSn≥bn得：， 設，則{cn}是遞減數列，

22、 所以，當，cn達到最大， 所以，k的取值范圍為[6，+∞）， 選擇②a1＝9，當n≥2，a2＝2，an+1＝an+2． 解：（Ⅰ）當n≥2，an+1＝an+2?an+1﹣an＝2， 當n≥2，an＝a2+（n﹣2）×2?an＝2n﹣2， 所以，， ， （Ⅱ）設bn＝b1+（n﹣1）d，b2＝12，b5＝30，代入得：bn＝6n， 由kSn≥bn得：， 設， 當且僅當n＝3時，上式取得等號， 所以， 綜上所述，k的取值范圍是． 【點評】本題考查等差數列的通項公式和求和公式的運用，以及數列不等式恒成立問題解法，考查方程思想和化簡運算能力、推理能力，屬于中檔題． 19

23、．（15分）曲線C上任一點M（x，y）到點F1（﹣1，0），F2（1，0）距離之和為，點P（x0，y0）是曲線C上一點，直線l過點P且與直線x0x+2y0y﹣2＝0垂直，直線l與x軸交于點Q． （Ⅰ）求曲線C的方程及點Q的坐標（用點P（x0，y0）的坐標表示）； （Ⅱ）比較與的大小，并證明你的結論． 【分析】（Ⅰ）由題意可知結合橢圓的定義，求出a，b，得到橢圓方程．通過P的坐標，轉化求解Q的坐標即可． （Ⅱ）點P（x0，y0）滿足方程：，通過，結合化簡求解推出兩個比值相等． 【解答】解：（Ⅰ）由題意可知，曲線C是焦點在x軸上的橢圓，c＝1，，所以b＝1，……（2分） 曲線C的方程為

24、：，……………………………………………（2分） 當y0＝0時，直線l與x軸重合，不合題意， 當x0＝0時，直線l與y軸重合，點Q是原點，Q（0，0），………………………（1分） 當x0≠0，y0≠0時，由題意得：，直線l的方程：2y0x﹣x0y﹣x0y0＝0，…（2分） 得，……………………………………………………………………（1分） 綜上所述，點．…………………………………………………………（1分） （Ⅱ）點P（x0，y0）滿足方程：，……………（1分） ，………………………………………………（1分） 將代入整理得：，………（2分），……………………………………………………（

25、1分） 所以，＝．…………………………………………………………（1分） 【點評】本題考查直線與圓錐曲線的綜合應用，橢圓方程的求法，考查分析問題解決問題的能力，是難題． 20．（15分）已知函數（a∈R）． （Ⅰ）若曲線y＝f（x）在（0，+∞）上單調遞增，求a的取值范圍； （Ⅱ）若f（x）在區間（0，+∞）上存在極大值M，證明：M＜． 【分析】（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣ax，由題意得：f′（x）＝ex﹣ax≥0?a≤，設，利用導數研究其單調性極值即可得出結論． （Ⅱ）由（Ⅰ）可知，當a≤e時，函數f（x）在（0，+∞）上遞增，無極大值，于是a＞e．設h（x）＝f′（x）＝ex﹣ax

26、，利用導數研究其單調性極值，進而得出結論． 【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝ex﹣ax…………………………………………（1分） 由題意得：f′（x）＝ex﹣ax≥0?a≤………………………………（1分） 設，求導得：g′（x）＝………………………………（1分） g（x）在區間（0，1）上減，在區間（1，+∞）上增， g（x）的最小值為g（1）＝e……（1分） 所以，a≤e………………………………………………………………（1分） （Ⅱ）證明：由（Ⅰ）可知，當a≤e時，函數f（x）在（0，+∞）上遞增，無極大值……1 分 所以，a＞e…………………………………………………………………

27、……（1分） 設h（x）＝f′（x）＝ex﹣ax，則h′（x）＝ex﹣a＝0?x＝lna…………………………（1分） f′（x）在（0，lna）上減，在（lna，+∞）上增， f′（x）的最小值f′（lna）＝a（1﹣lna）＜0…（1分） 而f′（0）＝1＞0，f′（1）＝e﹣a＜0，f′（lna2）＝a（a﹣2lna）， 設t（x）＝x﹣2lnx（x＞e）， 求導得：t′（x）＝＞0，t（x）＞t（e）＝e﹣2＞0，所以，f′（lna2）＝a（a﹣2lna）＞0…（2分） 由零點存在定理得：f′（x）在（0，lna），（lna，+∞）上分別有一個零點x1，x2， 即f′（x

28、1）＝0?＝ax1，f′（x2）＝0?＝ax2，且0＜x1＜1……（1分） f（x）在（0，x1）上增，在（x1，x2）減，在（x2，+∞）上增，f（x）極大值為f（x1）＝M…（1分） ， 由均值不等式得，…（2分） 【點評】本題考查了利用導數研究其單調性極值、方程與不等式的解法、等價轉化方法、函數零點存在定理，考查了推理能力與計算能力，屬于難題． 21．（15分）對于一個非空集合A，如果集合D滿足如下四個條件： ①D?{（a，b）|a∈A，b∈A}； ②?a∈A，（a，a）∈D； ③?a，b∈A，若（a，b）∈D且（b，a）∈D，則a＝b； ④?a，b，c∈A，若（a，b

29、）∈D且（b，c）∈D，則（a，c）∈D， 則稱集合D為A的一個偏序關系． （Ⅰ）設A＝{1，2，3}，判斷集合D＝{（1，1），（1，2）（2，2），（2，3），（3，3）}是不是集合A的偏序關系，請你寫出一個含有4個元素且是集合A的偏序關系的集合D； （Ⅱ）證明：R≤＝{（a，b）|a∈R，b∈R，a≤b}是實數集R的一個偏序關系： （Ⅲ）設E為集合A的一個偏序關系，a，b∈A．若存在c∈A，使得（c，a）∈E，（c，b）∈E，且?d∈A，若（d，a）∈E，（d，b）∈E，一定有（d，c）∈E，則稱c是a和b的交，記為c＝a∧b．證明：對A中的兩個給定元素a，b，若a∧b存在，則一

30、定唯一． 【分析】（Ⅰ）集合D滿足①②③，但不滿足④，推導出集合D不是集合A的偏序關系，由此能求出結果． （Ⅱ）R≤＝{（a，b）|a∈R，b∈R，a≤b}，滿足①②，推導出a＝b，滿足條件③，（a，c）∈R≤，滿足條件④，由此能證明R≤＝{（a，b）|a∈R，b∈R，a≤b}是實數集R的一個偏序關系． （Ⅲ）假設對A中的兩個給定元素a，b，且a∧b存在，但不唯一．推導出（c2，c1）∈E，（c1，c2）∈E，則c2＝c1，與c1≠c2矛盾．從而對A中的兩個給定元素a，b，若a∧b存在，則一定唯一． 【解答】解：（Ⅰ）集合D滿足①②③，但不滿足④， 因為（1，2）∈D，（2，3）∈D

31、，由題意（1，3）∈D，而（1，3）?D，所以不滿足④， 集合D不是集合A的偏序關系， 故D＝{（1，1），（1，2），（2，2），（3，3）}（開放性）． （Ⅱ）證明：R≤＝{（a，b）|a∈R，b∈R，a≤b}，滿足①②， ?（a，b）∈D?a≤b，且（b，a）∈D?b≤a，則a＝b，滿足條件③， ?a，b，c∈R，若（a，b）∈R≤且（b，c）∈R≤，則a≤b，b≤c，所以a≤c， 所以（a，c）∈R≤，滿足條件④， 綜上所述，R≤＝{（a，b）|a∈R，b∈R，a≤b}是實數集R的一個偏序關系． （Ⅲ）證明：用反證法．假設對A中的兩個給定元素a，b，且a∧b存在，但不唯一． 設c1＝a∧b，c2＝a∧b，且c1≠c2，則（c1，a）∈E，（c1，b）∈E，（c2，a）∈E，（c2，b）∈E， 其中E為集合A的一個偏序關系． 且?d∈A，若（d，a）∈E，（d，b）∈E，一定有（d，c1）∈E，所以（c2，c1）∈E， 同理（c1，c2）∈E，則c2＝c1，與c1≠c2矛盾． 所以，對A中的兩個給定元素a，b，若a∧b存在，則一定唯一． 【點評】本題考查滿足條件的集合的求法，考查兩個集合的偏序關系的證明，考查反證法、集合間的關系、元素與集合的關系等基礎知識，考查運算求解能力、推理論證能力等數學核心素養，是中檔題．