1、2021 年普通高等学校招生全国统一考试（北京卷） 数学数学 第一部分（选择题共第一部分（选择题共 40 分）分） 一、选择题共一、选择题共 10 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 40 分，在每小题列出的四个选项中，分，在每小题列出的四个选项中， 选出符合题目要求的一项选出符合题目要求的一项 1. 已知集合| 11Axx ， |02Bxx，则AB （） A. 1,2 B.( 1,2 C.0,1)D.0,1 【答案】B 【解析】 【分析】结合题意利用并集的定义计算即可. 【详解】由题意可得：| 12ABxx ，即 1,2AB . 故选：B. 2. 在复平面内，复数z满足(1)2i z
2、，则z （） A.2iB.2iC.1iD.1 i 【答案】D 【解析】 【分析】由题意利用复数的运算法则整理计算即可求得最终结果. 【详解】由题意可得： 2 12 12 1 1112 ii zi iii . 故选：D. 3. 已知 ( )f x是定义在上0,1的函数， 那么“函数( )f x在0,1上单调递增”是“函数( )f x 在0,1上的最大值为(1)f”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 【答案】A 【解析】 【分析】利用两者之间的推出关系可判断两者之间的条件关系. 【详解】若函数 fx在0,1上单调递增，则 fx在0,1
3、上的最大值为 1f， 若 fx在0,1上的最大值为 1f， 比如 2 1 3 f xx ， 但 2 1 3 f xx 在 1 0, 3 为减函数，在 1 ,1 3 为增函数， 故 fx在0,1上的最大值为 1f推不出 fx在0,1上单调递增， 故“函数 fx在0,1上单调递增”是“ fx在0,1上的最大值为 1f”的充分不必 要条件， 故选：A. 4. 某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为（） A. 33 2 B. 4C.3 3 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据三视图可得如图所示的几何体（三棱锥） ，根据三视图中的数据可计算该几何 体的表面积. 【详解】根据三视图可得如图所
4、示的几何体-正三棱锥OABC， 其侧面为等腰直角三角形，底面等边三角形， 由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为 1， 故其表面积为 2 1333 31 12 242 ， 故选：A. 5. 双曲线 22 22 :1 xy C ab 过点 2, 3， 且离心率为2， 则该双曲线的标准方程为 （） A. 2 2 1 3 y x B. 2 2 1 3 x yC. 2 2 3 1 3 y x D. 2 2 3 1 3 x y 【答案】A 【解析】 【分析】分析可得 3ba ，再将点2, 3代入双曲线的方程，求出a的值，即可得出 双曲线的标准方程. 【详解】2 c e a ，则2ca， 22 3bcaa ，则
5、双曲线的方程为 22 22 1 3 xy aa ， 将点2, 3的坐标代入双曲线的方程可得 222 231 1 3aaa ，解得1a ，故 3b ， 因此，双曲线的方程为 2 2 1 3 y x . 故选：A. 6. n a和 n b是两个等差数列，其中15 k k a k b 为常值， 1 288a ， 5 96a， 1 192b ， 则 3 b （ ） A.64B.128C.256D.512 【答案】B 【解析】 【分析】由已知条件求出 5 b的值，利用等差中项的性质可求得 3 b的值. 【 详 解 】 由 已 知 条 件 可 得 51 15 aa bb ， 则 5 1 5 1 96 19
6、2 64 288 a b b a ， 因 此 ， 15 3 19264 128 22 bb b . 故选：B. 7. 函数 ( )coscos2f xxx ，试判断函数的奇偶性及最大值（） A. 奇函数，最大值为 2B. 偶函数，最大值为 2 C. 奇函数，最大值为 9 8 D. 偶函数，最大值为 9 8 【答案】D 【解析】 【分析】 由函数奇偶性的定义结合三角函数的性质可判断奇偶性； 利用二倍角公式结合二次 函数的性质可判断最大值. 【详解】由题意， ()coscos2coscos2fxxxxxf x，所以该函数为 偶函数， 又 2 2 19 ( )coscos22coscos12 cos
7、 48 f xxxxxx ， 所以当 1 cos 4 x 时，( )f x取最大值 9 8 . 故选：D. 8. 定义：24 小时内降水在平地上积水厚度（mm）来判断降雨程度其中小雨（10mm） ， 中雨（10mm25mm） ，大雨（25mm50mm） ，暴雨（50mm 100mm） ，小明用一个圆锥 形容器接了 24 小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级（ ） A. 小雨B. 中雨C. 大雨 D. 暴雨 【答案】B 【解析】 【分析】计算出圆锥体积，除以圆面的面积即可得降雨量，即可得解. 【详解】由题意，一个半径为 200 100 mm 2 的圆面内的降雨充满一个底面半径为 200150
8、 50 mm 2300 ，高为150 mm的圆锥， 所以积水厚度 2 2 1 50150 3 12.5 mm 100 d ，属于中雨. 故选：B. 9. 已知圆 22 :4C xy， 直线: l ykxm， 当k变化时，l截得圆C弦长的最小值为 2， 则m（） A.2B. 2 C. 3 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求得圆心到直线距离，即可表示出弦长，根据弦长最小值得出m 【详解】由题可得圆心为0,0，半径为 2， 则圆心到直线的距离 2 1 m d k ， 则弦长为 2 2 2 4 1 m k ， 则当0k 时，弦长取得最小值为 2 2 42m ，解得 3m . 故选：C. 10
9、. 数列 n a是递增的整数数列，且 1 3a ， 12 100 n aaa ，则n的最大值为（） A. 9B. 10C. 11D. 12 【答案】C 【解析】 【分析】使数列首项、递增幅度均最小，结合等差数列的通项及求和公式即可得解. 【详解】若要使 n 尽可能的大，则 1 a，递增幅度要尽可能小， 不妨设数列 n a是首项为 3，公差为 1 的等差数列，其前 n 项和为 n S， 则2 n an， 11 3 13 1188100 2 S ， 12 3 14 12102100 2 S ， 所以 n 的最大值为 11. 故选：C. 第二部分（非选择题共第二部分（非选择题共 110 分）分） 二
10、、填空题二、填空题 5 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 25 分分 11. 34 1 ()x x 展开式中常数项为_ 【答案】4 【解析】 【详解】试题分析： 4 3 1 x x 的展开式的通项 4 312 4 144 1 C1C, r r r rrr r Txx x 令3r 得常数项为 3 3 44 1C4T . 考点：二项式定理. 12. 已知抛物线 2 :4C yx，焦点为F，点M为抛物线C上的点，且 6FM ，则M的 横坐标是_；作MNx轴于N，则 FMN S _ 【答案】. 5.4 5 【解析】 【分析】根据焦半径公式可求M的横坐标，求出纵坐标后可求 FMN S. 【详解
11、】因为抛物线的方程为 2 4yx，故2p 且1,0F. 因为6MF ，6 2 M p x，解得5 M x，故2 5 M y ， 所以 1 5 12 54 5 2 FMN S ， 故答案为：5，4 5. 13.(2,1)a ，(2, 1)b ，(0,1)c ，则()abc _；a b _ 【答案】. 0. 3 【解析】 【分析】根据坐标求出a b ，再根据数量积的坐标运算直接计算即可. 【详解】(2,1),(2, 1),(0,1)abc ， 4,0ab ，()4 00 10abc ， 2 2 113a b . 故答案为：0；3. 14. 若点 (cos ,sin )P与点(cos(),sin()
12、 66 Q 关于y轴对称，写出一个符合题意的 _ 【答案】 5 12 （满足 5 , 12 kkZ 即可） 【解析】 【 分 析 】 根 据,P Q在 单 位 圆 上 ， 可 得, 6 关 于 y 轴 对 称 ， 得 出 2, 6 kkZ 求解. 【详解】 (cos ,sin )P与cos,sin 66 Q 关于y轴对称， 即, 6 关于y轴对称， 2, 6 kkZ ， 则 5 , 12 kkZ ， 当0k 时，可取的一个值为 5 12 . 故答案为： 5 12 （满足 5 , 12 kkZ 即可）. 15. 已知函数 ( )lg2f xxkx ，给出下列四个结论： 若0k ，则 ( )f x
13、有两个零点； 0k ，使得 ( )f x有一个零点； 0k ，使得 ( )f x有三个零点； 0k ，使得 ( )f x有三个零点 以上正确结论得序号是_ 【答案】 【解析】 【分析】由 0f x 可得出lg2xkx，考查直线2ykx与曲线 lgg xx的左、 右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误. 【详解】对于，当0k 时，由 lg20f xx，可得 1 100 x 或100 x ，正确； 对于，考查直线2ykx与曲线lg01yxx 相切于点,lgP tt， 对函数lgyx 求导得 1 ln10 y x ， 由题意可得 2lg 1 ln10 ktt k t ， 解得
14、 100 100 lg e t ke e ， 所以，存在 100 lg0ke e ，使得 fx只有一个零点，正确； 对于，当直线2ykx过点1,0时，20k ，解得2k ， 所以，当 100 lg2ek e 时，直线2ykx与曲线lg01yxx 有两个交点， 若函数 fx有三个零点，则直线2ykx与曲线lg01yxx 有两个交点， 直线2ykx与曲线lg1yx x有一个交点，所以， 100 lg2 20 ek e k ，此不等式 无解， 因此，不存在0k ，使得函数 fx有三个零点，错误； 对于，考查直线2ykx与曲线lg1yx x相切于点,lgP tt， 对函数lgyx求导得 1 ln10
15、y x ，由题意可得 2lg 1 ln10 ktt k t ，解得 100 lg 100 te e k e ， 所以，当 lg 0 100 e k e 时，函数 fx有三个零点，正确. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都 是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 85 分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过
16、程分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程 16. 已知在ABC中，2 coscb B， 2 3 C （1）求B的大小； （2）在下列三个条件中选择一个作为已知，使ABC存在且唯一确定，并求出BC边上的 中线的长度 2cb ；周长为4 2 3 ；面积为 3 3 4 ABC S； 【答案】 （1） 6 ； （2）答案不唯一，具体见解析 【解析】 【分析】 （1）由正弦定理化边为角即可求解； （2）若选择：由正弦定理求解可得不存在； 若选择：由正弦定理结合周长可求得外接圆半径，即可得出各边，再由余弦定理可求； 若选择：由面积公式可求各边长，再由余弦定理可求. 【详解】 （1）2 coscbB，则
17、由正弦定理可得sin2sincosCBB， 23 sin2sin 32 B ， 2 3 C ，0, 3 B ， 2 20, 3 B ， 2 3 B ，解得 6 B ； （2）若选择：由正弦定理结合（1）可得 3 sin 2 3 1 sin 2 cC bB ， 与 2cb 矛盾，故这样的ABC不存在； 若选择：由（1）可得 6 A ， 设ABC的外接圆半径为R， 则由正弦定理可得2 sin 6 abRR ， 2 2 sin3 3 cRR ， 则周长 2342 3abcRR ， 解得2R ，则2,2 3ac， 由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： 2 2 2 3122 3 1 cos7 6 ；
18、若选择：由（1）可得 6 A ，即ab， 则 2 1133 3 sin 2224 ABC SabCa ，解得 3a ， 则由余弦定理可得BC边上的中线的长度为： 2 2 23321 2cos33 223422 aa bb . 17. 已知正方体 1111 ABCDABC D，点E为 11 AD中点，直线 11 BC交平面CDE于点F （1）证明：点F为 11 BC的中点； （2）若点M为棱 11 AB上一点，且二面角MCFE的余弦值为 5 3 ，求 1 11 AM AB 的值 【答案】 （1）证明见解析； （2） 1 11 1 2 AM AB 【解析】 【分析】(1)首先将平面CDE进行扩展，
19、然后结合所得的平面与直线 11 BC的交点即可证得 题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求 得实数的值. 【详解】(1)如图所示，取 11 BC的中点 F，连结 ,DE EF F C， 由于 1111 ABCDABC D为正方体，,E F为中点，故EFCD， 从而,E F C D四点共面，即平面 CDE 即平面CDEF， 据此可得：直线 11 BC交平面CDE于点 F， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F重合， 即点F为 11 BC中点. (2)以点D为坐标原点， 1 ,DA DC DD方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立
20、空间直角 坐标系Dxyz， 不妨设正方体的棱长为 2，设 1 11 01 AM AB ， 则：2,2 ,2 ,0,2,0 ,1,2,2 ,1,0,2MCFE， 从而：2,22 , 2 ,1,0,2 ,0, 2,0MCCFFE ， 设平面MCF的法向量为： 111 ,mx y z ，则： 111 11 22220 20 m MCxyz m CFxz ， 令 1 1z 可得： 1 2, 1 1 m ， 设平面CFE的法向量为： 222 ,nxy z ，则： 2 22 20 20 n FEy n CFxz ， 令 1 1z 可得： 2,0, 1n ， 从而： 2 1 5,5,5 1 m nmn ，
21、则： 2 , 1 55 1 55 cos 3 m n m n mn ， 整理可得： 21 1 4 ，故 1 2 （ 3 2 舍去）. 【点睛】 本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题， 意在考查学生的空间想象 能力和逻辑推理能力，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. 18. 为加快新冠肺炎检测效率，某检测机构采取“k 合 1 检测法”，即将 k 个人的拭子样本 合并检测，若为阴性，则可以确定所有样本都是阴性的；若为阳性，则还需要对本组的每个 人再做检测现有 100 人，已知其中 2 人感染病毒 （1）若采用“10 合 1
22、 检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数； 已知 10 人分成一组，分 10 组，两名感染患者在同一组的概率为 1 11 ，定义随机变量 X 为 总检测次数，求检测次数 X 的分布列和数学期望 E(X)； （2）若采用“5 合 1 检测法”，检测次数 Y 的期望为 E(Y)，试比较 E(X)和 E(Y)的大小(直接 写出结果) 【答案】 （1）20次；分布列见解析；期望为 320 11 ； （2）见解析 【解析】 【分析】 （1）由题设条件还原情境，即可得解； 求出 X 的取值情况，求出各情况下的概率，进而可得分布列，再由期望的公式即可得解； （2）求出 E Y，分类即可得解. 【详解】
23、（1）对每组进行检测，需要 10 次；再对结果为阳性的组每个人进行检测，需要 10 次； 所以总检测次数为 20 次； 由题意，X可以取 20，30， 1 20 11 P X ， 110 301 1111 P X ， 则X的分布列: X2030 P 1 11 10 11 所以 110320 2030 111111 E X ； （2）由题意，Y可以取 25，30，设两名感染者在同一组的概率为 p， 25P Yp，301P Yp ， 则 2530 1305E Yppp， 若 2 11 p 时， E XE Y； 若 2 11 p 时， E XE Y； 若 2 11 p 时， E XE Y. 19.
24、已知函数 2 32x f x xa （1）若0a ，求 yf x在 1,1f处切线方程； （2）若函数 fx在1x 处取得极值，求 fx的单调区间，以及最大值和最小值 【答案】 （1）450 xy； （2）函数 fx的增区间为, 1 、 4,，单调递减区 间为1,4，最大值为1，最小值为 1 4 . 【解析】 【分析】 （1）求出 1f、 1 f 的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）由10f 可求得实数a的值，然后利用导数分析函数 fx的单调性与极值，由 此可得出结果. 【详解】 （1） 当0a 时， 2 32x fx x ， 则 3 23x fx x ， 11f， 14 f ， 此
25、时，曲线 yf x在点 1,1f处的切线方程为141yx ，即450 xy； （2）因为 2 32x f x xa ，则 22 22 22 223223xaxxxxa fx xaxa ， 由题意可得 2 2 4 10 1 a f a ，解得4a ， 故 2 32 4 x fx x ， 2 2 214 4 xx fx x ，列表如下： x , 1 11,44 4, fx 0 0 fx增极大值减极小值增 所以，函数 fx的增区间为, 1 、 4,，单调递减区间为1,4 . 当 3 2 x 时， 0f x ；当 3 2 x 时， 0f x . 所以， max 11f xf， min 1 4 4 f
26、xf . 20. 已知椭圆 22 22 :1(0) xy Eab ab 过点 (0, 2)A，以四个顶点围成的四边形面积为 4 5 （1）求椭圆 E 的标准方程； （2）过点 P(0，-3)的直线 l 斜率为 k，交椭圆 E 于不同的两点 B，C，直线 AB，AC 交 y=-3 于点 M、N，直线 AC 交 y=-3 于点 N，若|PM|+|PN|15，求 k 的取值范围 【答案】 （1） 22 1 54 xy ； （2） 3, 1) (1,3 【解析】 【分析】 （1）根据椭圆所过的点及四个顶点围成的四边形的面积可求, a b，从而可求椭圆的 标准方程. （2）设 1122 ,B x yC
27、xy，求出直线,AB AC的方程后可得,M N的横坐标，从而可得 PMPN，联立直线BC的方程和椭圆的方程，结合韦达定理化简PMPN，从而 可求k的范围，注意判别式的要求. 【详解】 （1）因为椭圆过0, 2A，故2b ， 因为四个顶点围成的四边形的面积为4 5，故 1 224 5 2 ab，即 5a ， 故椭圆的标准方程为： 22 1 54 xy . （2） 设 1122 ,B x yC xy， 因为直线BC的斜率存在，故 12 0 x x ， 故直线 1 1 2 :2 y AB yx x ，令3y ，则 1 1 2 M x x y ，同理 2 2 2 N x x y . 直线:3BC yk
28、x，由 22 3 4520 ykx xy 可得 22 4530250kxkx， 故 22 900100 450kk ，解得1k 或1k . 又 1212 22 3025 , 4545 k xxx x kk ，故 12 0 x x ，所以0 MN x x 又 12 12 = 22 MN xx PMPNxx yy 22 1212 12 222 121212 22 5030 2 4545 =5 2530111 1 4545 kk kx xxxxx kk k kkkxkxk x xk xx kk 故515k 即 3k ， 综上，31k 或13k . 21. 定义 p R数列 n a：对实数 p，满足：
29、 1 0ap ， 2 0ap ； 414 , nn nNaa ； ,1 m nmnmn aaap aap ，,m nN （1）对于前 4 项 2，-2，0，1 的数列，可以是 2 R数列吗？说明理由； （2）若 n a是 0 R数列，求 5 a的值； （3）是否存在 p，使得存在 p R数列 n a，对 10 , n nNSS ？若存在，求出所有这样的 p； 若不存在，说明理由 【答案】 （1）不可以是 2 R数列；理由见解析； （2） 5 1a ； （3）存在；2p 【解析】 【分析】(1)由题意考查 3 a的值即可说明数列不是 2 R数列； (2)由题意首先确定数列的前 4 项，然后讨论计
30、算即可确定 5 a的值； (3)构造数列 nn bap，易知数列 n b是 0 R的，结合(2)中的结论求解不等式即可确定满 足题意的实数p的值. 【详解】(1)由性质结合题意可知 31212 02,2 12,3aaaaa， 矛盾，故前 4 项2, 2,0,1的数列，不可能是 2 R数列. (2)性质 12 0,0aa， 由性质 2 ,1 mmm aaa ，因此 31 aa或 31 1aa， 4 0a 或 4 1a ， 若 4 0a ，由性质可知 34 aa，即 1 0a 或 1 10a ，矛盾； 若 431 1,1aaa，由 34 aa有 1 1 1a ，矛盾. 因此只能是 431 1,aa
31、a. 又因为 413 aaa或 413 1aaa，所以 1 1 2 a 或 1 0a . 若 1 1 2 a ，则 21 1111111 0,0 12,211,2aaaaaaaa ， 不满足 2 0a ，舍去. 当 1 0a ，则 n a前四项为:0，0，0，1， 下面用纳法证明 444 (1,2,3),1 n in an iannN ： 当0n 时，经验证命题成立，假设当(0)nk k时命题成立， 当1nk时： 若1i ，则 4541145kkjkj aaa ，利用性质： * 45 ,144 ,1 jkj aajNjkk k ，此时可得： 45 1 k ak ； 否则，若 45k ak ，取
32、0k 可得： 5 0a ， 而由性质可得： 514 1,2aaa，与 5 0a 矛盾. 同理可得： * 46 ,145 ,1 jkj aajNjkk k ，有 46 1 k ak ； * 48 ,2461,2 jkj aajNjkkk ，有 48 2 k ak ； * 47 ,1461 jkj aajNjkk ，又因为 4748kk aa ，有 47 1. k ak 即当1nk时命题成立，证毕. 综上可得： 1 0a ， 54 1 1 1aa . (3)令 nn bap，由性质可知： * , m nm n m nNbap ,1 mnmn apap apap ,1 mnmn bb bb， 由于
33、1122414144 0,0, nnnn bapbapbapapb ， 因此数列 n b为 0 R数列. 由（2）可知: 若 444 ,(1,2,3),1 n in nN anp ianp ； 11111402 3 20aSSap ， 910104 2 2 (2)0SSaap ， 因此2p ，此时 1210 ,0a aa，011 j aj，满足题意. 【点睛】本题属于数列中的“新定义问题”，“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新 定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理 解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基 础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
