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1、精品名师归纳总结2021 年一般高等学校招生全国统一考试北京卷数学理科第一部分 挑选题共 40 分一、挑选题：本大题共8 小题，每题5 分，共 40 分，在每题给出的四个选项中，选出符合题目要求的一项可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1【 2021 年北京，理 1， 5 分】已知集合 A1，0 ，1， Bx |1 x1 ，就 AB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 A 0B 1，0【答案】 BC 0，1D 1，0 ，1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】 1,0,1 x |1x11, 0，应选 B可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2
2、【 2021 年北京，理 2， 5 分】在复平面内，复数22 i对应的点位于可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 A第一象限B 其次象限C第三象限D第四象限2【答案】 D可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】2i 34i，该复数对应的点位于第四象限，应选D可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3【 2021 年北京，理 3， 5 分】 “”是“曲线 ysin 2x过坐标原点 ”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可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】， ysin 2 xsin2 x
3、 ，曲线过坐标原点，故充分性成立。ysin2 x 过原可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结点， sin0 ，k， kZ 故必要性不成立，应选A 4【 2021 年北京，理 4， 5 分】执行如下图的程序框图，输出的S 值为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 A 1B 23C 1321610D 987可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答案】 C【解析】依次执行的循环为S1， i0 。 S2， i1 。 S313， i2，应选 C21可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结xx115【2021 年北京，理 5，5 分】 函数 fx的图象向右平移 1
4、 个单位长度，所得图象与曲线对称，就 fxyex 关于 y 轴可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x1 A ex【答案】 DB eC e x 1D e可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结x【解析】 依题意， fx向右平移 1 个单位之后得到的函数应为ye x ，于是 fx 相当于 ye向左平移 1 个单可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结位的结果，fxe1，应选 D22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结226【 2021 年北京，理 6， 5 分】假设双曲线xyab1的离心率为3 ，就其渐近线方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总
5、结 A y【答案】 B2xB y2 xC y1 xD y2 x 22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】由离心率为3 ，可知 c3a ， b2a 渐近线方程为yb x2a2x ，应选 B 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结7【 2021 年北京，理 7， 5 分】直线 l 过抛物线等于C : x4 y 的焦点且与 y 轴垂直，就 l 与 C 所围成的图形的面积可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结 A 438B 2C3162D3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答案】 C【解析】由题意可知，l 的方程为 y1 如图， B 点坐标为 2
6、,1 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所求面积 S2 x 242dx42x28 ，应选 C可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结300 41232 xy10可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结8【2021 年北京， 理 8，5 分】设关于 x ， y 的不等式组x m0y m0，表示的平面区域内存在点P x0 ，y0，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结满意 x02y02 ，求得 m 的取值范畴是可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结， A43 B1，3C， 23D， 5 3可编辑资料
7、 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答案】 C【解析】图中阴影部分表示可行域，要求可行域内包含y1 x21 上的点，只需要可行域的边界点可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结m， m 在 y1 x1 下方，也就是 m21 m1 ，即 m22，应选 C3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结其次部分 非挑选题共 110 分二、填空题：共 6 小题，每题 5 分，共 30 分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9【 2021 年北京，理 9， 5 分】在极坐标系中，点【答案】 12 ，6到直线sin2 的距离等于可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【
8、解析】在极坐标系中，点2, 对应直角坐标系中坐标为3,1 ，直线6sin2 对应直角坐标系中的方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结y2 ，所以点到直线的距离为1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结10【2021 年北京，理 10，5 分】假设等比数列an满意 a2a420 ， a3a540 ，就公比 q。前 n 项可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结和 Sn【答案】 2。2n 12aa40nn12 12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】由题意知 q352 由 aaa 1q2 a q 1q2 20 ， a2 S22 可编辑资料 -
9、- - 欢迎下载精品名师归纳总结a2a42024211n12可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结11【2021 年北京，理 11，5 分】如图， AB 为圆 O 的直径， PA 为圆 O 的切线， PB 与圆 O 相交于 D ，假设 PA3 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结PD : DB【答案】 9 ， 459:16 ，就 PD 。 AB 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】设 PD9k ，就 DB16k k0 由切割线定理可得，PA2PDPB ，即 329k25k ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可得 k1 PD59 ， P
10、B55 在 Rt APB 中， AB=ABPB 2PA24 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结12【2021 年北京，理 12，5 分】将序号分别为1， 2，3， 4， 5 的 5 张参观券全部分给4 人，每人至少 1 张， 假如分给同一人的2 张参观券连号，那么不同的分法种数是 【答案】 96可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】连号有 4 种情形，从 4 人中挑一人得到连号参观券， 其余可以全排列， 就不同的分法有 413【2021 年北京，理 13， 5 分】向量 a， b ， c 在正方形网格中的位置如下图，假设4 3种C A9613b可编辑资料 - -
11、 - 欢迎下载精品名师归纳总结cab，【答案】 4R，就 ca可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【解析】可设 aij ，i ，j 为单位向量且 ij ，就 b6i2 j ，ci3j 由 cab6i2j ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结61，解得2321 ，4 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结14【2021 年北京，理 14， 5 分】如图，在棱长为2 的正方体D1C1ABCDA1B1C1D1 中， E 为 BC 的中A1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结点，点 P 在线段D1E 上，点 P 到直线B1CC1 的距离的最小值为 P可
12、编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结【答案】 25DC可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结5【解析】过 E 点作EE1 垂直底面A1B1C1D1 ，交B1C1 于点E1 ，连接EABD1 E1 ，过 P 点作 PH 垂直于底面可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结A1B1C1D1 ，交D1 E1 于点 H ， P 点到直线 CC1 的距离就是C1H ，故当C1H 垂直于D1 E1 时，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P 点到直线CC1 距离最小，此时，在Rt D1C1E1 中，C1HD1E1，D1 E1C1HC1D1C1 E1 ，可编辑资料 -
13、- - 欢迎下载精品名师归纳总结 C1H22555可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结三、解答题：共 6 题，共 80 分解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结15【2021 年北京，理 15， 13 分】在1求 cosA 的值。2求 c 的值ABC 中， a3 ， b2 6 ， B2A 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：1由于 a3 ， b2 6 ， B2A ，所以在ABC 中，由正弦定理得326可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 2sinAcosAsinA266故 cosA33sin Asin
14、2 A可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2由 1知， cos A=6 ，所以sin A23又由于B2A ，所以21 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1cos A33cosB2cos A13可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结si nB1cos2B22在 ABC 中，3sinCsin ABsinAcosBcosAsinB53asin Cc5 9sin A可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结16【2021 年北京，理 16， 13 分】以下图是某市 3 月 1 日至 14 日的空气质量指数趋势图， 空气质量指数小于 100 表示空气质量优良，
15、空气质量指数大于 200 表示空气重度污染某人随机挑选 3 月 1 日至 3 月 15 日中的某一天到达该市，并停留 2 天1求此人到达当日空气重度污染的概率。空 250气 200质量 150指数 1005022014386571602171601211588679可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结254037可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2设 X 是此人停留期间空气质量优良的天数，求X 的分布列与数学期望。3由图判定从哪天开头连续三天的空气质量指数方差最大？结论不要求证明01日 2 日 3 日 4日 5 日 6日 7日 8 日 9 日10 日11 日12 日1
16、3日 14 日日期可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：设Ai 表示大事 “此人于 3 月 i 日到达该市 ”i1,2， ，13 依据题意，PAi1 ，且 AiAj 13ij可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1设 B 为大事 “此人到达当日空气重度污染”，就BAA P BP AA PAPA2 58585813可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2由题意可知， X 全部可能取值为 0,1,2，且P X01P X1) P X25 。13可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P X1) P AAAA PAPAPAPA4 。可编辑资料 - - - 欢迎
17、下载精品名师归纳总结367113671113可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结P X2) P AAAA P AP AP APA4所以 X 的分布列为：可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1212131212131301254413131312X P可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 X 的期望 EX051424可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结131313133从 3 月 5 日开头连续三天的空气质量指数方差最大A1B1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结17【2021 年北京， 理 17，14 分】如图，在三棱柱ABCA1B
18、1C1 中， AA1C1C 是边长为 4 的正方形 平可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结面 ABC平面AA1C1C ， AB3 ， BC5 C 1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1求证：AA1平面 ABC 。AB3可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结C可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2求证二面角A1BC1B1 的余弦值可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3证明：在线段BC1 上存在点 D ，使得ADA1B ，并求BD BC1的值可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：1由于AA1C1C 为正方形，所以AA1AC
19、由于平面 ABC平面AA1C1C ，且AA1 垂直于这两个平面的交可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结线 AC ，所以AA1平面 ABC 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2由 1知AA1AC ， AA1AB 由题知 AB3 ， BC5 ， AC4 ，所以 ABAC 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结如图，以 A 为原点建立空间直角坐标系Axyz ，就B 0,3,0， A1 0,0,4， B1 0,3,4，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结C1 4,0,4设平面A1 BC1 的法向量为 n x
20、， y， z ，就nA1BnA1C 103 y，即04x4z00可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结令 z3，就 x0 ，y4 ，所以 n0,4,3同理可得， 平面B1BC1 的法向量为 m3,4,0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 cosn， m= cosn, mn m16 由题知二面角ABCB可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结| n |m |25111 为锐角，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以二面角ABCB 的余弦值为 16 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3设111D x， y， z 是直线BC1 上一点，
21、且25BDBC1 ，所以 x， y3， z 4，3,4 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解得 x4， y33， z4所以 AD4 ，33 ，4 由AD A1B0 ，即 9250 ，解得可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结9 由于 9 25250,1 ，所以在线段BC1 上存在点 D ，使得ADA1B 此时，BD9BC125可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结18【2021 年北京，理 18， 13 分】设 l 为曲线1求 l 的方程。C : yln x 在点 1,0 处的切线x可编辑资料 - - - 欢迎下
22、载精品名师归纳总结2证明：除切点1,0 之外，曲线 C 在直线 l 的下方可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：1设 fxln x，就 fx1ln x2所以 f11 所以 L 的方程为 yx1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2令xg xx1xfx，就除切点之外，曲线C 在直线 L 的下方等价于 g x20x0，x1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结gx 满意g 10 ，且 gx1fxx1ln22xx当 0x1时， x210 ，lnx0 ，所以 gx0 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结故 g x单调递减。当x1时，x10 ， ln
23、x0 ，所以 gx0 ，故 gx单调递增可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以，gxg10x0， x1) 所以除切点之外，曲线C 在直线 L 的下方22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结19【2021 年北京，理 19， 14 分】已知A, B, C 是椭圆W : xy 41 上的三个点， O 是坐标原点可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1当点 B 是 W 的右顶点，且四边形OABC 为菱形时，求此菱形的面积。2当点 B 不是 W 的顶点时，判定四边形OABC 是否可能为菱形，并说明理由2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：1椭圆 W
24、x22,0可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结：y1 右顶点 B 的坐标为4由于四边形 OABC 为菱形， 所以 AC 与 OB 相互垂直平分可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以可设A1，m，代入椭圆方程得1m41 ，即 m3 22可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以菱形 OABC 的面积是1 OB AC2122 m3 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2假设四边形 OABC 为菱形由于点 B 不是 W 的顶点，且直线 AC 不过原点，所以可设AC 的方程为可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ykxm k0， mx 20
25、由4 y 24 ，消 y 并整理得14k 2 x 28kmx4m240 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ykxm可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结设 A x1，y1 ， C x2， y2 ，就 x1x24kmy1y22 ，kx1x2mm可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2214k2214k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以 AC 的中点为 M4km,m由于 M 为 AC 和 OB 的交点，所以直线OB 的斜率为1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结14k2214k4k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于
26、k11 ，所以 AC 与 OB 不垂直所以 OABC 不是菱形，与假设冲突4k可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以当点 B 不是 W 的顶点时，四边形 OABC 不行能是菱形可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结20【2021 年北京，理20，13 分】已知an是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为An ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结n4第 n 项之后各项an 1 , an 2的最小值记为Bn ， dnAnBn 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结1假设 an的值。为 2,1,4,3,2,1,4,3 ，是一个周期为 4
27、的数列即对任意nN* ， aan ，写出d1, d2 , d3, d4可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2设 d 是非负整数，证明：dndn1,2,3的充分必要条件为an是公差为 d 的等差数列。可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3证明：假设a12 ， dn1 n1,2,3,，就 an的项只能是 1 或者 2，且有无穷多项为1可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结解：1 d1d21， d3d43可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结2充分性由于an是公差为 d 的等差数列，且 d0 ，所以 a1a2an可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳
28、总结因此 Anan ， Bnan 1 ， dnanan 1d n1,2,3， 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结必要性由于 dnd0 n1,2,3， ，所以 AnBndnBn 又由于 anAn ，an 1Bn ，所以 anan 1 可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结于是， Anan ， Bnan 1 ，因此an 1anBnAndnd ，即an是公差为 d 的等差数列可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结3由于a12 ， d11 ，所以 A1a12 ， B1A1d11 故对任意 n1， anB11可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结假设 ann2
29、 中存在大于 2 的项设 m 为满意 am2 的最小正整数， 就 m2 ，并且对任意 1km，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结ak2 又由于a12 ，所以Am 12 ，且 Amam2 于是， BmAmdm211 ，可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结Bm 1min am，Bm2 故dm 1Am 1Bm 1220 ，与dm 11 冲突可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结所以对于任意n1 ，有 an2 ，即非负整数列an的各项只能为 1 或 2可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结由于对任意 n1 ， an2 a1 ，所以 An2 故 BnAndn211可编辑资料 - - - 欢迎下载精品名师归纳总结因此对于任意正整数n ，存在 m 满意 mn ，且 am1 ，即数列an有无穷多项为 1可编辑资料 - - - 欢迎下载