1、2021年北京市海淀区高考数学一模试卷一、选择题（共10小题）.1已知集合A1，Bx|xa）若ABB，则实数a的取值范围是（）A（，1）B（，1C（1，+）D1，+）2如图，在复平面内，复数z对应的点为P则复数的虚部为（）A1B1C2D23已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a5S55，则a1（）A5B4C3D24在的展开式中，x4的系数为12，则a的值为（）A2B2C1D15函数f（x）sinx+cosx，f（x）sinxcosx，中，周期是且为奇函数的所有函数的序号是（）ABCD6已知函数f（x）满足f（1+x）f（1x），且当x1时，f（x）log2x，则f（8）f（2）（）A2B1C
2、1D37已知，是单位向量，+2，若，则|（）A3BCD8已知点A（x1，x12），B（x2，x22），则“ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”的（）A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9设无穷等比数列an的前n项和为Sn，若a1a2a1，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列C数列Sn有最大项D数列Sn有最小项10我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为a，记平面a截牟合方盖所得截面
3、的面积为s，则函数Sf（h）的图象是（）ABCD二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11已知函数f（x）x3+ax，若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线的斜率为2则实数a的值是 12已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为 13已知点O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m0），则cos， ，若B是以OA为边的矩形的顶点，则m 14若实数，满足方程组，则的一个值是 15对平面直角坐标系xOy中的两组点，如果存在一条直线ax+by+c0使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”，对于一条分类直线l，记所有的点到l的距离的最小值为d1，约定：d1越大，分类
4、直线l的分类效果越好，某学校高三（2）出的7位同学在2020年期间网购文具的费用x（单位：百元）和网购图书的费用y（单位：百元）的情况如图所示，现将P1，P2，P3和P4归为第组点，将Q1，Q2和Q3归为第组点，在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为L给出下列四个结论：直线x2.5比直线3xy50的分类效果好；分类直线L的斜率为2；该班另一位同学小明的网购文具与网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第组点位于L的同侧；如果从第组点中去掉点P1，第组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L其中所有正确结论的序号是 三、解答题共6小题，共85分。解
5、答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。16如图，在四边形ABCD中，ABCD，AB2，CD，cosA，cos（）求cosBDC；（）求BC的长17在如图所示的多面体中，ABCD，四边形ACFE为矩形，ABAE1，ADCD2（）求证：平面ABE平面CDF；（）设平面BEF平面CDFl，再从条件、条件、条件这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角BlC的大小确定，并求此二面角的余弦值条件：ABAD；条件：AE平面ABCD；条件：平面AED平面ABCD18每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名
6、高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成0，2，（2，4，（4，6，（6，8，（8，10，（10，12，（12，14，（14，16，（16，18九组，绘制成如图所示的频率分布直方图（）求a的值；（）为进一步了解这500名学生数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在（12，14，（14，16，（16，18三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在（14，16内的学生人数为X，求X的分布列；（）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“P20（
7、k）”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在（10，12（单位：小时）内的概率，其中k0，1，2，20当P20（k）最大时，写出k的值（只需写出结论）19已知函数f（x）xsinx（）判断函数f（x）在区间（0，）上的单调性，并说明理由；（）求证：函数f（x）在（，）内有且只有一个极值点；（）求函数g（x）在区间（1，上的最小值20已知椭圆M：（ab0）过A（2，0），B（0，1）两点（）求椭圆M的离心率；（）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点21已知无穷数列an，对于mN*，若an同时
8、满足以下三个条件，则称数列an具有性质P（m）条件：an0（n1，2，）；条件：存在常数T0，使得anT（n1，2，）；条件：an+an+1man+2（n1，2，）（）若an5+4（n1，2，），且数列an具有性质P（m），直接写出m的值和一个T的值；（）是否存在具有性质P（1）的数列an？若存在，求数列an的通项公式；若不存在，说明理由；（）设数列an具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列an的通项公式参考答案一、选择题共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A1，Bx|xa）若ABB，则实数a的取值范围是（）A（，1）B（，1C（1
9、，+）D1，+）【解答】ABB，AB，a1 故选：B2如图，在复平面内，复数z对应的点为P则复数的虚部为（）A1B1C2D2解：由题意可得，点P对应的复数z1+2i，2+i，复数的虚部为1故选：A3已知an为等差数列，Sn为其前n项和若a5S55，则a1（）A5B4C3D2解：因为an为等差数列，a5S55，所以，解得a13故选：C4在的展开式中，x4的系数为12，则a的值为（）A2B2C1D1解：由题设可得：的展开式的通项公式为Tr+1x6r（）r（a）rx62r（r0，1，6），令62r4，可得r1，由x4的系数为12，可得12（a）6a，解得a2，故选：B5函数f（x）sinx+cosx
10、，f（x）sinxcosx，中，周期是且为奇函数的所有函数的序号是（）ABCD解：f（x）sinx+cosx，所以T2，非奇非偶函数，f（x）sinxcosx，故T，奇函数，故T，奇函数故选：D6已知函数f（x）满足f（1+x）f（1x），且当x1时，f（x）log2x，则f（8）f（2）（）A2B1C1D3解：函数f（x）满足f（1+x）f（1x），故其对称轴为x1，所以：f（2）f（4），当x1时，f（x）log2x，f（8）f（2）f（8）f（4）log28log24321，故选：C7已知，是单位向量，+2，若，则|（）A3BCD解：，是单位向量，+2，0，1，|故选：C8已知点A（x1
11、，x12），B（x2，x22），则“ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”的（）A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解：由点A（x1，x12），B（x2，x22），可得点A，B在抛物线yx2上，只有点A，B关于y轴对称时ABC才有可能是等边三角形，此时“直线AB的斜率为0；反之“直线AB的斜率为0”，虽然点A，B关于y轴对称，但是ABC不一定是等边三角形“ABC是等边三角形”是“直线AB的斜率为0”的充分而不必要条件故选：A9设无穷等比数列an的前n项和为Sn，若a1a2a1，则（）ASn为递减数列BSn为递增数列C数列Sn有最大项D数列Sn有最小项解
12、：由a1a2a1可得a10，所以q1，因为a1a2得q1，所以1q1，因为，当0q1时，Sn递增，当1q0时，Sn递减，A，B错误；当0q1时，Sn最小项S1，没有最大项，当1q0时，a10，a20，a30，a40且a3+a40，Sn最小项S2，没有最大项，C错误，D正确故选：D10我国魏晋时期的数学家刘徽创造了一个称为“牟合方盖”的立体图形来推算球的体积，如图1，在一个棱长为2a的立方体内作两个互相垂直的内切圆柱，其相交的部分就是牟合方盖，如图2，设平行于水平面且与水平面距离为h的平面为a，记平面a截牟合方盖所得截面的面积为s，则函数Sf（h）的图象是（）ABCD解：由图1可得，正方体的内切
13、球也是“牟合方盖”内切球，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，并且此正方形是平面截内切球的截面圆的外接正方形，内切球的半径为a，设截面圆的半径为r，则有（ah）2+r2a2，解得r2h2+2ah，设截面圆的外接正方形的边长为b，则b2r，正方形的面积为Sb24r24h2+8ah，h0，2a，由函数的解析式可知，图象应该是开口向下的抛物线故选：D二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.11已知函数f（x）x3+ax，若曲线yf（x）在点（1，f（1）处的切线的斜率为2则实数a的值是1解：f（x）x3+ax，f（x）3x2+a，f（1）3+a2，解得：a1，故答案为：112
14、已知双曲线的两条渐近线互相垂直，则该双曲线的离心率为解：设双曲线方程为1，则双曲线的渐近线方程为yx两条渐近线互相垂直，（）1a2b2，cae故答案为：13已知点O（0，0），A（1，2），B（m，0）（m0），则cos，若B是以OA为边的矩形的顶点，则m5解：根据题意，点O（0，0），A（1，2），B（m，0），则（1，2），（m，0），则|，|m，m，故cos，若B是以OA为边的矩形的顶点，而与不垂直，则必有，又由（m1，2），则有（m1）+2（2）0，解可得m5，故答案为：，514若实数，满足方程组，则的一个值是0解：实数，满足方程组，则，由于cos2+sin21，所以，整理得，故可以取
15、0故答案为：015对平面直角坐标系xOy中的两组点，如果存在一条直线ax+by+c0使这两组点分别位于该直线的两侧，则称该直线为“分类直线”，对于一条分类直线l，记所有的点到l的距离的最小值为d1，约定：d1越大，分类直线l的分类效果越好，某学校高三（2）出的7位同学在2020年期间网购文具的费用x（单位：百元）和网购图书的费用y（单位：百元）的情况如图所示，现将P1，P2，P3和P4归为第组点，将Q1，Q2和Q3归为第组点，在上述约定下，可得这两组点的分类效果最好的分类直线，记为L给出下列四个结论：直线x2.5比直线3xy50的分类效果好；分类直线L的斜率为2；该班另一位同学小明的网购文具与
16、网购图书的费用均为300元，则小明的这两项网购花销的费用所对应的点与第组点位于L的同侧；如果从第组点中去掉点P1，第组点保持不变，则分类效果最好的分类直线不是L其中所有正确结论的序号是解：对于：当x2.5时，P1（1.5，2），P2（1，3），P3（2，3），P4（2，3），Q1（3，1），Q2（3，2），Q3（4，3），d10.5当3xy50时，d1，故直线3xy5比直线0x2.5的分类效果好，故错误；对于：由图可得，定位L的位置由P1，P3，Q2确定，到点的距离的最小值较大，过点P1，P3，Q2的外心，即2k3+bk2+b，解得k2，故正确；对于：P3到L的距离与Q2到L的距离相等时为L的
17、临界值，点（3，3）在L右侧，故正确；对于：去掉P1后，2k3+b3k2+b，解得k1，故正确故答案为：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如图，在四边形ABCD中，ABCD，AB2，CD，cosA，cos（）求cosBDC；（）求BC的长解：（）因为ABCD，cosA，cos，所以sinA，sinADB，cosBDCcos（A+ADB）cos（A+ADB）sinAsinADBcosAcosADB（）由已知及正弦定理，可得，解得BD3，由于cosBDC，CD，在BCD中，由余弦定理可得BC17在如图所示的多面体中，ABCD，四边形ACFE为矩形，ABAE1
18、，ADCD2（）求证：平面ABE平面CDF；（）设平面BEF平面CDFl，再从条件、条件、条件这三个条件中选择若干个作为已知，使二面角BlC的大小确定，并求此二面角的余弦值条件：ABAD；条件：AE平面ABCD；条件：平面AED平面ABCD解：（）证明：因为四边形ACFE为矩形，所以CFAE，又AE平面ABE，CF平面ABE，所以CF平面ABE，又因为ABCD，又AB平面ABE，CD平面ABE，所以CD平面ABE，又CDCFC，CD，CF平面CDF，所以平面ABE平面CDF；（）选择：因为AE平面ABCD，AB，AD平面ABCD，所以AEAB，AEAD，又因为ABAD，所以AB，AE，AD两两
19、互相垂直，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，0），E（0，0，1），F（2，2，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x1，则y1，z1，故，因为AD平面ABE，又平面ABE平面CDF，所以AD平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角BlC的余弦值为选择：因为AE平面ABCD，AD平面ABCD，所以AEAD，因为平面AED平面ABCD，平面AED平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面ADE，又AE平面ADE，所以ABAE，又因为ABAD，所以AB，AE，AD两两互相垂直，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，0），E（0，0，
20、1），F（2，2，1），所以，设平面BEF的法向量为，则，即，令x1，则y1，z1，故，因为AD平面ABE，又平面ABE平面CDF，所以AD平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角BlC的余弦值为选择：因为平面AED平面ABCD，平面AED平面ABCDAD，ABAD，所以AB平面ADE，又AE平面ADE，所以ABAE，在矩形ACFE中，AEAC，又AC，AB平面ABCD，ACABA，所以AE平面ABCD，又AD平面ABCD，所以AEAD，所以AB，AE，AD两两互相垂直，以点A为坐标原点建立空间直角坐标系如图所示，则B（1，0，0），E（0，0，1），F（2，2，1），所以，设平
21、面BEF的法向量为，则，即，令x1，则y1，z1，故，因为AD平面ABE，又平面ABE平面CDF，所以AD平面CDF，取平面CDF的一个法向量为，所以，故二面角BlC的余弦值为18每年的4月23日是联合国教科文组织确定的“世界读书日”，又称“世界图书和版权日”为了解某地区高一学生阅读时间的分配情况，从该地区随机抽取了500名高一学生进行在线调查，得到了这500名学生的日平均阅读时间（单位：小时），并将样本数据分成0，2，（2，4，（4，6，（6，8，（8，10，（10，12，（12，14，（14，16，（16，18九组，绘制成如图所示的频率分布直方图（）求a的值；（）为进一步了解这500名学生
22、数字媒体阅读时间和纸质图书阅读时间的分配情况，从日平均阅读时间在（12，14，（14，16，（16，18三组内的学生中，采用分层抽样的方法抽取了10人，现从这10人中随机抽取3人，记日平均阅读时间在（14，16内的学生人数为X，求X的分布列；（）以调查结果的频率估计概率，从该地区所有高一学生中随机抽取20名学生，用“P20（k）”表示这20名学生中恰有k名学生日平均阅读时间在（10，12（单位：小时）内的概率，其中k0，1，2，20当P20（k）最大时，写出k的值（只需写出结论）解：（）由频率分布直方图得：2（0.02+0.03+0.05+0.05+0.15+a+0.05+0.04+0.01）
23、1，解得a0.10（）由频率分布直方图得：这500名学生中日平均阅读时间在（12，14，（14，16，（16，18三组内的学生人数分别为：5000.1050人，5000.0840人，5000.0210人，若采用分层抽样的方法抽取了10人，则从日平均阅读时间在（14，16内的学生中抽取：4人，现从这10人中随机抽取3人，则X的可能取值为0，1，2，3，P（X0），P（X1），P（X2），P（X3），X的分布列为： X 0 1 2 3 P （）当P20（k）最大时，k419已知函数f（x）xsinx（）判断函数f（x）在区间（0，）上的单调性，并说明理由；（）求证：函数f（x）在（，）内有且只有一
24、个极值点；（）求函数g（x）在区间（1，上的最小值解：（I）f（x）sinx+xcosx，因为x（0，），所以sinx0，cosx0，所以f（x）0，所以函数f（x）在区间（0，）上的单调递增（）证明：h（x）f（x），则h（x）2cosxxsinx，当x（，）时，h（x）0，h（x）单调递减，又因为f（）10，f（）0，所以存在唯一x0（，），使得f（x0）0，随着x变化，f（x），f（x）的变化情况如下：x （，x0）x0（x0，） f（x）+ 0 f（x） 极大值所以f（x）在（，）内有且只有一个极值点（）由（）（）可知，f（x）在（1，x0）内单调递增，在（x0，）内单调递减，又因为f
25、（1）sin10，f（）0，所以当x（1，时，f（x）+11，又因为当x（1，时，0lnxln，所以g（x），当且仅当x时取等号，所以g（x）在（1，上的最小值为20已知椭圆M：（ab0）过A（2，0），B（0，1）两点（）求椭圆M的离心率；（）设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上（P不与椭圆M的顶点重合），直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点解：（）因为点A（2，0），B（0，1）都在椭圆M上，所以a2，b1，所以c，所以椭圆M的离心率为e（）证明：由（）知椭圆M的方程为+y21，C（2，0），由题意知直线BA的方程为x2y2，设P（x0，y0）（y00，y
26、01），Q（2yQ2，yQ），S（xS，0），因为C，P，Q三点共线，所以，所以（x02）yQy0（2yQ4），所以yQ，所以Q（，），因为B，S，P三点共线，所以，即xS，所以S（，0），所以直线QS的方程为xy+，因为点P在椭圆M上，所以x0244y02，所以直线QS的方程为x（y1）+2，所以直线QS过定点（2，1）21已知无穷数列an，对于mN*，若an同时满足以下三个条件，则称数列an具有性质P（m）条件：an0（n1，2，）；条件：存在常数T0，使得anT（n1，2，）；条件：an+an+1man+2（n1，2，）（）若an5+4（n1，2，），且数列an具有性质P（m），直接写出
27、m的值和一个T的值；（）是否存在具有性质P（1）的数列an？若存在，求数列an的通项公式；若不存在，说明理由；（）设数列an具有性质P（m），且各项均为正整数，求数列an的通项公式解：（）m2，T6（答案不唯一）；（）不存在具有性质P（1）的数列an，理由如下：依题意有：an+an+1an+2（n1，2，）an0（n1，2，），a2a3a4a4a3a2，a5a4a2，an+3an+1a2，an+3na2+a3，当时，an+3T不符合题意不存在具有性质P（1）的数列an（）由（）可得m1当m2时，（an+an+1）an+2（n1，2，），（an+2an+1）（an+1an）（n1，2，），|an+2an+1|a2a1|（n1，2，），当a2a1c（c为常数，且为正整数）时，anc，数列an具有性质P（2）当a2a1时，当nlog2|a2a1|时，|an+2an+1|a2a1|（0，1）（n1，2，），与数列an各项均为正整数矛盾，不符合题意当m3时，令bnmaxan，an+1，an+2（an+1+an）（an+1+an）（bn+bn）bn，an+3（an+1+an+2）（an+1+an+2）（bn+bn）bn，bn+2bn1，b2b11，b3b21，b2n1b1n，当nb1时，b2n1b1n0与b2n+1N+矛盾综上，数列an的通项公式为anc（c为常数，且为正整数）
