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北京市2021年高考数学压轴卷

北京市2021年高考数学压轴卷

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姓名：

- 21 -

北京市2021年高考数学压轴卷（含解析）
本试卷共5页，150分，考试时长120分钟．考试务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题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．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．设复数满足，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．在的展开式中，常数项为（ ）
A． B． C． D．
4．已知两条直线m，n和平面，且，则“”是“”的（ ）
A．充分必要条件 B．充分而不必要条件
C．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．在平面直角坐标系中，直线的方程为，以点为圆心且与直线相切的所有圆中，半径最大的圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，，点P是的中点，则（ ）
A． B．4 C． D．6
7．已知函数则不等式的解集是（ ）
A． B． C． D．
8．将函数（）的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，且，下列说法错误的是（ ）
A．为偶函数
B．
C．当时，在上有3个零点
D．若在上单调递减，则的最大值为9
9．数列是等差数列，是各项均为正数的等比数列，公比，且，则（ ）
A． B．
C． D．与大小不确定
10．形状､节奏､声音或轨迹，这些现象都可以分解成自复制的结构.即相同的形式会按比例逐渐缩小，并无限重复下去，也就是说，在前一个形式中重复出现被缩小的相同形式，依此类推，如图所示，将图1的正三角形的各边都三等分，以每条边中间一段为边再向外做一个正三角形，去掉中间一段得到图2，称为“一次分形”；用同样的方法把图2中的每条线段重复上述操作，得到图3，称为“二次分形”；依次进行“n次分形”，得到一个周长不小于初始三角形周长100倍的分形图，则n最小值是（ ）(取)

A．15 B．16 C．17 D．18
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．函数的定义域是_________．
12．已知双曲线的一条渐近线过点，则双曲线的离心率为______．
13．从2008年京津城际铁路通车运营开始，高铁在过去儿年里快速发展，并在国民经济和日常生活中扮演着日益重要的角色．下图是2009年至2016年高铁运营总里程数的折线图（图中的数据均是每年12月31日的统计结果）．

根据上述信息，下列结论中正确的是
①2015年这一年，高铁运营里程数超过0.5万公里；
②2013年到2016高铁运营里程平均增长率大于2010到2013高铁运营里程平均增长率；
③从2010年至2016年，新增高铁运营里程数最多的一年是2014年；
④从2010年至2016年，新增高铁运营里程数逐年递增；
其中所有正确结论的序号是____．
14．已知双曲线，则C的渐近线方程是__________；过C的左焦点且与x轴垂直的直线交其渐近线于M，N两点，O为坐标原点，则的面积是_________．
15．已知某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的最长棱的长为________，它的体积为________.

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13分）
如图，在正方体中，E为的中点．

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
17．（本小题13分）
在锐角中，角的对边分別为，且．
（1）求角的大小；
（2）再从下面条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求的面积．
条件①；条件②：．
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分．
18．（本小题14分）
2022年第24届冬季奥林匹克运动会，简称“北京张家口冬奥会”，将在2022年02月04日～2022年02月20日在北京市和张家口市联合举行，这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，北京将承办所有冰上项目，延庆和张家口将承办所有的雪上项目．下表是截取了2月5日和2月6日两天的赛程表：
2022年北京冬奥会赛程表（第七版，发布自2020年11月）
2022年
2月
北京赛区
延庆赛区
张家口赛区

开闭幕式
冰壶
冰球
速度
滑冰
短道
速滑
花
样
滑
冰
高
山
滑
雪
有舵雪橇
钢架雪车
无舵雪橇
跳台滑雪
北欧两项
越野滑雪
单板滑雪
冬季两项
自由式
滑雪
当
日
决
赛
数
5（六）

*
*
1
1

*
1

1
*
1
1
6
6（日）

*
*
1

*
1

1
1

1
1

1
7
说明：“*”代表当日有不是决赛的比赛；数字代表当日有相应数量的决赛．
（1）①若在这两天每天随机观看一个比赛项目，求恰好看到冰壶和冰球的概率；
②若在这两天每天随机观看一场决赛，求两场决赛恰好在同一赛区的概率；
（2）若在2月6日（星期日）的所有决赛中观看三场，记为赛区的个数，求的分布列及期望．
19．（本小题15分）
已知函数．
（1）若，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，求证：函数存在极小值；
（3）若对任意的实数，恒成立，求实数a的取值范围．
20．（本小题15分）
已知椭圆过点，且，若直线与椭圆C交于M，N两点，过点M作x轴的垂线分别与直线交于点A，B，其中O为原点.
（1）求椭圆C的方程；
（2）若，求k的值.
21．（本小题15分）
若无穷数列满足：，对于，都有（其中为常数），则称具有性质“”．
（1）若具有性质“”，且，，求；
（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为的等比数列，，，，判断是否具有性质“”，并说明理由；
（3）设既具有性质“”，又具有性质“”，其中，，求证：具有性质“”．
2021北京市高考压轴卷 数学试卷答案
1.【答案】B
【解析】
，，
则.
故选：B
2．【答案】B
【解析】
由题知:.
故选：B
3．【答案】A
【解析】
的展开式通项为，
令，解得.
因此，的展开式中的常数项为.
故选：A
4．【答案】C
【解析】
充分性：如图所示，在长方体中，满足，，

此时，不满足充分性.
必要性：若，则存在，，
又因为，，所以，所以，满足必要性.
故“”是“”的必要而不充分条件.
故选：C
5．【答案】B
【解析】
由直线方程可得该直线横过定点，
又由相切可得该圆的半径等于圆心到直线的距离，
最大值为，
故选：B.
【点睛】
处理直线与圆的位置关系时，若两方程已知或圆心到直线的距离易表达，则用几何法；若方程中含有参数，或圆心到直线的距离的表达较繁琐，则用代数法．
6．【答案】C
【解析】
解：如图建立平面直角坐标系，则，，，
所以，，所以
故选：C

7．【答案】A
【解析】
在同一坐标系中，作出函数以及的大致图象，

观察的区域，
由图象可知，在区间和上
，由此的解集.
故选：A
8．【答案】D
【解析】
由题意得，由，得出
则
对A项，函数的定义域为，，则函数为偶函数
对B项，
对C项，当时，，由得：
，可以取，即当时，在上有3个零点
对D项，由，解得
则函数在区间上单调递减
因为在上单调递减，所以，解得
即的最大值为
故选：D
【点睛】
本题主要考查了三角函数图象的平移变换求解析式，余弦函数性质的应用，在求余弦型函数的单调性时，利用整体法将余弦型函数的单调性化归为余弦函数的单调性来处理问题，属于中档题.
9．【答案】C
【解析】
由等差数列性质知：；由等比数列性质知：，
，（当且仅当时取等号），
又，，，
，，即.
故选：.
【点睛】
本题考查利用等差和等比数列的下标和的性质比较大小的问题，涉及到基本不等式的应用，关键是能够熟练应用等差和等比数列的性质.
10．【答案】C
【解析】
设正三角形的一条边长为a，“一次分形”后变为长为的折线，
“二次分形”后折线长度为，“n次分形”后折线长度为，
所以得到一个周长不小于初始三角形周长100倍的分形图，只需满足，
两边同时取常用对数得：，
即得：，
解得，
故至少需要17次分形，
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：仔细读题，弄懂分形变化的规律，即正三角形的一条边长为a，“一次分形”后变为长为的折线，“二次分形”后折线长度为，“n次分形”后折线长度为是解题的关键.
11．【答案】
【解析】
解：由题意得，解得，
∴函数的定义域为，
故答案为：．
12．【答案】
【解析】
双曲线的渐近线方程为
所以直线过点，代入可得
所以
故答案为：
13．【答案】②③
【解析】
对于①，看2014年，2015年对应的纵坐标之差，小于，①错误；
对于②，连线看斜率即可，2013年到2016两点连线斜率更大，②正确；
对于③，看两点纵坐标之差哪组最大，③正确；
对于④，看相邻纵坐标之差是否逐年增加，显然不是，有增有减，④错误；
综上，填②③．
故答案为：②③
14．【答案】
【解析】
解：因为双曲线，所以，，所以，即，所以渐近线方程为，焦点坐标为与，
当时，即，所以
故答案为：，；
15．【答案】 4
【解析】
如图所示是三棱锥的直观图：

其中平面，垂足为，
根据三视图可知，，，，
所以，，
，
比较可知该三棱锥的最长棱的长为，
它的体积为，
故答案为：（1） （2）4
【点睛】
本题考查了由三视图还原直观图，考查了三棱锥的体积公式，属于基础题.
16．【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
解：（1）连接交于点O，连接，
在正方形中，．
因为E为的中点，
所以．
因为平面，平面，
所以平面．
（2）不妨设正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系

则，
所以．
设平面的法向量为，
所以所以即
令，则，
于是．
设直线与平面所成角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】
本题考查了立体几何中的线面平行的判定和线面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
17．【答案】（1）；（2）答案不唯一，具体见解析．
【解析】
解（1）因为，由正弦定理．
因为，所以．
因为，所以．
（2）条件①：；
因为，由（1）得，
所以根据余弦定理得，
化简整理为，解得．
所以△的面积．
条件②：
由（1）知，，
根据正弦定理得，
所以．
因为，
所以，
所以△的面积．
【点睛】
本题考查正余弦定理解三角形，三角形的面积求解，考查运算求解能力，回归转化能力，是中档题.本题解题的关键在于利用正弦定理边角互化得，进而结合锐角三角形即可得；此外，第二问选择条件①，需注意余弦定理方程思想的应用.
18．【答案】（1）①；②；（2）分布列见解析；期望为．
【解析】
解：（1）①记“在这两天每天随机观看一个项目，恰好看到冰壶和冰球”为事件．
由表可知，在这两天每天随机观看一个项目，共有种不同情况，
其中恰好看到冰壶和冰球，共有种不同情况，
所以．
②记“在这两天每天随机观看一场决赛，两场决赛恰好在同一赛区”为事件．
由表可知，在这两天每天随机观看一场决赛共有种不同情况，
其中两场决赛恰好在北京赛区共有种不同情况，在张家口赛区共有种不同情况，
所以．
（2）随机变量的所有可能取值为．
根据题意，，
，
．
随机变量的分布列是：

数学期望．
【点睛】
思路点睛：求解离散型随机变量的数学期望的一般步骤：
（1）分析随机变量的可取值；
（2）计算随机变量取不同值时对应的概率；
（3）根据公式求解出期望值.
19．【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）．
【解析】
解：（1）当时，，
所以．
所以．
曲线在点处的切线方程为．
（2）由，得．
令，则．
当时，，当时，，
所以在区间上是减函数，在区间上是增函数．
所以的最小值为．
当时，，．
又在单调递增，
故存在，使得，在区间上，在区间上．
所以，在区间上，在区间上，
所以，在区间上单调递减，在区间上单调递增，
故函数存在极小值．
（3）对任意的实数，恒成立，等价于的最小值大于或等于．
①当时，，由（2）得，所以．
所以在上单调递增，
所以的最小值为．
由，得，满足题意．
②当时，由（2）知，在上单调递减，
所以在上，不满足题意．
综上所述，实数a的取值范围是．
【点睛】
本题的难点在于函数极值点的判断、考查导数与不等式恒成立问题的求解，解答时注意以下几点：
（1）利用导数讨论函数极值点的问题时，要注意将问题转化为的根的问题，且必须使在根的两侧异号，当的根无法解出时，可采用零点的存在性定理判断出根的范围；
（2）求解根据不等式恒成立求参问题时，一般采用参变分离法或者利用分类讨论思想，将问题转化为函数最值问题的求解.
20．【答案】（1）（2）1
【解析】
（1）椭圆过点，且
，

椭圆C的方程为
（2）如图，

设，
，， ，
，
由得 ，
，
，
，
为的中点，
，
即，
，
，
，
解得.
【点睛】
关键点点睛：根据条件得到点为的中点，根据此条件建立相关坐标之间的关系，是解决问题的关键，注意韦达定理在解题中的应用，属于中档题.
21．【答案】（1）；（2）不具有性质“”；答案见解析；（3）证明见解析．
【解析】
解：（1）因为具有性质“”，所以，．
由，得，由，得，
因为，所以，即；
（2）不具有性质“”．．．
由等比数列的公比为，由，得，故
设等差数列的公差为，由，，
得，由，所以，故．．．
所以．若具有性质“”，则，．
因为，，所以，故不具有性质“”
（3）因为具有性质“”，所以，．①
因为具有性质“”，所以，．②
因为，，所以由①得；由②，得，
所以，即．．．
由①②，得，，
所以，，．．
所以具有性质“”.
【点睛】
关键点点睛：在解决数列的新定义问题时，关键在于紧抓数列的定义，运用等差数列和等比数列的性质得以解决.