1、2021 年北京市高考数学试卷（理科）年北京市高考数学试卷（理科）一、选择题共一、选择题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。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（5 分）已知复数 z2+i，则 zz=（）A 3B 5C3D5高考高考2（5 分）执行如图所示的程序框图，输出的 s 值为（）A1B2C3D43（5 分）已知直线 l 的参数方程为x=1+3t，=2+4（t 为参数），则点（1，0）到直线 l 的距离是（）15254565ABCD2 21=1（ab0）的离心率为，则（）224（5 分）已知椭
2、圆2Aa22b2+B3a24b2Ca2bD3a4b5（5 分）若 x，y 满足|x|1y，且 y1，则 3x+y 的最大值为（）A7B1C5D716（5 分）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满足 m m=2115lg，其中星等为 m 的星的亮度为 E（k1，2）已知太阳的星等是26.7，天狼星的星等是kk2 21.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为（）A1010.1B10.1Clg10.1D1010.17（5 分）设点 A，B，C 不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的（）A充分而不必要条件C充分必要条件B必要而不充分条件D既不充分也
3、不必要条件8（5 分）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C：x2+y21+|x|y 就是其中之一（如图）给出下列三个结论：曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2；曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3其中，所有正确结论的序号是（）试卷试卷ABCD二、填空题共二、填空题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分。分。9（5 分）函数 f（x）sin22x 的最小正周期是210（5 分）设等差数列a 的前 n 项和为 S，若 a 3，S 10，则 a，S 的最小值nnn255为11（5 分）某几何体
4、是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为 1，那么该几何体的体积为高高考考12（5 分）已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断：lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题：13（5 分）设函数 f（x）ex+aex（a 为常数）若 f（x）为奇函数，则 a的增函数，则 a 的取值范围是；若 f（x）是 R 上14（5 分）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为 60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购
5、买水果的总价达到 120 元，顾客就少付 x 元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的 80%当 x10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒，需要支付元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 x 的最大值为 三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。31215（13 分）在ABC 中，a3，bc2，cosB=-（）求 b，c 的值；（）求 sin（BC）的值16（14 分）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PAAD
6、CD2，1BC3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且=3（）求证：CD平面 PAD；（）求二面角 FAEP 的余弦值；2（）设点 G 在 PB 上，且=判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由3练练17（13 分）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变近年来，移动支付已成为主要支付方式之一为了解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了 100 人，试卷试卷发现样本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下：（0，1000（1000，2000大于 2000仅使用 A18 人9
7、人3 人1 人仅使用 B10 人14 人4（）从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率；（）从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于1000 元的人数，求 X 的分布列和数学期望；（）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化现从样本仅使用 A 的学生中，随机抽查 3人，发现他们本月的支付金额都大于 2000 元根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化？说明理由18（14 分）已知抛物线 C：x22py 经过点（2，1）（）求抛物线 C 的方程及
8、其准线方程；（）设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y1分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点119（13 分）已知函数 f（x）=x3x2+x4（）求曲线 yf（x）的斜率为 1 的切线方程；（）当 x2，4时，求证：x6f（x）x；（）设 F（x）|f（x）（x+a）|（aR），记 F（x）在区间2，4上的最大值为 M（a）当 M（a）最小时，求 a 的值20（13 分）已知数列a，从中选取第 i 项、第 i 项、第 i 项（i i i），若 a ai2n12m12mi1a
9、i，则称新数列 ai，ai，ai 为a 的长度为 m 的递增子列规定：数列a 的任意一项12nn都是a 的长度为 1 的递增子列n（）写出数列 1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为 4 的递增子列；（）已知数列a 的长度为 p 的递增子列的末项的最小值为 a，长度为 q 的递增子列的末项的最小nm0值为 a 若 pq，求证：a a；nmn000（）设无穷数列a 的各项均为正整数，且任意两项均不相等若a 的长度为 s 的递增子列末项的nn5最小值为 2s1，且长度为 s 末项为 2s1 的递增子列恰有 2s1 个（，），求数列s12a 的通项n公式62021 年北京市高考数学试卷（理科）年北
10、京市高考数学试卷（理科）参考答案与试题解析参考答案与试题解析一、选择题共一、选择题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，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。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（5 分）（2021北京）已知复数 z2+i，则 zz=（）A 3B 5C3D5【考点】A5：复数的运算【专题】38：对应思想；4R：转化法；5N：数系的扩充和复数【分析】直接由z =|2求解【解答】解：z2+i，222+12 2)=5zz=|z|=(故选：D【点评】本题考查复数及其运算性质，是基础的计算题2（5 分）（2021北京）执行如图所示的
11、程序框图，输出的 s 值为（）试试卷卷7A1B2C3D4【考点】EF：程序框图【专题】11：计算题；27：图表型；4B：试验法；5K：算法和程序框图【分析】由已知中的程序语句可知：该程序的功能是利用循环结构计算并输出变量 s 的值，模拟程序的运行过程，分析循环中各变量值的变化情况，可得答案【解答】解：模拟程序的运行，可得k1，s1s2不满足条件 k3，执行循环体，k2，s2不满足条件 k3，执行循环体，k3，s2此时，满足条件 k3，退出循环，输出 s 的值为 2故选：B【点评】本题考查了程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，以便得出正确的结论，是基础题3（5 分）（2021北京
12、）已知直线 l 的参数方程为x=1+3t，（t 为参数），则点（1，0）到直线 l 的距=2+4离是（）15254565ABCD【考点】IT：点到直线的距离公式；QH：参数方程化成普通方程【专题】34：方程思想；4R：转化法；5S：坐标系和参数方程【分析】消参数 t 化参数方程为普通方程，再由点到直线的距离公式求解8x=1+3t【解答】解：由（t 为参数），消去 t，可得 4x3y+20=2+4|4 1 3 0+2|6则点（1，0）到直线 l 的距离是 d=故选：D=42+(3)25【点评】本题考查参数方程化普通方程，考查点到直线距离公式的应用，是基础题2 24（5 分）（2021北京）已知椭
13、圆21+=1（ab0）的离心率为，则（）22Aa22b2B3a24b2Ca2bD3a4b【考点】K4：椭圆的性质【专题】34：方程思想；4A：数学模型法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】由椭圆离心率及隐含条件 a 2b2+c2得答案 12【解答】解：由题意，=，得=，则12 21=，224244a ，即 3a24b224b2 a2故选：B【点评】本题考查椭圆的简单性质，熟记隐含条件是关键，是基础题5（5 分）（2021北京）若 x，y 满足|x|1y，且 y1，则 3x+y 的最大值为（）A7B1C5D7【考点】7C：简单线性规划【专题】31：数形结合；4R：转化法；59：不等式的解法
14、及应用【分析】由约束条件作出可行域，令 z3x+y，化为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优9202解的坐标代入目标函数得答案|x|1-y【解答】解：由作出可行域如图，1高考高考y=-1+1=0联立，解得 A（2，1），令 z3x+y，化为 y3x+z，由图可知，当直线 y3x+z 过点 A 时，z 有最大值为 3215故选：C【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题6（5 分）（2021北京）在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述两颗星的星等与亮度满15足 m m=lg，其中星等为 m 的星的亮度为 E（k1，2）已知太阳的星等是26.7，天狼星
15、21kk2 2的星等是1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为（）A1010.1B10.1Clg10.1D1010.1【考点】4H：对数的运算性质【专题】33：函数思想；4O：定义法；51：函数的性质及应用15【分析】把已知熟记代入 m m=lg，化简后利用对数的运算性质求解212 2【解答】解：设太阳的星等是 m 26.7，天狼星的星等是 m 1.45，121051由题意可得：-1.45-(-26.7)=22，1lg150.55=10.1，则=1010.122故选：A【点评】本题考查对数的运算性质，是基础的计算题7（5 分）（2021北京）设点 A，B，C 不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”
16、是“|AB+AC|BC|”的（）A充分而不必要条件C充分必要条件B必要而不充分条件D既不充分也不必要条件【考点】29：充分条件、必要条件、充要条件【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；5L：简易逻辑；64：直观想象【分析】“AB与AC的夹角为锐角”“|AB+AC|BC|”，“|AB+AC|BC|”“AB与AC的夹角为锐角”，由此能求出结果【解答】解：点 A，B，C 不共线，“AB与AC的夹角为锐角”“|AB+AC|BC|”，“|AB+AC|BC|”“AB与AC的夹角为锐角”，设点 A，B，C 不共线，则“AB与AC的夹角为锐角”是“|AB+AC|BC|”的充分必要条件故选：C【点
17、评】本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查向量等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题118（5 分）（2021北京）数学中有许多形状优美、寓意美好的曲线，曲线 C：x2+y21+|x|y 就是其中之一（如图）给出下列三个结论：曲线 C 恰好经过 6 个整点（即横、纵坐标均为整数的点）；曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2；曲线 C 所围成的“心形”区域的面积小于 3高考高考其中，所有正确结论的序号是（）ABCD【考点】2K：命题的真假判断与应用；KE：曲线与方程【专题】11：计算题；5L：简易逻辑【分析】将 x 换成x 方程不变，所以图形关于 y 轴对称，根据对称性讨
18、论 y 轴右边的图形可得【解答】解：将 x 换成x 方程不变，所以图形关于 y 轴对称，当 x0 时，代入得 y ，即曲线经过（，），（，）；21y101012 33当 x0 时，方程变为 y 2xy+x2 ，所以 （），解得 x（，10 x24x2100，所以 x 只能取整数 1，当 x1 时，y ，解得 或 ，即曲线经过（，），（，），2y0y0y11011根据对称性可得曲线还经过（1，0），（1，1），故曲线一共经过 6 个整点，故正确122+2当 x0 时，由 x2+y21+xy 得 x2+y2 xy 1，（当 xy 时取等），2x2+y2，x22+22，即曲线 C 上 y 轴右边的点
19、到原点的距离不超过 2，根据对称性可得：曲线 C 上任意一点到原点的距离都不超过 2；故正确1在 x 轴上图形面积大于矩形面积122，x 轴下方的面积大于等腰直角三角形的面积=2 2 1=1，因此曲线 C 所围成的“心形”区域的面积大于 2+13，故错误高考高考故选：C【点评】本题考查了命题的真假判断与应用，属中档题二、填空题共二、填空题共 6 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 30 分。分。9（5 分）（2021北京）函数 f（x）sin22x 的最小正周期是 2【考点】H1：三角函数的周期性【专题】11：计算题；57：三角函数的图象与性质11【分析】用二倍角公式可得 f（x）=-
20、(4)+，然后用周期公式求出周期即可22【解答】解：f（x）sin（2x），211f（x）=-(4)+，22，f（x）的周期 T=213故答案为：2【点评】本题考查了三角函数的图象与性质，关键是合理使用二倍角公式，属基础题10（5 分）（2021北京）设等差数列a 的前 n 项和为 S，若 a 3，S 10，则 a 0，S 的nn255n最小值为10【考点】84：等差数列的通项公式；85：等差数列的前 n 项和【专题】11：计算题；34：方程思想；4O：定义法；54：等差数列与等比数列；62：逻辑推理【分析】利用等差数列a 的前 n 项和公式、通项公式列出方程组，能求出 a 4，d1，由此能求
21、n1出 a 的 S 的最小值5n【解答】解：设等差数列a 的前 n 项和为 S，a 3，S 10，nn25a+=31=10，5 45+12解得 a 4，d1，1a a+4d4+410，51(1)(1)19818，S=n+=4n+=（n-）2-n12222n4 或 n5 时，S 取最小值为 S S 10n45故答案为：0，10【点评】本题考查等差数列的第 5 项的求法，考查等差数列的前 n 项和的最小值的求法，考查等差数列的性质等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于基础题11（5 分）（2021北京）某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示如果网格纸上小正方形的边长为 1，那
22、么该几何体的体积为401420高考高考【考点】L!：由三视图求面积、体积【专题】31：数形结合；4R：转化法；5F：空间位置关系与距离【分析】由三视图还原原几何体，然后利用一个长方体与一个棱柱的体积作和求解【解答】解：由三视图还原原几何体如图，练练试卷试卷该几何体是把棱长为 4 的正方体去掉一个四棱柱，1则该几何体的体积 V=4 2 2+(2+4)2 4=402故答案为：40【点评】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题12（5 分）（2021北京）已知 l，m 是平面 外的两条不同直线给出下列三个论断：15lm；m；l以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结
23、论，写出一个正确的命题：若 l，lm，则m【考点】LP：空间中直线与平面之间的位置关系【专题】11：计算题；35：转化思想；4R：转化法；5F：空间位置关系与距离；64：直观想象【分析】由 l，m 是平面 外的两条不同直线，利用线面平行的判定定理得若 l，lm，则 m【解答】解：由 l，m 是平面 外的两条不同直线，知：由线面平行的判定定理得：若 l，lm，则 m故答案为：若 l，lm，则 m【点评】本题考查满足条件的真命题的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题13（5 分）（2021北京）设函数 f（x）ex+aex（a 为常数）若 f（
24、x）为奇函数，则 a1；若 f（x）是 R 上的增函数，则 a 的取值范围是（，0【考点】3E：函数单调性的性质与判断；3K：函数奇偶性的性质与判断【专题】11：计算题；34：方程思想；35：转化思想；51：函数的性质及应用【分析】对于第一空：由奇函数的定义可得 f（x）f（x），即 ex+aex（ex+aex），变形可得分析可得 a 的值，即可得答案；对于第二空：求出函数的导数，由函数的导数与单调性的关系分析可得 f（x）的导数 f（x）e xaex0 在 R 上恒成立，变形可得：ae2x 恒成立，据此分析可得答案【解答】解：根据题意，函数 f（x）ex+aex，16若 f（x）为奇函数，则
25、 f（x）f（x），即 ex+aex（ex+aex），变形可得 ，a1函数 f（x）ex+aex，导数（）fxex aex若 f（x）是 R 上的增函数，则 f（x）的导数 f（x）e aex 在R 上恒成立，x0变形可得：ae 恒成立，分析可得 ，即 的取值范围为（，；2xa0a0故答案为：1，（，0【点评】本题考查函数的奇偶性与单调性的判定，关键是理解函数的奇偶性与单调性的定义，属于基础题14（5 分）（2021北京）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为 60 元/盒、65 元/盒、80 元/盒、90 元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促
26、销：一次购买水果的总价达到 120 元，顾客就少付 x 元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的 80%当 x10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒，需要支付130元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则 x 的最大值为15【考点】7C：简单线性规划【专题】34：方程思想；48：分析法；59：不等式的解法及应用【分析】由题意可得顾客一次购买的总金额，减去 x，可得所求值；在促销活动中，设订单总金额为 m 元，可得（mx）80%m70%，解不等式，结合恒成立思想，可得 x 的最大值【解答】解：当 x10 时，顾客一次购买草莓和西瓜各 1 盒，可得 6
27、0+80140（元），即有顾客需要支付 14010130（元）；在促销活动中，设订单总金额为 m 元，17可得（mx）80%m70%，即有 x 8，由题意可得 m120，120可得 x=15，8则 x 的最大值为 15 元故答案为：130，15【点评】本题考查不等式在实际问题的应用，考查化简运算能力，属于中档题三、解答题共三、解答题共 6 小题，共小题，共 80 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。115（13 分）（2021北京）在ABC 中，a3，bc2，cosB=-2（）求 b，c 的值；（）求 sin（BC）的值【考点】HR：余弦定理
28、【专题】11：计算题；58：解三角形【分析】（）利用余弦定理可得 b a2+c22accosB，代入已知条件即可得到关于 b 的方程，解方程2即可；（）sin（BC）sinBcosCcosBsinC，根据正弦定理可求出 sinC，然后求出 cosC，代入即可得解1【解答】解：（）a3，bc2，cosB=-2由余弦定理，得 b a2+c22accosB21812=9+(b-2)2 3 (2)()，2b7，cb25；13，（）在ABC 中，cosB=-，sinB=22，由正弦定理有：=35 275 314，sinC=bc，BC，C 为锐角，11cosC=，14sin（BC）sinBcosCcosB
29、sinC3=2111415 314()24 37=【点评】本题考查了正弦定理余弦定理和两角差的正弦公式，属基础题16（14 分）（2021北京）如图，在四棱锥 PABCD 中，PA平面 ABCD，ADCD，ADBC，PA 1ADCD2，BC3E 为 PD 的中点，点 F 在 PC 上，且=3（）求证：CD平面 PAD；（）求二面角 FAEP 的余弦值；2（）设点 G 在 PB 上，且=判断直线 AG 是否在平面 AEF 内，说明理由31920【考点】LW：直线与平面垂直；MJ：二面角的平面角及求法【专题】14：证明题；31：数形结合；41：向量法；5F：空间位置关系与距离；5G：空间角；63：
30、数学建模【分析】（）推导出 PACD，ADCD，由此能证明 CD平面 PAD（）以 A 为原点，在平面 ABCD 内过 A 作 CD 的平行线为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角 FAEP 的余弦值42（）求出AG=（，0，），平面 AEF 的法向量m=（1，1，1），m =0，从而直线 AG 在平面33AEF 内【解答】证明：（）PA平面 ABCD，PACD，ADCD，PAADA，CD平面 PAD解：（）以 A 为原点，在平面 ABCD 内过 A 作 CD 的平行线为 x 轴，AD 为 y 轴，AP 为 z 轴，建立空间直角坐标系，2 2
31、 4A（0，0，0），E（0，1，1），F（，），3 3 3P（0，0，2），B（2，1，0），2 2 4AE=（0，1，1），AF=（，），3 3 320平面 AEP 的法向量n=（1，0，0），设平面 AEF 的法向量m=（x，y，z），m =+=0则 224，取 x1，得m=（1，1，1），=+=0333设二面角 FAEP 的平面角为，|13则 cos=3=3|3二面角 FAEP 的余弦值为 3（）直线 AG 在平面 AEF 内，理由如下：点 G 在 PB 上，且=G（，-，），3 3242 23342 2AG=（，-，），3 33平面 AEF 的法向量m=（1，1，1），4 2 2m
32、=0，3 3 3故直线 AG 在平面 AEF 内21202高考复高考复【点评】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查直线是否在已知平面内的判断与求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力与计算能力，属于中档题17（13 分）（2021北京）改革开放以来，人们的支付方式发生了巨大转变近年来，移动支付已成为主要支付方式之一为了解某校学生上个月 A，B 两种移动支付方式的使用情况，从全校学生中随机抽取了 100 人，发现样本中 A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下：（0，1000（1000，2
33、000大于 2000仅使用 A仅使用 B18 人10 人9 人3 人1 人14 人（）从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率；（）从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于1000 元的人数，求 X 的分布列和数学期望；（）已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化现从样本仅使用 A 的学生中，随机抽查 3人，发现他们本月的支付金额都大于 2000 元根据抽查结果，能否认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化？说明理由22【考点】CG：离散型随机变量及其分布列；C
34、H：离散型随机变量的期望与方差【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5I：概率与统计；66：数据分析【分析】（）从全校所有学生中随机抽取的 100 人中，A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，仅使用 A 的有 30 人，仅使用 B 的有 25 人，从而 A，B 两种支付方式都使用的人数有 40 人，由此能求出从全校学生中随机抽取 1 人，估计该学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率（）从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于1000 元的人数，则 X 的可能取值为 0，1，2，分别求出相应的概率，由此能求出
35、X 的分布列和数学期望 E（X）（）从样本仅使用 A 的学生有 30 人，其中 27 人月支付金额不大于 2000 元，有 3 人月支付金额大313于 2000 元，随机抽查 3 人，发现他们本月的支付金额都大于 2000 元的概率为 p=认为认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化【解答】解：（）由题意得：=，不能3304060从全校所有学生中随机抽取的 100 人中，A，B 两种支付方式都不使用的有 5 人，仅使用 A 的有 30 人，仅使用 B 的有 25 人，A，B 两种支付方式都使用的人数有：1005302540，40从全校学生中随机抽取 1 人，估计该
36、学生上个月 A，B 两种支付方式都使用的概率 p=100=0.4（）从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人，以 X 表示这 2 人中上个月支付金额大于1000 元的人数，则 X 的可能取值为 0，1，2，样本仅使用 A 的学生有 30 人，其中支付金额在（0，1000的有 18 人，超过 1000 元的有 12 人，23样本仅使用 B 的学生有 25 人，其中支付金额在（0，1000的有 10 人，超过 1000 元的有 15 人，18 10 1806，P（X0）=P（X1）=P（X2）=30 25 750 2518 15 12 10 390 13，30 25 30 25
37、750 2512 15 180+=6，30 25 750 25=X 的分布列为：X012613256P2525613256+2 =1数学期望 E（X）=0 25+1 25（）不能认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化，理由如下：从样本仅使用 A 的学生有 30 人，其中 27 人月支付金额不大于 2000 元，有 3 人月支付金额大于 2000元，313随机抽查 3 人，发现他们本月的支付金额都大于 2000 元的概率为 p=，33040601虽然概率较小，但发生的可能性为4060故不能认为认为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2000 元的人数有变化【
38、点评】本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查古典概型、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查推理能力与计算能力，是中档题18（14 分）（2021北京）已知抛物线 C：x22py 经过点（2，1）24（）求抛物线 C 的方程及其准线方程；（）设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y1分别交直线 OM，ON 于点 A 和点 B求证：以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点【考点】KN：直线与抛物线的综合【专题】34：方程思想；48：分析法；5D：圆锥曲线的定义、性质与方程【分析】（）代入点（2，1），解方程可
39、得 p，求得抛物线的方程和准线方程；（）抛物线 x 的焦点为（，），设直线方程为 ，联立抛物线方程，运用韦达定理，以及直线的斜率和方程，求得 A，B 的坐标，可得 AB 为直径的圆方程，可令 x0，解方程，即可得到所求定点24yF01ykx1【解答】解：（）抛物线 C：x 2py 经过点（，）可得 2p，即 ，2214p2可得抛物线 C 的方程为 x 4y，准线方程为 ；2y 1（）证明：抛物线 x 4y 的焦点为（，），2F01设直线方程为 ykx1，联立抛物线方程，可得 x2+4kx ，40设 M（x，y），N（x，y），1122可得 x+x 4k，x x 4，121 211直线 OM 的
40、方程为 y=1x，即 y=-4 x，22直线 ON 的方程为 y=2x，即 y=-4 x，44可得 A（，1），B（，1），2111 4可得 AB 的中点的横坐标为 2（1+2）2 4=2k，即有 AB 为直径的圆心为（2k，1），252|1 4半径为 2=|22 416+162=2 1+，412可得圆的方程为（x2k）（2+y+1）（1+k2），24化为 x 4kx+（y+1），224由 x0，可得 y1 或3则以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的两个定点（0，1），（0，3）【点评】本题考查抛物线的定义和方程、性质，以及圆方程的求法，考查直线和抛物线方程联立，运用韦达定理，考查化简整理的运
41、算能力，属于中档题119（13 分）（2021北京）已知函数 f（x）=x3x2+x4（）求曲线 yf（x）的斜率为 1 的切线方程；（）当 x2，4时，求证：x6f（x）x；（）设 F（x）|f（x）（x+a）|（aR），记 F（x）在区间2，4上的最大值为 M（a）当 M（a）最小时，求 a 的值【考点】6E：利用导数研究函数的最值；6H：利用导数研究曲线上某点切线方程【专题】15：综合题；31：数形结合；33：函数思想；4R：转化法；53：导数的综合应用【分析】（）求导数 f（x），由 f（x）1 求得切点，即可得点斜式方程；（）把所证不等式转化为6f（x）x0，再令 g（x）f（x）x
42、，利用导数研究 g（x）在2，4的单调性和极值点即可得证；（）先把 F（x）化为|g（x）a|，再利用（）的结论，引进函数 h（t）|ta|，结合绝对值函数的对称性，单调性，通过对称轴 ta 与3 的关系分析即可32【解答】解：（）f（x）=2+1，4268由 f（x）1 得 x（x-）0，38得x=0，=12388又 f（0）0，f（）=，32788=，3yx 和y-276427即 yx 和 yx-；（）证明：欲证 x6f（x）x，只需证6f（x）x0，132令 g（x）f（x）x=，x2，4，43382则 g（x）=2=()，44388可知 g（x）在2，0为正，在（0，）为负，在，4为正
43、，3388g（x）在2，0递增，在0，递减，在，4递增，3386427又 g（2）6，g（0）0，g（）=-6，g（4）0，36g（x）0，x6f（x）x；（）由（）可得，F（x）|f（x）（x+a）|f（x）xa|g（x）a|27在2，4上，6g（x）0，令 tg（x），h（t）|ta|，则问题转化为当 t6，0时，h（t）的最大值 M（a）的问题了，高考高考复复当 a3 时，M（a）h（0）|a|a，此时a3，当 a3 时，M（a）取得最小值 3；当 a3 时，M（a）h（6）|6a|6+a|，6+a3，M（a）6+a，也是 a3 时，M（a）最小为 3综上，当 M（a）取最小值时 a 的
44、值为3【点评】此题考查了导数的综合应用，构造法，转化法，数形结合法等，难度较大20（13 分）（2021北京）已知数列a，从中选取第 i 项、第 i 项、第 i 项（i i i），若n12m12ma a a，则称新数列 a，a，a 为a 的长度为 m 的递增子列规定：数列a 的任iiiiiinn1212意一项都是a 的长度为 1 的递增子列n（）写出数列 1，8，3，7，5，6，9 的一个长度为 4 的递增子列；（）已知数列a 的长度为 p 的递增子列的末项的最小值为 a，长度为 q 的递增子列的末项的最小nm0值为 a 若 pq，求证：a a；nmn00028（）设无穷数列a 的各项均为正整
45、数，且任意两项均不相等若a 的长度为 s 的递增子列末项的nn最小值为 2s1，且长度为 s 末项为 2s1 的递增子列恰有 2s1 个（，），求数列a 的通项ns12公式【考点】8B：数列的应用【专题】49：综合法；54：等差数列与等比数列；59：不等式的解法及应用【分析】（I）1，3，5，6答案不唯一（II）考虑长度为 q 的递增子列的前 p 项可以组成长度为 p 的一个递增子列，可得a 该数列的第 p0项 ，即可证明结论0（III）考虑 2s1 与 2s 这一组数在数列中的位置若a 中有 2s，在 2s 在 2s1 之后，则必然在长度n为 s+1，且末项为 2s 的递增子列，这与长度为
46、s 的递增子列末项的最小值为 2s1 矛盾，可得 2s 必在2s1 之前继续考虑末项为 2s+1 的长度为 s+1 的递增子列因此对于数列 2n1，2n，由于 2n 在 2n1 之前，可得研究递增子列时，不可同时取 2n 与 2n1，即可得出：递增子列最多有 2 个由题意，这 s 组数列对全部存在于原数列中，并且全在 2s+1 之前可得 2，1，4，3，6，5，是唯一构造s【解答】解：（I）1，3，5，6（II）证明：考虑长度为 q 的递增子列的前 p 项可以组成长度为 p 的一个递增子列，a 该数列的第 p 项 ，00a a 00（III）解：考虑 2s1 与 2s 这一组数在数列中的位置若
47、a 中有 2s，在 2s 在 2s1 之后，则必然在长度为 s+1，且末项为 2s 的递增子列，n这与长度为 s 的递增子列末项的最小值为 2s1 矛盾，2s 必在 2s1 之前继续考虑末项为 2s+1 的长度为 s+1 的递增子列29对于数列 2n1，2n，由于 2n 在 2n1 之前，研究递增子列时，不可同时取 2n 与 2n1，对于 1 至 2s 的所有整数，研究长度为 s+1 的递增子列时，第 1 项是 1 与 2 二选 1，第 2 项是 3 与 4二选 1，第 s 项是 2s1 与 2s 二选 1，故递增子列最多有 2 个由题意，这 组数列对全部存在于原数列中，并且全在 2s+1 之前ss2，1，4，3，6，5，是唯一构造即 a 2k1，a2k，kN*2k2k1【点评】本题考查了数列递推关系、数列的单调性，考查了逻辑推理能力、分析问题与解决问题的能力，属于难题30
