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1、2021年高考化学押题卷答案【北京卷】命题人：马甸校区 数学组一、 选择题1-5：ADCCC 6-10：CCBBB二、 填空题11： 12.187 13.（-3,0） 14. 15.K=-316.斜边、直角边(基本事实)，全等三角形对应边相等；全等三角形对应边相等；勾股定理均给3分（只写对应边相等给1分）三、解答题17.解：原式= 4分 =. 5分18.答案： 4x219.答案：原式=20解：（1）关于的方程有两个不相等的实数根，. 1分. .2分（2）m为符合条件的最大整数，. .3分.，.21.【考点】根的判别式，公式法求解一元二次方程菁优网版权所有【分析】（1）这是一个典型的带有参数的一
2、元二次方程，需要密切的注意题目所要求我们求证的结论，用根的判别式求解，并注意二次项的系数不为零；（2）利用求根公式求出方程的具体两个根，再根据实数根都是整数的性质求出k值【解答】（1）证明：，是关于x的一元二次方程 1分方程总有两个不相等的实数根 2分（2）解：由求根公式，得 4分 方程的两个实数根都是整数，且是整数， 或5分【点评】本题考查了一元二次方程的根的判别式，一元二次方程的定义，用公式法求方程的根及不等式求整数解的范围方程的根为，. .5分22.【考点】分式方程的应用菁优网版权所有【分析】这是一个非常典型的分式方程的应用，需要根据题目条件把握好相应的两个条件，并根据条件列出方程并求解
3、。【解答】设例子中的A4厚型纸每页的质量为x克1分由题意，得 2分解得 3分经检验， 为原方程的解，且符合题意 4分答：例子中的A4厚型纸每页的质量为4克 5分【点评】本题考查了分式方程的简单应用，此类题目一定要把条件分析清，通常题目问什么设什么，把方程正确列出来，求出来的解一定要看是否符合题意23.【考点】LA：菱形的判定与性质菁优网版权所有【分析】（1）由平行四边形的性质得出AD=BC，由直角三角形斜边上的中线性质得出AE=BC=CE，AF=AD=CF，得出AE=CE=AF=CF，即可得出结论；（2）连接EF交AC于点O，解直角三角形求出AC、AB，由三角形中位线定理求出OE，得出EF，菱
4、形AECF的面积=ACEF，即可得出结果【解答】（1）证明：四边形ABCD是平行四边形，AD=BC，在RtABC中，BAC=90，点E是BC边的中点，AE=BC=CE，同理，AF=AD=CF，AE=CE=AF=CF，四边形AECF是菱形；（2）解：连接EF交AC于点O，如图所示：在RtABC中，BAC=90，B=30，BC=10，AC=BC=5，AB=AC=5，四边形AECF是菱形，ACEF，OA=OC，OE是ABC的中位线，OE=AB=，EF=5，菱形AECF的面积=ACEF=55=【点评】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三角形中位线定理、菱形的面积
5、公式；熟练掌握菱形的判定与性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键24.答案：D类的人数有：91.5%（3+9+24+6）=6042=18（人）。（2）600=600=120（人）25.（1）证明：连接OD . （如图3） OC=OD，OCD=ODC. AB=AC，ACB=B.ODC=B.ODAB. 1分ODF=AEF. EFAB， ODF =AEF =90.ODEF . OD为O的半径， EF与O相切. 2分（2）解：由（1）知：ODAB，ODEF .在RtAEF中，sinCFD = = ，AE=6.AF=10. 3分ODAB，ODFAEF.设O的半径为r， = .解得r= . 4分AB
6、= AC=2r = . EB=AB-AE= -6= . 5 分26.答案：sin（15） =sin（4530） =sin45cos30cos45sin30 = =RtBDE中 TanBDE= Tan75= BE=7（2+）所以建筑物的高BA=+7（2+）=14+8（米）27 解：（1），1分由知必有，故.方程总有两个不相等的实数根. 2分（2）令，依题意可解得，.平移后，点落在点处，平移方式是将点向右平移2个单位，再向上平移3个单位得到.点按相同的方式平移后，点为. 3分则依题意有. 4分解得，（舍负）.的值为3. 5分（3）. 7分28. 【考点】KY：三角形综合题【分析】（1）依据三角形的
7、中位线的性质证明FMAC，MGAB，从而可知四边形AFMG的形状；先依据直角三角形斜边上中线的性质和平行四边形的性质证明DF=MG、FM=EG，然后依据等腰三角形三线合一的性质和平行线的性质证明DFM=EGM，依据SAS可证明两个三角形全等；（2）先证明DFM=MGE，然后再证明1=3，依据锐角三角函数的定义可得到，最后依据对应边成比例且夹角相等的两三角形相似可证明DFMMGE；先依据勾股定理求得DF=4然后可求得DFM与MGE的相似比，然后依据相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可【解答】解：（1）BF=AF，BM=MC，FMAC，同理MGAB，四边形AFMG是平行四边形，BDA=90，
8、DF是AB边上的中线，DF=AF四边形AFMG是平行四边形，MG=AF，AFM=AGMDF=MG，BFM=MGCAEC=90，EG是AC边上的中线，GE=AG四边形AFMG是平行四边形，AG=FMGE=FMDA=DB，F为AB的中点，DFB=90同理：EGC=90DFB+BFM=EGC+MGC，即DFM=EGM在DFM和MGE中，DFMMGE故答案为：平行四边形；全等（2）ADB和ACE都是等腰三角形，且F、G为AB、AC的中点，DFB=EGC=90点F、M、G分别为AB、BC、AC边的中点，FMAC，MGAB，FM=AC=AG，MG=AB=AFBFM=BAC=MGCBFM+90=MGC+90
9、，即DFM=MGE1+2=90，2+3=90，1=3tan1=tan3，即又DFM=MGE，DFMMGEAD=5，AB=6，AF=3，MG=3，MG=AF=3在RtADF中，DF=4由知DFMMGE，且DFM的面积为32，=（）2=（）2=SMGE=32=18【点评】本题主要考查的是三角形、四边形的综合应用，解答本题主要应用了三角形的中位线定理、平行四边形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、相似三角形的性质和判定、勾股定理的应用，找出DFM与MGE全等或相似的条件是解题的关键29.【考点】圆的综合题；勾股定理；相似三角形的判定与性质【专题】代数几何综合题；压轴题【分析】（1）理解新定义，按照
10、新定义的要求求出两个距离值；（2）如答图2所示，当点B落在A上时，m的取值范围为2m6：当4m6，显然线段BC与线段OA的距离等于A半径，即d=2；当2m4时，作BNx轴于点N，线段BC与线段OA的距离等于BN长；（3）在准确理解点M运动轨迹的基础上，画出草图，如答图3所示由图形可以直观求出封闭图形的周长；如答图4所示，符合题意的相似三角形有三个，需要进行分类讨论，分别利用点的坐标关系以及相似三角形比例线段关系求出m的值【解答】解：（1）当m=2，n=2时，如题图1，线段BC与线段OA的距离（即线段BN的长）=2；当m=5，n=2时，B点坐标为（5，2），线段BC与线段OA的距离，即为线段AB
11、的长，如答图1，过点B作BNx轴于点N，则AN=1，BN=2，在RtABN中，由勾股定理得：AB=（2）如答图2所示，当点B落在A上时，m的取值范围为2m6：当4m6，显然线段BC与线段OA的距离等于A半径，即d=2；当2m4时，作BNx轴于点N，线段BC与线段OA的距离等于BN长，ON=m，AN=OAON=4m，在RtABN中，由勾股定理得：d=（3）依题意画出图形，点M的运动轨迹如答图3中粗体实线所示：由图可见，封闭图形由上下两段长度为8的线段，以及左右两侧半径为2的半圆所组成，其周长为：28+22=16+4，点M随线段BC运动所围成的封闭图形的周长为：16+4结论：存在m0，n0，点M位
12、于第一象限A（4，0），D（0，2），OA=2OD如答图4所示，相似三角形有三种情形：（I）AM1H1，此时点M纵坐标为2，点H在A点左侧如图，OH1=m+2，M1H1=2，AH1=OAOH1=2m，由相似关系可知，M1H1=2AH1，即2=2（2m），m=1；（II）AM2H2，此时点M纵坐标为2，点H在A点右侧如图，OH2=m+2，M2H2=2，AH2=OH2OA=m2，由相似关系可知，M2H2=2AH2，即2=2（m2），m=3；（III）AM3H3，此时点B落在A上如图，OH3=m+2，AH3=OH3OA=m2，过点B作BNx轴于点N，则BN=M3H3=n，AN=m4，由相似关系可知，
13、AH3=2M3H3，即m2=2n（1）在RtABN中，由勾股定理得：22=（m4）2+n2（2）由（1）、（2）式解得：m1=，m2=2，当m=2时，点M与点A横坐标相同，点H与点A重合，故舍去，m=综上所述，存在m的值使以A、M、H为顶点的三角形与AOD相似，m的取值为：1、3或【点评】本题是以圆为基础的运动型压轴题，综合考查了圆的相关性质、相似三角形、点的坐标、勾股定理、解方程等重要知识点，难度较大本题涉及动线与动点，运动过程比较复杂，准确理解运动过程是解决本题的关键第（3）问中，关键是画出点M运动轨迹的图形，结合图形求解一目了然；第（3）问中，注意分类讨论思想的运用，避免漏解出题人：朱晨晨：1-10 刘园园：11-16 朱钿：17，20 朱明：18，19张文韬：21，22 路海涛：23，28 常参军：24，26 龙斌：25，27赵力颉：25，27