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1、2021年北京市海淀區(qū)高考數(shù)學(xué)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U1，2，3，4，5，6，A1，2，3，B2，3，4，5，則U（AB）（）A6B1，6C2，3D1，4，5，6【分析】由并集運算求得AB，再由補集運算得答案【解答】解：A1，2，3，B2，3，4，5，AB1，2，3，4，5，又U1，2，3，4，5，6，U（AB）6故選：A【點評】本題考查并集、補集及其運算，是基礎(chǔ)題2（4分）若z為純虛數(shù)，且滿足（z+m）i2i（mR），則m（）A2B1C1D2【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則、純虛數(shù)的
2、定義即可得出m的值【解答】解：（z+m）i2i（mR），zm1m2i，z為純虛數(shù)，1m0m1，故選：C【點評】本題考查了復(fù)數(shù)的運算法則、純虛數(shù)的定義，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題3（4分）若ba0，則下列不等式正確的是（）ABaba2C|a|b|D【分析】可舉例，令b2、a1，可判斷ABC；利用基本不等式可判斷D【解答】解：根據(jù)題意可令b2、a1，則，aba2，|a|b|，ABC 錯；ba0，0且，+22，D對故選：D【點評】本題考查不等式基本性質(zhì)，考查數(shù)學(xué)運算能力及推理能力4（4分）若函數(shù)f（x）lg（x+a）的圖象經(jīng)過拋物線y28x的焦點，則a（）A1B0C1D2【分析】求得拋物線
3、的焦點坐標(biāo)，代入函數(shù)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a1故選：C【點評】本題考查了拋物線的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)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（）ABCD【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，2c10，得c5，又由雙曲線方程可得a4，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(zhì)，是基礎(chǔ)題6（4分）已知m，n是空間中兩條不同的直線，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，則mB若m，n，則mnC若m，m，則mD若
4、m，nm，則n【分析】根據(jù)空間線面位置關(guān)系的定義，性質(zhì)和判定定理進(jìn)行判斷或舉反例說明【解答】解：不妨設(shè)l，對于A，若m且ml，則m，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，則m或m，又m，故m，故C正確；對于D，由面面垂直的性質(zhì)可知當(dāng)n時才有n，故D錯誤故選：C【點評】本題考查了空間線面位置關(guān)系的判斷，屬于中檔題7（4分）已知圓C的方程為（x1）2+（y1）22，點P在直線yx+3上，線段AB為圓C的直徑，則的最小值為（）ABCD3【分析】將轉(zhuǎn)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，
5、從而|，|的最小值為圓心C到直線yx+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(guān)系，考查平面向量的應(yīng)用，考查運算求解能力，是中檔題8（4分）等差數(shù)列an的前n項和為Sn，若nN*，SnS7，則數(shù)列an的通項公式可能是（）Aan3n15Ban173nCann7Dan152n【分析】由題意得,然后結(jié)合選項即可判斷【解答】解：因為nN*，SnS7，所以,A:an3n15,a80不符合題意；B：an173n,a70不符合題意；C:ann7,a80不符合題意；D:an152n,a80,a70符合題意；故選：D【點評】本題主要考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題9（4分）“0m1”是函
6、數(shù)f（x）滿足：對任意的x1x2，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(jù)分段函數(shù)的性質(zhì)結(jié)合充分條件和必要條件的定義進(jìn)行判斷即可【解答】解：當(dāng)0m1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x1x2，都有f（x1）f（x2）”充分性成立；若m0，g（x）在（1，+）上遞增，h（x）在（，1上遞減，g（x）0，h（x）0，任意x1x2，都有f（x1）f（x2）”，必要性不成立，0m1”是函數(shù)f（x）滿足：對任意的x1x2，都有f（x1）f（x2）”的充分不必要
7、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(jié)合充分條件和必要條件的定義以及分段函數(shù)的性質(zhì)是解決本題的關(guān)鍵10（4分）已知函數(shù)f（x）sinx+sin（x），現(xiàn)給出如下結(jié)論：f（x）是奇函數(shù)；f（x）是周期函數(shù)；f（x）在區(qū)間（0，）上有三個零點；f（x）的最大值為2其中所有正確結(jié)論的編號為（）ABCD【分析】根據(jù)題意，依次分析4個結(jié)論是否正確，即可得答案【解答】解：根據(jù)題意，依次分析4個結(jié)論：對于，因為f（x）sin（x）+sin（x）sinxsin（x）f（x），所以f（x）是奇函數(shù)，正確對于，假設(shè)存在周期T，則sin（x+T）+sin（x+T）sinx+sinx，sin（
8、x+T）sinxsin（x+T）sinx，所以sincossincos，存在x0R，使得cos0，而cos0，將x0R，sincos0，由于cos0，故sin0，所以sin0，sin0，k，m，k，mZ，所以km，矛盾，所以函數(shù)f（x）sinx+sin（x），沒有周期，錯誤對于，f（x）sinx+sin（x）2sincos，函數(shù)的零點為方程2sincos0，x或xx（0，）x，所以f（x）在區(qū)間（0，）上有三個零點；故正確對于，f（x）sinx+sin（x），若sinx1，則x2k+，kZ，若sin（x）1，則x2k+，kZ，x2k+，kZ和x2k+，kZ兩者不會同時成立，即ysinx和ysi
9、n（x）不可能同時成立，故f（x）的最大值不是2，錯誤；則四個命題中正確的為；故選：A【點評】本題考查函數(shù)與方程的關(guān)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+10，l2：mxy+10，mR，若l1l2，則m1【分析】利用向量垂直的性質(zhì)直接求解【解答】解：直線l1：mx+y+10，l2：mxy+10，mR，l1l2，m210，解得m1故答案為：1【點評】本題考查實數(shù)值的求法，考查向量垂直的性質(zhì)等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是基礎(chǔ)題12（5分）二項式（x2+）6展開式中含x3項的系數(shù)為540【分析】求出展開式的通項
10、公式令x的指數(shù)為3，進(jìn)而可以求解【解答】解：展開式的通項公式為TC，令123r3，解得r3，則展開式中含x3項的系數(shù)為C2027540，故答案為：540【點評】本題考查了二項式定理的應(yīng)用，考查了學(xué)生的運算能力，屬于基礎(chǔ)題13（5分）九章算術(shù)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，BCCD，BC4，CD3，AB底面BCD，AB4，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，BCCD，BC4，CD3，AB底面BC
11、D，AB4，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(guān)鍵是由三視圖還原原幾何體，是中檔題14（5分）如圖，以O(shè)x為始邊作鈍角，角的終邊與單位圓交于點P（x1，y1），將角的終邊順時針旋轉(zhuǎn)得到角角的終邊與單位圓相交于點Q（x2，y2），則x2x1的取值范圍為（，1【分析】由題意利用任意角的三角函數(shù)的定義，兩角和差的三角公式，求得x2x1sin（），再利用正弦函數(shù)的定義域和值域，求出x2x1的取值范圍【解答】解：由已知得，x2x1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(shù)的定義，兩角和差的三角公式，正弦函數(shù)的定義域和值域，屬于中檔題15（5分
12、）如圖所示的太極圖是由黑白兩個魚形紋組成的圓形圖案，展現(xiàn)中國文化陰陽轉(zhuǎn)化、對立統(tǒng)一的哲學(xué)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(shù)稱為圓的一個“太極函數(shù)”，則下列命題正確的是 函數(shù)f（x）tanx可以同時是無數(shù)個圓的“太極函數(shù)”；函數(shù)f（x）ln（|x|）可以是某個圓的“太極函數(shù)”；若函數(shù)f（x）是某個圓的“太極函數(shù)”，則函數(shù)f（x）的圖象一定是中心對稱圖形；對于任意一個圓，其“太極函數(shù)”有無數(shù)個【分析】根據(jù)所給定義，對各項逐個分析判斷，即可得解【解答】解：對于，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）tanx平分，故正確；對于，由f（x）ln（|x|）
13、為偶函數(shù)，如圖所示：由于其圖像向上凸起，故而不可能平分圓的周長，故錯誤；對于，取圓x2+y242，被函數(shù)平分周長和面積，而g（x）非對稱，故錯誤；對于，對于任意一個圓，過圓心的直線平分周長和面積，故正確；故答案為：【點評】本題考查了三角函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的圖像和性質(zhì)，考查了在分段函數(shù)的圖像和性質(zhì)三、解答題共6小題，共80分。解答應(yīng)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ABCA1B1C1中，側(cè)面AA1C1C為長方形，AA11，ABBC2，ABC120，AMCM（）求證：平面AA1C1C平面C1MB；（）求直線A1B和平面C1MB所成角的正弦值【分析】（）由等腰三角形的性
14、質(zhì)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；（）設(shè)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(shù)的定義，可得所求值【解答】解：（）證明：在ABC中，ABBC，M為BC的中點，可得MBAC，又AA1平面ABC，BM平面ABC，可得AA1BM，而AA1ACA，所以MB平面AA1C1C，又BM平面BMC1，所以平面AA1C1C平面C1MB；（）設(shè)A1到平面MBC1的距離為h，連接A1M，由ABBC2，ABC120，可得BM2cos601，CM2sin60，C1M2，可得C1BM的面積為121，A1C1M的
15、面積為S12，由VV，可得ShSBM，即為h11，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(zhuǎn)化思想和運算能力，屬于中檔題17（14分）在ABC中，cosC，c8，再從條件、條件這兩個條件中選擇一個作為已知，求：（）b的值；（）角A的大小和ABC的面積條件：a7；條件：cosB【分析】選條件：（）利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果；（）利用三角函數(shù)關(guān)系式的變換，正弦定理和三角形的面積求出結(jié)果；選條件時，（）利用三角函數(shù)的角的變換和正弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果；（）利用三角函數(shù)的角的變換和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果【解答】解：選條件：
16、（）a7時，cosC，c8，利用c2a2+b22abcosC，整理得b22b150，解得b5或3（負(fù)值舍去），故：b5（）由于cosC，0C，所以sinC，利用正弦定理，所以，解得sinA，由于ca，所以A，則選條件時，（）cosB，所以，cosC，所以sinC，由正弦定理，整理得，解得b5，（）cosB，所以，cosC，所以sinC，所以cosAcos（B+C），由于A（0，），所以A所以【點評】本題考查的知識要點：三角函數(shù)關(guān)系式的變換，正弦定理余弦定理和三角形面積公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題18（14分）某超市從2020年甲、乙兩種酸奶的日銷售量（單位：箱）
17、的數(shù)據(jù)中分別隨機抽取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(shè)甲、乙兩種酸奶獨立銷售且日銷售量相互獨立，（）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；（）設(shè)X表示在未來3天內(nèi)甲種酸奶的日銷售量不高于40箱的天數(shù)，以日銷售量落入各組的頻率作為概率，求X的數(shù)學(xué)期望；（）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的大小（只需寫出結(jié)論）【分析】（）根據(jù)頻率和為1可計算a值，再由獨立事件概率求法即可得解；（）X的可能取值為0，1，2，3，求出
18、概率，得到分布列，然后求解期望；（）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：（）由直方圖可知：（0.02+0.01+0.03+a+0.025）101，解得a0.015，甲種酸奶銷售量高于20箱的概率為：（0.03+0.015+0.025）100.7，乙種酸奶銷售量高于20箱的概率為：（0.03+0.025+0.015）100.7，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：0.70.3+0.30.70.42（）甲種酸奶的日銷售量不高于40箱的概率為：10.025100.75，由題意可知，X的可能取值為0，1，2
19、，3，P（X0）C30（）0（）3，P（X1）C31（）1（）2，P（X2）C32（）2（）1，P（X3）C33（）3（）0所以X的分布列為X0123P所以X的數(shù)學(xué)期望EX0+1+2+3（）s12s22【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(shù)（）求曲線yf（x）在點（1，f（1）處的切線方程；（）求yf（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；（）直接寫出不等式的解集【分析】（）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義，先求斜率f（1）0，f（1）1，利用點斜式即可得解；（）先求導(dǎo)函數(shù)，再求二階導(dǎo)函數(shù)，利用導(dǎo)函數(shù)的性質(zhì)，即可得到原函數(shù)的單調(diào)性和極值；
20、（）f（x）minf（1）1，直接可得的解集為1【解答】解：（）由，得，f（1）36+630，又f（1）13+31，曲線yf（x）在點（1，f（1）處的切線方程為y1；（）（x0），f（x）為增函數(shù)，且f（1）36+630，當(dāng)x（0，1）時，f（x）0，當(dāng)（1，+）時，f（x）0，得f（x）遞減區(qū)間為（0，1），遞增區(qū)間為（1，+），極小值為f（1）13+0+31；（）由（）知f（x）minf（1）1，的解集為1【點評】本題考查導(dǎo)數(shù)的幾何意義，考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)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，F(xiàn)2分別為（1，0），橢圓上的動點M滿足|MF1|+
21、|MF2|2|F1F2|，A，B分別為橢圓的左、右頂點，O為坐標(biāo)原點（）求橢圓的方程及離心率；（）若直線l：x6與AM交于點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】（）利用橢圓的定義求出a的值，結(jié)合c的值，即可求出b的值，從而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程，利用離心率的定義即可求出橢圓的離心率；（）設(shè)點點M（x0，y0），由兩點間斜率公式結(jié)合點M在橢圓上，計算kAMkBM為定值，設(shè)直線AM的方程為yk（x+2）（k0），求出點P的坐標(biāo)，從而求出直線OP的斜率，得到OPBM，從而可得BHP90，即可證明B，S，P，H四點共圓【解答】（）解：由橢圓的定義可知，2a|MF
22、1|+|MF2|2|F1F2|4c4，所以a2，c1，b，故橢圓的方程為；橢圓的離心率為；（）證明：設(shè)點M（x0，y0），則，又，所以，設(shè)直線AM的方程為yk（x+2）（k0），聯(lián)立方程組，解得，所以P（6，8k），故，又，所以kOPkBM1，故BSP90，所以BHP90，故B，S，P，H四點共圓【點評】本題考查了橢圓標(biāo)準(zhǔn)方程的求解、直線與橢圓位置關(guān)系的應(yīng)用，在解決直線與圓錐曲線位置關(guān)系的問題時，一般會聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程，利用韋達(dá)定理和“設(shè)而不求”的方法進(jìn)行研究，屬于中檔題21（14分）已知函數(shù)f（x）x2+m，其中mR，定義數(shù)列an如下：a10，an+1f（an），nN*（）當(dāng)m1時，
23、求a2，a3，a4的值：（）是否存在實數(shù)m，使a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列？若存在，請求出實數(shù)m的值；若不存在，請說明理由；（）求證：當(dāng)時，總能找到kN*，使得ak2021【分析】（）利用題中給出的f（x）的解析式，以及an+1f（an），依次賦值求解即可；（）利用a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，得到a3+a210，代入后可得關(guān)于m的方程，求解m的值并驗證即可；（）利用an+1f（an），得到an+1an，令0，然后利用疊加法求出an(n1)t，取正整數(shù)k，即可證明不等式【解答】（）解：因為m1，故f（x）x2+1，又a10，an+1f（an），所以a2f（a1）f（0）
24、1，a3f（a2）f（1）2，a4f（a3）f（2）5；（）解：因為a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列，所以a3a2a4a3，即，所以，則（a3a2）(a3+a21)0，因為公差d0，故a3a20，所以a3+a210，因為a2f（a1）f（0）m，a3f（a2）m2+m，故(m2+m)+m10,解得，經(jīng)檢驗，此時a2，a3，a4的公差不為0，所以存在，使得a2，a3，a4構(gòu)成公差不為0的等差數(shù)列；（）證明：因為，又，所以令0，因為anan1t，an1an2t，,a2a1t，將上述不等式全部相加可得，ana1(n1)t，即an(n1)t，因此要使得ak2021，只需（k1）t2021，故只要取正整數(shù)k，就有，綜上所述，當(dāng)時，總能找到kN*，使得ak2021【點評】本題考查了數(shù)列與函數(shù)、數(shù)列與不等式的綜合應(yīng)用，解題的關(guān)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(qū)高考數(shù)學(xué)三模試卷【含答案】
