北京市门头沟区2021届高三高考二模数学试题 WORD版含解析.docx

1、2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷1. 复数z=2i1-i在复平面内对应的点在()A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限2. 集合A=x|x0，B=x|x2-3x4，则AB=()A. RB. 4,+)C. (0,4D. -1,+)3. 角终边上一点P(1,2)，把角按逆时针方向旋转180得到角为，sin=()A. -55B. 255C. 55D. -2554. 一个体积为123正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为()A. 63B. 8C. 83D. 125. 中国古代数学著作算法统宗中有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六

2、朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为()A. 48里B. 24里C. 12里D. 6里6. “sin=cos”是“=4+2k,(kZ)”的()A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件7. 点P(cos,sin)到直线3x+4y-12=0的距离的取值范围为()A. 125,175B. 75,125C. 75,175D. 125,2458. 魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术，他在九章算术注方田章圆田术中指出：

3、“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是一种无限与有限的转化过程，比如在正数121+121+.中的“”代表无限次重复，设x=121+121+.，则可利用方程x=121+x求得x，类似地可得正数555.等于()A. 3B. 5C. 7D. 99. 已知抛物线C：y2=2px(p0)的焦点为F，过F且斜率为3的直线与抛物线C上相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则FMN的面积为()A. 83p2B. 833p2C. 433p2D. 233p210. 某维修公司的四个维修点如图环形分布，公司给A，B，C，D四个维修点某种配件各50个在使用

4、前发现需要将发送给A，B，C，D四个维修点的配件调整为40，45，54，61，但调整只能在相邻维修点间进行，每次调动只能调整1个配件，为完成调整，则()A. 最少需要16次调动，有2种可行方案B. 最少需要15次调动，有1种可行方案C. 最少需要16次调动，有1种可行方案D. 最少需要15次调动，有2种可行方案11. 函数y=log12(3x-2)+1-x的定义域是_ .12. ABC外接圆圆心为O，且2OA+AB+AC=0，则ABAC=_ .13. P(x,y)(x0,y0)是双曲线C：x24-y2=1上的一点，A(-2,0)，B(2,0)，设PAB=，PBA=，ABP的面积为S，则Stan

5、(+)的值为_ .14. 函数f(x)=sin2x的图象向右平移_ 个长度单位得到函数g(x)=sin(2x-3)的图象，若函数g(x)在区间(0,a)上单调递增，则a的最大值为_ .15. 如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列四个结论：ACB1P；APC面积的最大值是23；APC面积的最小值是2；当BP=233时，平面ACP/平面A1C1D.其中所有正确结论的序号是_ .16. 已知ABC满足_，且b=5，B=4，从条件、条件、条件中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：；求ABC的面积.条件tanA=2，条件b2+c2-a

6、2=25c，条件3b=5c.17. 京西某地到北京西站有阜石和莲石两条路，且到达西站所用时间互不影响.如表是该地区经这两条路抵达西站所用时长的频率分布表：时间(分钟)10202030304040505060莲石路(L1)的频率0.10.20.30.20.2阜石路(L2)的频率00.10.40.40.1若甲、乙两人分别有40分钟和50分钟的时间赶往西站(将频率视为概率).甲、乙两人应如何选择各自的路径？按照的方案，用X表示甲、乙两人按时抵达西站的人数，求X的分布列和数学期望.18. 如图：PD平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，AB/CD，ADC=90，PD=CD=2AD=2AB=2.求证：

7、平面BDP平面PBC；求二面角B-PC-D的余弦值；在棱PA上是否存在点Q，使得DQ/平面PBC？若存在，求PQPA的值，若不存在，请说明理由.19. F1、F2分别为椭圆C：x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点，过右焦点F2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不为长轴，ABF1的周长为8，椭圆C的离心率为12.求此椭圆C的方程；为其右顶点，求证：直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值，并求出此定值.20. 已知函数f(x)=a(x2-1)-2lnx，aR.时，求在(1,f(1)处的切线方程；讨论f(x)的单调性；证明：当a1时，f(x)ax+1x-(a+1)在区间(1,+)上恒成

8、立.21. 已知定义在R上的函数(x)的图象是一条连续不断的曲线，且在任意区间上(x)不是常值函数.设a=t0t1tn=b，其中分点t1，tn-1将区间a,b分成n(nN*)个小区间ti-1,ti，记Ma,b,n=|(t0)-(t1)|+|(t1)-(t2)|+.+|(tn-1-(tn)|,称(x)为关于区间a,b的n阶划分的“落差总和”.当Ma,b,n取得最大值且n取得最小值n0时，称(x)存在“最佳划分”Ma,b,n0.已知(x)=sinx，求M0,2的最大值M0(不必论证)；已知(a)0，B=x|-1x4，AB=(0,4.故选：C.可求出集合B，然后进行交集的运算即可本题考查了集合的描述

9、法和区间的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题3.【答案】D【解析】解：由题意得，sin=255，cos=55，=+180，所以sin=sin(+180)=-sin=-255.故选：D.由已知结合三角函数的定义及诱导公式即可直接求解本题主要考查了三角函数的定义及诱导公式，属于基础题4.【答案】A【解析】解：设棱柱的高为h，由左视图知，底面正三角形的高是23，由正三角形的性质知，其边长是4，故底面三角形的面积是12234=43由于其体积为123，故有h43=123，得h=3由三视图的定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是3，其面积为323=63故选：A.

10、此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是23，由正三角形的性质可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关于高的方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等”5.【答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由S6=378求得首项，再由

11、等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程【解答】解：记每天走的路程里数为an，由题意知an是公比12的等比数列，由S6=378，得S6=a1(1-126)1-12=378，解得：a1=192，a5=192124=12(里).故选：C.6.【答案】B【解析】解：由“sin=cos”得：=k+4，kZ，故sin=cos是“=4+2k,(kZ)”的必要不充分条件，故选：B.根据充分必要条件的定义结合集合的包含关系判断即可本题考查了充分必要条件，考查三角函数以及集合的包含关系，是一道基础题7.【答案】C【解析】解：记d为点P(cos,sin)到直线3x+4y-12=0的距离，即：d=15|3cos+4

12、sin-12|=15|5sin(+)-12|，其中tan=34；当变化时，d的最大值为175，d的最小值为75，故选：C.利用点到直线的距离公式，三角函数的性质可得答案本题考查的知识点是点到直线的距离公式，三角函数的性质，属于基础题8.【答案】B【解析】解：设555.=x，则x=5x，解得：x=5或0(舍去).故选：B.设555.=x可解决此题本题考查方程思想，考查数学运算能力，属于基础题9.【答案】D【解析】解：抛物线C：y2=2px(p0)的焦点坐标为F(p2,0)，由题意可得直线PQ：y=3(x-p2)，联立y2=2pxy=3(x-p2)，得：12x2-20px+3p2=0，解得：P(p

13、6,-33p)，Q(3p2,3p)，则MN=3p+33p=433p，在MNF中，MN边上的高h=p，则SMFN=12433pp=233p2.故选：D.求出直线PQ的方程，与抛物线y2=2px联立，求出P，Q的坐标，得到MN，然后求解三角形的面积本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，是中档题10.【答案】A【解析】解：根据题意，因为B、D两处互不相邻，所以B处至少调整5次，D处至少调整11次，故最少需要调整16次相应的可行方案有2种，方案：A调整10个给D，B调整5个给C，然后C再调整1个给D；方案：A调整11个给D，B调整1个给A，调整4个给C，故选：A.根据题意，先分析两处互不相邻B

14、D两处的调整方法数目，进而分析可得答案本题考查合情推理的应用，注意认真审题，明确题意，属于基础题11.【答案】(23,1【解析】解：函数y=log12(3x-2)+1-x中，令3x-201-x0，解得230,y0)是双曲线C：x24-y2=1上的一点，可得x2-4=4y2，tan+tan=yx+2-yx-2=-4yx2-4=-4y4y2=-1y，tantan=yx+2-yx-2=-y2x2-4=-y24y2=-14，S=12|AB|y=2y，所以Stan(+)=2ytan+tan1-tantan=2y-1y1+14=-85.故答案为：-85.将P的坐标代入双曲线的方程可得x2-4=4y2，运用

15、直线的斜率公式和两角和的正切公式，以及三角形的面积公式，化简整理，可得所求值本题考查双曲线的方程和运用，以及两角和的正切公式，考查化简运算能力，属于中档题14.【答案】6512【解析】解：由g(x)=sin(2x-3)=sin2(x-6)，即函数f(x)=sin2x的图象向右平移6个单位即可得到g(x)的图象，当0xa时，02x2a，-32x-32a-3，若g(x)在区间(0,a)上单调递增，则2a-32，得0b，所以CB，故C有两解，又sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB=101022+3101022，即sinA=55或sinA=255，当sinA=55时，SABC

16、=12bcsinA=1253555=152，当sinA=255时，SABC=12bcsinA=12535255=15.【解析】(I)选tanA=2，结合同角基本关系先求出cosA，sinA，进而可求sinC，然后结合余弦定理可求cosA，sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；选b2+c2-a2=25c，由余弦定理可求cosA，进而可求sinA，结合诱导公式及和角正弦可求sinC；选3b=5c，然后结合正弦定理可求sinC；所以c=35，b=5，B=4，(II)由(I)可求cosC，然后求出sinA，结合三角形面积公式可求本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方关系，三角形

17、面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题17.【答案】解：表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到西站”，Bi表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到西站”，i=1，2.用频率估计相应的概率可得：因为P(A1)=0.1+0.2+0.3=0.6，P(A2)=0.1+0.4=0.5，因为P(A1)P(A2)，所以甲应选择L1，P(B1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8，P(B2)=0.1+0.4+0.4=0.9，因为P(B2)P(B1)，所以乙应选择L2.，B分别表示针对的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到西站，由知P(A)=0.6，P(B)=0.9，又由题意知，A，B相互独立，P

18、(X=0)=P(A-B-)=P(A-)P(B-)=0.40.1=0.04，P(X=1)=P(A-B+AB-)=P(A-)P(B)+P(A)P(B-)=0.40.9+0.60.1=0.42，P(X=2)=P(AB)=P(A)(B)=0.60.9=0.54，X的分布列为：X0 1 2 P0.040.420.54E(X)=00.04+10.42+20.54=1.5.【解析】表示事件“甲选择路径Li时，40分钟内赶到火车站”，Bi表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到西站”，用频率估计相应的概率P(A1)，P(A2)比较两者的大小，及P(B1)，P(B2)的从而进行判断甲与乙路径的选择；，B分别表

19、示针对的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内抵达西站，由(I)知P(A)=0.6，P(B)=0.9，且甲、乙相互独立，X可能取值为0，1，2，分别代入相互独立事件的概率公式求解对应的概率，再进行求解期望即可本题主要考查了随机抽样用样本估计总体的应用，相互独立事件的概率的求解，离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，考查运算求解能力，属于中档题18.【答案】证明：取CD中点M，连接BM，因为四边形ABCD为直角梯形，AB/CD，ADC=90，CD=2AD=2AB=2，所以四边形ABMD为正方形，BCBD，因为PD平面ABCD，BC平面ABCD，所以PDBC，又因为PDBD=D，PD、BD平面PBD

20、，所以BC平面PBD，又因为BC平面PBC，所以平面PBC平面PBD，于是平面PBD平面ABC.解：因为PD平面ABCD，所以PDAD、PDDC，又因为ADC=90，所以DA、DC、DP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，BC=(-1,1,0)，BP=(-1,-1,2)，设平面PBC的法向量为m=(x,y,z)，BCm=-x+y=0BPm-x-y+2z=0，令x=1，m=(1,1,1)，平面PCD的法向量为n=(1,0,0)，所以二面角B-PC-D的余弦值为|mn|m|n|=131=33.解：不存在，理由如下：假设在棱PA上存在点Q，使得DQ/平面PBC，令PQPA=t(t0,1)，则Q(

21、t,0,2(1-t)，DQ=(t,0,2(1-t)，由知平面PBC的法向量为m=(1,1,1)，因为DQ/平面PBC，所以DQm=2-t=0，解得t=2，与t0,1矛盾，所以在棱PA上不存在点Q，使得DQ/平面PBC.【解析】只须证明平面PBC内直线BC垂直于平面PBD即可；用向量数量积计算二面角的余弦值；用反证法说明不存在本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题19.【答案】解：由题意可知，|AF1|+|AF2|=2a，|BF1|+|BF2|=2a，而ABF1的周长为8，则4a=8，故a=2，又e=ca=12，故c=1，b2=a2-c2=3，椭圆C的方程为x24+y

22、23=1；证明：由可知，A2(2,0)，设直线AB：x=ty+1，A(x1,y1),B(x2,y2),kA2A=y1x1-2,kA2B=y2x2-2，联立x=ty+1x24+y23=1得，(3t2+4)y2+6ty-9=0，y1+y2=-6t3t2+4,y1y2=-93t2+4，x1x2=(ty1+1)(ty2+1)=t2y1y2+t(y1+y2)+1=-12t2+43t2+4，x1+x2=t(y1+y2)+2=83t2+4，kA2AkA2B=y1y2(x1-2)(x2-2)=y1y2x1x2-2(x1+x2)+4=-93t2+4-12t2+43t2+4-163t2+4+4=-9-12t2+4

23、-16+12t2+16=-94，直线A2A，A2B两直线的斜率之积为定值-94.【解析】根据题意可得4a=8，再根据离心率可求得c，及而求得b，由此得到椭圆方程；，设直线AB：x=ty+1，设出点A，B坐标，联立直线方程与椭圆方程，消去x并整理后，由根与系数的关系化简即可得证本题考查椭圆标准方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定值问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题20.【答案】解：时，f(x)=2(x2-1)-2lnx，f(x)=4x-2x，f(1)=2，f(1)=0，故切线方程是：y-0=2(x-1)，即y=2(x-1).，f(x)=2ax-2x=2ax2-2

24、x(x0)，当a0时，f(x)0时，由f(x)=0，得x=1a，当x(0,1a)时，f(x)0，f(x)递增，综上：a0时，f(x)在(0,+)上单调递减，a0时，f(x)在(0,1a)递减，在(1a,+)递增证明：当a1时，f(x)ax+1x-(a+1)，即ax2-ax-2lnx-1x+10在(1,+)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x1)，则h(x)=2ax-a-2x+1x2，h(x)=2a+2x3(x-1)，由于a1，x1，则h(x)0，故h(x)在(1,+)上单调递增，而h(1)=a-10，则h(x)在(1,+)上单调递增，故h(x)h(1)=0，故当a1时，

25、f(x)ax+1x-(a+1)在区间(1,+)上恒成立【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算f(1)，f(1)，求出切线方程即可；求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；问题转化为ax2-ax-2lnx-1x+10在(1,+)上恒成立，令h(x)=ax2-ax-2lnx-1x+1，(x1)，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题21.【答案】解：；证明：若(x)在a,b上单调递增，则Ma,b,n=i=1n(ti)-(ti-1)=(b)-(a)=Ma,b,1，故(x)在

26、a,b上存在“最佳划分”Ma,b,1；若(x)在a,b上存在“最佳划分”Ma,b,1，假设(x)在a,b上不单调递增，则存在x1，x2a,b，若x1(x2).由|(a)-(b)|(a)-(x1)|+|(x1)-(x2)|+|(x2)-(b)|(*)，当且仅当(a)-(x1)0，(x1)-(x2)0，(x2)-(b)0时等号成立，此时|(a)-(b)|=(a)-(x1)+(x1)-(x2)+(x2)-(b)=(a)-(b)0，与题设矛盾，舍去，故(*)式中等号不成立，即：增加分点x1，x2后，“落差总和”会增加，故Ma,b,n取最大值时n的最小值大于1，与条件矛盾，所以(x)在a,b上单调递增综上，即得证【解析】根据题意，直接计算出答案即可；先证明充分性，再证明必要性，进而得证本题以新定义为载体，旨在考查学生的逻辑推理能力，语言转化能力，培养学生的创新意识和应用意识，属于中档题