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1、2021年北京市海淀區高考數學三模試卷
參考答案與試題解析
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選項中，選出符合題目要求的一項。
1．（4分）已知集合U＝{1，2，3，4，5，6}，A＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，則?U（A∪B）＝（ ）
A．{6} B．{1，6} C．{2，3} D．{1，4，5，6}
【分析】由并集運算求得A∪B，再由補集運算得答案．
【解答】解：∵A＝{1，2，3}，B＝{2，3，4，5}，
∴A∪B＝{1，2，3，4，5}，
又U＝{1，2，3，4，5，6}，
∴?U（A∪B）＝{6}．
故選：A．
【點評
2、】本題考查并集、補集及其運算，是基礎題．
2．（4分）若z為純虛數，且滿足（z+m）i＝2﹣i（m∈R），則m＝（ ）
A．2 B．1 C．﹣1 D．﹣2
【分析】利用復數的運算法則、純虛數的定義即可得出m的值．
【解答】解：∵（z+m）i＝2﹣i（m∈R），
∴z＝﹣m＝﹣1﹣m﹣2i，
∵z為純虛數，
∴﹣1﹣m＝0?m＝﹣1，
故選：C．
【點評】本題考查了復數的運算法則、純虛數的定義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．
3．（4分）若b＜a＜0，則下列不等式正確的是（ ?。?
A． B．ab＜a2 C．|a|＞|b| D．
【分析】可舉例，令b＝﹣2、a＝﹣
3、1，可判斷ABC；利用基本不等式可判斷D．
【解答】解：根據題意可令b＝﹣2、a＝﹣1，
則＜，ab＞a2，|a|＜|b|，∴ABC 錯；
∵b＜a＜0，∴，＞0且，
∴+＞2＝2，∴D對．
故選：D．
【點評】本題考查不等式基本性質，考查數學運算能力及推理能力．
4．（4分）若函數f（x）＝lg（x+a）的圖象經過拋物線y2＝8x的焦點，則a＝（ ）
A．1 B．0 C．﹣1 D．﹣2
【分析】求得拋物線的焦點坐標，代入函數f（x）＝lg（x+a）即可．
【解答】解：拋物線的焦點為（2，0），則f（2）＝lg（2+a）＝0，解得a＝﹣1
故選：C．
【點評】本題考查
4、了拋物線的性質，屬于基礎題．
5．（4分）已知雙曲線的焦距為10，則雙曲線C的漸近線方程為（ ?。?
A． B． C． D．
【分析】由已知求得a與c的值，再由隱含條件求得b，則雙曲線的漸近線方程可求．
【解答】解：由題意，2c＝10，得c＝5，
又由雙曲線方程可得a＝4，則b＝，
∴雙曲線C的漸近線方程為y＝．
故選：B．
【點評】本題考查雙曲線的幾何性質，是基礎題．
6．（4分）已知m，n是空間中兩條不同的直線，α，β為空間中兩個互相垂直的平面，則下列命題正確的是（ ?。?
A．若m?α，則m⊥β B．若m?α，n?β，則m⊥n
C．若m?α，m⊥β，則m∥α D．若α
5、∩β＝m，n⊥m，則n⊥α
【分析】根據空間線面位置關系的定義，性質和判定定理進行判斷或舉反例說明．
【解答】解：不妨設α∩β＝l，
對于A，若m?α且m∥l，則m∥β，故A錯誤；
對于B，若m，n與l相交且不垂直，交點分別為M，N，顯然m與n不一定垂直，故B錯誤；
對于C，若m⊥β，則m?α或m∥α，又m?α，故m∥α，故C正確；
對于D，由面面垂直的性質可知當n?β時才有n⊥α，故D錯誤．
故選：C．
【點評】本題考查了空間線面位置關系的判斷，屬于中檔題．
7．（4分）已知圓C的方程為（x﹣1）2+（y﹣1）2＝2，點P在直線y＝x+3上，線段AB為圓C的直徑，則的最小值
6、為（ ?。?
A． B． C． D．3
【分析】將轉化為，再由圓心到直線的距離求解．
【解答】解：∵線段AB為圓C的直徑，∴C為AB的中點，
則＝，
從而||＝，
||的最小值為圓心C到直線y＝x+3的距離，
等于．
∴的最小值為2×．
故選：B．
【點評】本題考查直線與圓的位置關系，考查平面向量的應用，考查運算求解能力，是中檔題．
8．（4分）等差數列{an}的前n項和為Sn，若?n∈N*，Sn≤S7，則數列{an}的通項公式可能是（ ?。?
A．an＝3n﹣15 B．an＝17﹣3n C．an＝n﹣7 D．an＝15﹣2n
【分析】由題意得,然后結合選項即可判斷．
7、【解答】解：因為?n∈N*，Sn≤S7，
所以,
A:an＝3n﹣15,a8＞0不符合題意；
B：an＝17﹣3n,a7＜0不符合題意；
C:an＝n﹣7,a8＞0不符合題意；
D:an＝15﹣2n,a8＜0,a7＞0符合題意；
故選：D．
【點評】本題主要考查了等差數列的性質，屬于基礎題．
9．（4分）“0＜m≤1”是函數f（x）＝滿足：對任意的x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”的（ ?。?
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
【分析】根據分段函數的性質結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．
【解答】解：∵當0＜m
8、≤1時，g（x）＝﹣1在（1，+∞）上遞減，
h（x）＝﹣x+1在（﹣∞，1]遞減，且g（1）≤h（1），∴f（x）在（﹣∞，+∞）上遞減，
∴任意x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”∴充分性成立；
若m＜0，g（x）在（1，+∞）上遞增，h（x）在（﹣∞，1]上遞減，g（x）＜0，h（x）≥0，
∴任意x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”，必要性不成立，
∴0＜m≤1”是函數f（x）＝滿足：對任意的x1≠x2，都有f（x1）≠f（x2）”的充分不必要條件，
故選：A．
【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合充分條件和必要條件的定義以及分段函數的性質是解決本題
9、的關鍵．
10．（4分）已知函數f（x）＝sinx+sin（πx），現給出如下結論：①f（x）是奇函數；②f（x）是周期函數；③f（x）在區間（0，π）上有三個零點；④f（x）的最大值為2．其中所有正確結論的編號為（ ?。?
A．①③ B．②③ C．②④ D．①④
【分析】根據題意，依次分析4個結論是否正確，即可得答案．
【解答】解：根據題意，依次分析4個結論：
對于①，因為f（﹣x）＝sin（﹣x）+sin（﹣πx）＝﹣sinx﹣sin（πx）＝﹣f（x），
所以f（x）是奇函數，①正確．
對于②，假設存在周期T，
則sin（x+T）+sin（π（x+T））＝sinx+sinπ
10、x，
sin（x+T）﹣sinx＝﹣[sin（π（x+T））﹣sinπx]，
所以sin?cos＝﹣sin?cos①，
存在x0∈R，使得cos＝0，而cos≠0，
將x0∈R，﹣sin?cos＝0，
由于cos≠0，
故﹣sin＝0，
所以sin＝0，sin＝0，
＝kπ，＝mπ，k，m∈Z，
所以kπ＝m，矛盾，
所以函數f（x）＝sinx+sin（πx），沒有周期，②錯誤．
對于③，f（x）＝sinx+sin（πx）＝2sincos，
函數的零點為方程2sincos＝0，
x＝或x＝x∈（0，π）
x＝，，，所以f（x）在區間（0，π）上有三個零點；故③正確．
11、
對于④，f（x）＝sinx+sin（πx），
若sinx＝1，則x＝2kπ+，k∈Z，
若sin（πx）＝1，則x＝2k+，k∈Z，
x＝2kπ+，k∈Z和x＝2k+，k∈Z兩者不會同時成立，
即y＝sinx和y＝sin（πx）不可能同時成立，故f（x）的最大值不是2，④錯誤；
則四個命題中正確的為①③；
故選：A．
【點評】本題考查函數與方程的關系，涉及命題真假的判斷，屬于中檔題．
二、填空題共5小題，每小題5分，共30分。
11．（5分）已知直線l1：mx+y+1＝0，l2：mx﹣y+1＝0，m∈R，若l1⊥l2，則m＝ ±1?。?
【分析】利用向量垂直的性質直接求解
12、．
【解答】解：∵直線l1：mx+y+1＝0，l2：mx﹣y+1＝0，m∈R，
l1⊥l2，
∴m2﹣1＝0，
解得m＝±1．
故答案為：±1．
【點評】本題考查實數值的求法，考查向量垂直的性質等基礎知識，考查運算求解能力等數學核心素養，是基礎題．
12．（5分）二項式（x2+）6展開式中含x3項的系數為 540?。?
【分析】求出展開式的通項公式．令x的指數為3，進而可以求解．
【解答】解：展開式的通項公式為T＝C，
令12﹣3r＝3，解得r＝3，
則展開式中含x3項的系數為C＝20×27＝540，
故答案為：540．
【點評】本題考查了二項式定理的應用，考查了學生的
13、運算能力，屬于基礎題．
13．（5分）《九章算術》中，稱四個面均為直角三角形的四面體為“鱉臑”．已知某“鱉臑”的三視圖如圖所示，則該“鱉臑”的體積為 8?。?
【分析】由三視圖還原原幾何體，該幾何體為三棱錐，其中底面三角形BCD為直角三角形，BC⊥CD，BC＝4，CD＝3，AB⊥底面BCD，AB＝4，再由棱錐體積公式求解．
【解答】解：由三視圖還原原幾何體如圖，
其中底面三角形BCD為直角三角形，BC⊥CD，BC＝4，CD＝3，
AB⊥底面BCD，AB＝4，
則該“鱉臑”的體積為V＝
故答案為：8．
【點評】本題考查由三視圖求面積、體積，關鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔
14、題．
14．（5分）如圖，以Ox為始邊作鈍角α，角α的終邊與單位圓交于點P（x1，y1），將角α的終邊順時針旋轉得到角β．角β的終邊與單位圓相交于點Q（x2，y2），則x2﹣x1的取值范圍為?。?，1]?。?
【分析】由題意利用任意角的三角函數的定義，兩角和差的三角公式，求得x2﹣x1＝sin（α﹣），再利用正弦函數的定義域和值域，求出x2﹣x1的取值范圍．
【解答】解：由已知得，
∴＝，
∵，∴，∴，
∴x2﹣x1的取值范圍為，
故答案為：（，1]．
【點評】本題主要考查任意角的三角函數的定義，兩角和差的三角公式，正弦函數的定義域和值域，屬于中檔題．
15．（5分）如圖所示
15、的太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圓形圖案，展現中國文化陰陽轉化、對立統一的哲學理念．定義：圖象能將圓的周長和面積同時等分成兩部分的函數稱為圓的一個“太極函數”，則下列命題正確的是 ?、佗堋。?
①函數f（x）＝tanx可以同時是無數個圓的“太極函數”；
②函數f（x）＝ln（|x|）可以是某個圓的“太極函數”；
③若函數f（x）是某個圓的“太極函數”，則函數f（x）的圖象一定是中心對稱圖形；
④對于任意一個圓，其“太極函數”有無數個．
【分析】根據所給定義，對各項逐個分析判斷，即可得解．
【解答】解：對于①，以f（x）＝tanx的零點為圓心，半徑小于的圓，
周長和面積都被f（x
16、）＝tanx平分，故①正確；
對于②，由f（x）＝ln（|x|）為偶函數，如圖所示：
由于其圖像向上凸起，故而不可能平分圓的周長，故②錯誤；
對于③，取圓x2+y2＝4π2，被函數平分
周長和面積，而g（x）非對稱，故③錯誤；
對于④，對于任意一個圓，過圓心的直線平分周長和面積，故④正確；
故答案為：①④
【點評】本題考查了三角函數，對數函數的圖像和性質，考查了在分段函數的圖像和性質．
三、解答題共6小題，共80分。解答應寫出文字說明、演算步驟或證明過程。
16．（14分）如圖所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，側面AA1C1C為長方形，AA1＝1，AB＝BC＝2，∠
17、ABC＝120°，AM＝CM．
（Ⅰ）求證：平面AA1C1C⊥平面C1MB；
（Ⅱ）求直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值．
【分析】（Ⅰ）由等腰三角形的性質和線面垂直的判定定理可得MB⊥平面AA1C1C，再由面面垂直的判定定理，即可得證；
（Ⅱ）設A1到平面MBC1的距離為h，由等積法和棱錐的體積公式，以及直線和平面所成角的定義和直角三角形的正弦函數的定義，可得所求值．
【解答】解：（Ⅰ）證明：在△ABC中，AB＝BC，M為BC的中點，可得MB⊥AC，
又AA1⊥平面ABC，BM?平面ABC，
可得AA1⊥BM，
而AA1∩AC＝A，所以MB⊥平面AA1C1C，
又B
18、M?平面BMC1，
所以平面AA1C1C⊥平面C1MB；
（Ⅱ）設A1到平面MBC1的距離為h，連接A1M，
由AB＝BC＝2，∠ABC＝120°，可得BM＝2cos60°＝1，CM＝2sin60°＝，
C1M＝＝2，可得△C1BM的面積為×1×2＝1，
△A1C1M的面積為S＝×1×2＝，
由V＝V，可得Sh＝S?BM，
即為h?1＝×1×，
可得h＝，
則直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值為＝＝．
【點評】本題考查面面垂直的判定定理和直線和平面所成角的求法，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．
17．（14分）在△ABC中，cosC＝，c＝8，再從條件①、條件
19、②這兩個條件中選擇一個作為已知，求：
（Ⅰ）b的值；
（Ⅱ）角A的大小和△ABC的面積．
條件①：a＝7；
條件②：cosB＝．
【分析】選條件①：（Ⅰ）利用余弦定理的應用求出結果；（Ⅱ）利用三角函數關系式的變換，正弦定理和三角形的面積求出結果；
選條件②時，（Ⅰ）利用三角函數的角的變換和正弦定理的應用求出結果；（Ⅱ）利用三角函數的角的變換和三角形的面積公式的應用求出結果．
【解答】解：選條件①：
（Ⅰ）a＝7時，cosC＝，c＝8，
利用c2＝a2+b2﹣2abcosC，
整理得b2﹣2b﹣15＝0，解得b＝5或﹣3（負值舍去），
故：b＝5．
（Ⅱ）由于cosC＝，
20、0＜C＜π，
所以sinC＝，
利用正弦定理，所以，解得sinA＝，
由于c＞a，所以A＝，
則．
選條件②時，
（Ⅰ）cosB＝，所以，
cosC＝，所以sinC＝，
由正弦定理，整理得，解得b＝5，
（Ⅱ）cosB＝，所以，
cosC＝，所以sinC＝，
所以cosA＝﹣cos（B+C）＝＝，
由于A∈（0，π），
所以A＝．
所以．
【點評】本題考查的知識要點：三角函數關系式的變換，正弦定理余弦定理和三角形面積公式的應用，主要考查學生的運算能力和數學思維能力，屬于基礎題．
18．（14分）某超市從2020年甲、乙兩種酸奶的日銷售量（單位：箱）的數據中分別隨
21、機抽取100個，并按[0，10]，（10，20]，（20，30]，（30，40]，（40，50]分組，得到頻率分布直方圖如圖：
假設甲、乙兩種酸奶獨立銷售且日銷售量相互獨立，
（Ⅰ）估計在未來的某一天里，甲、乙兩種酸奶的銷售量恰有一個高于20箱且另一個不高于20箱的概率；
（Ⅱ）設X表示在未來3天內甲種酸奶的日銷售量不高于40箱的天數，以日銷售量落入各組的頻率作為概率，求X的數學期望；
（Ⅲ）記甲種酸奶與乙種酸奶口銷售量（單位：箱）的方差分別為s12，s22，試比較s12與s22的大?。ㄖ恍鑼懗鼋Y論）．
【分析】（Ⅰ）根據頻率和為1可計算a值，再由獨立事件概率求法即可得解；
（
22、Ⅱ）X的可能取值為0，1，2，3，求出概率，得到分布列，然后求解期望；
（Ⅲ）由頻率分布直方圖可看出，甲的銷售量比較分散，而乙較為集中，由此能比s12，s22的大小．
【解答】解：（Ⅰ）由直方圖可知：（0.02+0.01+0.03+a+0.025）×10＝1，解得a＝0.015，
甲種酸奶銷售量高于20箱的概率為：（0.03+0.015+0.025）×10＝0.7，
乙種酸奶銷售量高于20箱的概率為：（0.03+0.025+0.015）×10＝0.7，
甲、乙兩種酸奶的銷售量恰有一個高于20箱且另一個不高于20箱的概率為：0.7×0.3+0.3×0.7＝0.42．
（Ⅱ）甲種酸奶的
23、日銷售量不高于40箱的概率為：1﹣0.025×10＝0.75＝，
由題意可知，X的可能取值為0，1，2，3，
P（X＝0）＝C30×（）0×（）3＝，
P（X＝1）＝C31×（）1×（）2＝，
P（X＝2）＝C32×（）2×（）1＝，
P（X＝3）＝C33×（）3×（）0＝．
所以X的分布列為
X
0
1
2
3
P
所以X的數學期望EX＝0×+1×+2×+3×＝．
（Ⅲ）s12＞s22．
【點評】本題考查頻率分布直方圖，離散型隨機變量期望的求法，獨立事件概率的求法，考查計算能力，屬于中檔題．
19．（15分）已知函數．
（Ⅰ）求曲線y＝f（x
24、）在點（1，f（1））處的切線方程；
（Ⅱ）求y＝f（x）的單調區間和極值；
（Ⅲ）直接寫出不等式的解集．
【分析】（Ⅰ）根據導數的幾何意義，先求斜率f'（1）＝0，f（1）＝1，利用點斜式即可得解；
（Ⅱ）先求導函數，再求二階導函數，利用導函數的性質，即可得到原函數的單調性和極值；
（Ⅲ）f（x）min＝f（1）＝1，直接可得的解集為{1}．
【解答】解：（Ⅰ）由，
得，∴f'（1）＝3﹣6+6﹣3＝0，
又f（1）＝1﹣3+3＝1，
∴曲線y＝f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為y＝1；
（Ⅱ）∵（x＞0），
，
∴f′（x）為增函數，且f'（1）＝3﹣6+6
25、﹣3＝0，
∴當x∈（0，1）時，f'（x）＜0，當（1，+∞）時，f'（x）＞0，
得f（x）遞減區間為（0，1），遞增區間為（1，+∞），
極小值為f（1）＝1﹣3+0+3＝1；
（Ⅲ）由（Ⅱ）知f（x）min＝f（1）＝1，
∴的解集為{1}．
【點評】本題考查導數的幾何意義，考查了利用導數研究函數的單調性和極值，有一定的計算量，屬于中檔題．
20．（14分）已知橢圓的兩焦點F1，F2分別為（±1，0），橢圓上的動點M滿足|MF1|+|MF2|＝2|F1F2|，A，B分別為橢圓的左、右頂點，O為坐標原點．
（Ⅰ）求橢圓的方程及離心率；
（Ⅱ）若直線l：x＝6與AM交于點
26、P，l與x軸交于點H，OP與BM的交點為S，求證：B，S，P，H四點共圓．
【分析】（Ⅰ）利用橢圓的定義求出a的值，結合c的值，即可求出b的值，從而得到橢圓的標準方程，利用離心率的定義即可求出橢圓的離心率；
（Ⅱ）設點點M（x0，y0），由兩點間斜率公式結合點M在橢圓上，計算kAM?kBM為定值，設直線AM的方程為y＝k（x+2）（k≠0），求出點P的坐標，從而求出直線OP的斜率，得到OP⊥BM，從而可得∠BHP＝90°，即可證明B，S，P，H四點共圓．
【解答】（Ⅰ）解：由橢圓的定義可知，2a＝|MF1|+|MF2|＝2|F1F2|＝4c＝4，
所以a＝2，c＝1，b＝，
故橢圓的
27、方程為；
橢圓的離心率為＝；
（Ⅱ）證明：設點M（x0，y0），則，
又，
所以＝，
設直線AM的方程為y＝k（x+2）（k≠0），
聯立方程組，解得，
所以P（6，8k），故，
又，
所以kOP?kBM＝﹣1，故∠BSP＝90°，
所以∠BHP＝90°，故B，S，P，H四點共圓．
【點評】本題考查了橢圓標準方程的求解、直線與橢圓位置關系的應用，在解決直線與圓錐曲線位置關系的問題時，一般會聯立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達定理和“設而不求”的方法進行研究，屬于中檔題．
21．（14分）已知函數f（x）＝x2+m，其中m∈R，定義數列{an}如下：a1＝0，an+1＝
28、f（an），n∈N*．
（Ⅰ）當m＝1時，求a2，a3，a4的值：
（Ⅱ）是否存在實數m，使a2，a3，a4構成公差不為0的等差數列？若存在，請求出實數m的值；若不存在，請說明理由；
（Ⅲ）求證：當時，總能找到k∈N*，使得ak＞2021．
【分析】（Ⅰ）利用題中給出的f（x）的解析式，以及an+1＝f（an），依次賦值求解即可；
（Ⅱ）利用a2，a3，a4構成公差不為0的等差數列，得到a3+a2﹣1＝0，代入后可得關于m的方程，求解m的值并驗證即可；
（Ⅲ）利用an+1＝f（an），得到an+1﹣an≥，令＞0，然后利用疊加法求出an≥(n﹣1)t，取正整數k＞，即可證明不等式．
29、
【解答】（Ⅰ）解：因為m＝1，故f（x）＝x2+1，
又a1＝0，an+1＝f（an），
所以a2＝f（a1）＝f（0）＝1，
a3＝f（a2）＝f（1）＝2，
a4＝f（a3）＝f（2）＝5；
（Ⅱ）解：因為a2，a3，a4構成公差不為0的等差數列，
所以a3﹣a2＝a4﹣a3，即，
所以，
則（a3﹣a2）(a3+a2﹣1)＝0，
因為公差d≠0，故a3﹣a2≠0，
所以a3+a2﹣1＝0，
因為a2＝f（a1）＝f（0）＝m，a3＝f（a2）＝m2+m，
故(m2+m)+m﹣1＝0,解得，
經檢驗，此時a2，a3，a4的公差不為0，
所以存在，使得a2，a3，a4構成公差不為0的等差數列；
（Ⅲ）證明：因為≥，
又，所以令＞0，
因為an﹣an﹣1≥t，an﹣1﹣an﹣2≥t，···,a2﹣a1≥t，
將上述不等式全部相加可得，an﹣a1≥(n﹣1)t，即an≥(n﹣1)t，
因此要使得ak＞2021，只需（k﹣1）t＞2021，
故只要取正整數k＞，就有，
綜上所述，當時，總能找到k∈N*，使得ak＞2021．
【點評】本題考查了數列與函數、數列與不等式的綜合應用，解題的關鍵是運用方程的思想，通過建立方程求解m，運用同向不等式的可加性，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于中檔題．
2021年北京市海淀區高考數學三模試卷【含答案】
