北京卷
一、选择题(共10 小题，每小题4 分，共40 分，在每小题给出的四个选项中，选出符合题
目要求的一项)
1．(2021·北京卷，1)已知集合A＝{x|－1<x<1}，B＝{x|0≤x≤2}，则A∪B 等于( )
A．(－1,2)
B．(－1,2]
C．[0,1)
D．[0,1]
2．(2021·北京卷，2)在复平面内，复数z 满足(1－i)z＝2，则z 等于( )
A．2＋i B．2－i C．1－i D．1＋i
3．(2021·北京卷，3)已知f(x)是定义在[0,1]上的函数，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f(1)”的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
4．(2021·北京卷，4)某四面体的三视图如图所示，该四面体的表面积为( )
A.
B．4
C．3＋
D．2
5．(2021·北京卷，5)双曲线C：－＝1 过点(，)，且离心率为2，则该双曲线的标准方程为(
)
A．x2－＝1
B.－y2＝1
C．x2－＝1
D.－y2＝1
6．(2021·北京卷，6){an}和{bn}是两个等差数列，其中(1≤k≤5)为常值，若a1＝288，a5＝
96，b1＝192，则b3等于( )
A．64 B．128 C．256 D．512
7．(2021·北京卷，7)函数f(x)＝cos x－cos 2x，试判断函数的奇偶性及最大值( )
A．奇函数，最大值为2
B．偶函数，最大值为2
C．奇函数，最大值为
D．偶函数，最大值为
8．(2021·北京卷，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(<10 mm)，中雨(10 mm－25 mm)，大雨(25 mm－50 mm)，暴雨(50 mm－100 mm)，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
9．(2021·北京卷，9)已知圆C：x2＋y2＝4，直线l：y＝kx＋m，当k 变化时，l 截得圆C 弦
长的最小值为2，则m 等于( )
A．±2 B．± C．± D．±
10．(2021·北京卷，10)数列{an}是递增的整数数列，且a1≥3，a1＋a2＋…＋an＝100，则n
的最大值为( )
A．9 B．10 C．11 D．12
二、填空题(共5 小题，每小题5 分，共25 分)
11. (2021·北京卷，11)4的展开式中常数项为________．
12．(2021·北京卷，12)已知抛物线C：y2＝4x，焦点为F，点M 为抛物线C 上的点，且|
FM|＝6，则M 的横坐标是________，作MN⊥x 轴于N，则S△FMN＝________.
13．(2021·北京卷，13)a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，则(a＋b)·c＝________；a·b＝
________.
14．(2021·北京卷，14)若点P(cos θ，sin θ)与点Q 关于y 轴对称，写出一个符合题意的θ
＝________.
15．(2021·北京卷，15)已知函数f(x)＝|lg x|－kx－2，给出下列四个结论：
①若k＝0，则f(x)有两个零点；
②∃k<0，使得f(x)有一个零点；
③∃k<0，使得f(x)有三个零点；
④∃k>0，使得f(x)有三个零点．
以上正确结论的序号是________．
三、解答题(共6 小题，共85 分，解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程)
16．(2021·北京卷，16)已知在△ABC 中，c＝2bcos B，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．
①c＝b；②周长为4＋2；③面积为S△ABC＝.
17．(2021·北京卷，17)已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点E 为A1D1中点，直线B1C1交平面
CDE 于点F.
(1)求证：点F 为B1C1的中点；
(2)若点M 为棱A1B1上一点，且二面角M－CF－E 的余弦值为，求的值．
18．(2021·北京卷，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)①若采用“10 合1 检测法”，且两名患者在同一组，求总检测次数；
②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，定义随机变量X 为总检
测次数，求检测次数X 的分布列和均值E(X)；
(2)若采用“5 合1 检测法”，检测次数Y 的均值为E(Y)，试比较E(X)和E(Y)的大小(直接写
出结果)．
19．(2021·北京卷，19)已知函数f(x)＝.
(1)若a＝0，求y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
(2)若函数f(x)在x＝－1 处取得极值，求f(x)的单调区间，以及最大值和最小值．
20．(2021·北京卷，20)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边
形面积为4.
(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，若|PM|＋|PN|≤15，求k 的取值范围．
21．(2021·北京卷，21)定义Rp 数列{an}：对实数p，满足：①a1＋p≥0，a2＋p＝0；
②∀n∈N*，a4n－1<a4n；③am＋n∈{am＋an＋p，am＋an＋p＋1}，m，n∈N*.
(1)对前4 项2，－2,0,1 的数列，可以是R2数列吗？说明理由；
(2)若{an}是R0数列，求a5的值；
(3)是否存在p，使得存在Rp数列{an}，对∀n∈N*，满足Sn≥S10？若存在，求出所有这样的
p；若不存在，说明理由．
答案精析
1．B [由题意可得，A∪B＝{x|－1<x≤2}，即A∪B＝(－1,2].]
2．D [由题意可得，z＝＝＝＝1＋i.]
3．A [若函数f(x)在[0,1]上单调递增，则f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，
若f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)，
比如f(x)＝2，但f(x)＝2在上为减函数，在上为增函数，
故f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)推不出f(x)在[0,1]上单调递增，
故“函数f(x)在[0,1]上单调递增”是“f(x)在[0,1]上的最大值为f(1)”的充分不必要条件．]
4．A [根据三视图可得如图所示的几何体－正三棱锥O－ABC，
其侧面为等腰直角三角形，底面为等边三角形，
由三视图可得该正三棱锥的侧棱长为1，
故其表面积为3××1×1＋×()2＝.]
5．A [∵e＝＝2，则c＝2a，b＝＝a，则双曲线的方程为－＝1，
将点(，)的坐标代入双曲线的方程可得－＝＝1，解得a＝1，故b＝，因此，双曲线的方程
为x2－＝1.]
6．B [由已知条件可得＝，则b5＝＝＝64，因此，b3＝＝＝128.]
7．D [由题意，f(－x)＝cos(－x)－cos(－2x)＝cos x－cos 2x＝f(x)，所以该函数为偶函数，
又f(x)＝cos x－cos 2x＝－2cos2x＋cos x＋1＝－22＋，
所以当cos x＝时，f(x)取最大值.]
8．B [由题意，一个半径为＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为×＝50(mm)，高
为150(mm)的圆锥，
所以积水厚度d＝＝12.5(mm)，属于中雨．]
9．C [由题可得圆心为(0,0)，半径为2，
则圆心到直线的距离d＝，
则弦长为2，
则当k＝0 时，弦长取得最小值为2＝2，解得m＝±.]
10．C [若要使n 尽可能的大，则an递增幅度要尽可能小，
不妨设数列{an}是首项为3，公差为1 的等差数列，其前n 项和为Sn，
则an＝n＋2，S11＝×11＝88<100，S12＝×12＝102>100，所以n 的最大值为11.]
11.－4
解析 4的展开式的通项Tr＋1＝C(x3)4－r·r＝(－1)rCx12－4r，令r＝3 得常数项为T4＝(－1)3C＝－
4.
12．5 4
解析 因为抛物线的方程为y2＝4x，故p＝2 且F(1,0)，
因为|MF|＝6，所以xM＋＝6，解得xM＝5，故yM＝±2，所以S△FMN＝×(5－1)×2＝4.
13．0 3
解析 ∵a＝(2,1)，b＝(2，－1)，c＝(0,1)，
∴a＋b＝(4,0)，∴(a＋b)·c＝4×0＋0×1＝0，
a·b＝2×2＋1×(－1)＝3.
14．
解析 ∵P(cos θ，sin θ)与Q
关于y 轴对称，
即θ，θ＋关于y 轴对称，
θ＋＋θ＝π＋2kπ，k∈Z，
则θ＝kπ＋，k∈Z，
当k＝0 时，可取θ 的一个值为.
15．①②④
解析 对于①，当k＝0 时，由f(x)＝|lg x|－2＝0，可得x＝或x＝100，①正确；
对于②，考查直线y＝kx＋2 与曲线y＝－lg x(0<x<1)相切于点P(t，－lg t)，
对函数y＝－lg x 求导得y′＝－，由题意可得解得
所以存在k＝－lg e<0，使得f(x)只有一个零点，②正确；
对于③，当直线y＝kx＋2 过点(1,0)时，k＋2＝0，解得k＝－2，
所以当－lg e<k<－2 时，直线y＝kx＋2 与曲线y＝－lg x(0<x<1)有两个交点，
若函数f(x)有三个零点，则直线y＝kx＋2 与曲线y＝－lg x(0<x<1)有两个交点，
直线y＝kx＋2 与曲线y＝lg x(x>1)有一个交点，所以此不等式无解，
因此，不存在k<0，使得函数f(x)有三个零点，③错误；
对于④，考查直线y＝kx＋2 与曲线y＝lg x(x>1)相切于点P(t，lg t)，
对函数y＝lg x 求导得y′＝，由题意可得解得
所以当0<k<时，函数f(x)有三个零点，④正确．
16．解 (1)∵c＝2bcos B，则由正弦定理可得sin C＝2sin Bcos B，
∴sin 2B＝sin ＝，∵C＝，∴B∈，2B∈，
∴2B＝，解得B＝.
(2)若选择①：由正弦定理结合(1)可得＝＝＝，
与c＝b 矛盾，故这样的△ABC 不存在；
若选择②：由(1)可得A＝，
设△ABC 的外接圆半径为R，
则由正弦定理可得a＝b＝2Rsin ＝R，
c＝2Rsin ＝R，
则周长为a＋b＋c＝2R＋R＝4＋2，
解得R＝2，则a＝2，c＝2，
由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为
＝；
若选择③：由(1)可得A＝，即a＝b，
则S△ABC＝absin C＝a2×＝，解得a＝，
则由余弦定理可得BC 边上的中线的长度为
＝＝.
17．(1)证明 如图所示，取B1C1的中点F′，连接DE，EF′，F′C，
由于ABCD－A1B1C1D1为正方体，E，F′为中点，故EF′∥CD，
从而E，F′，C，D 四点共面，
平面CDE 即平面CDEF′，
据此可得，直线B1C1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B1C1的中点．
(2)解 以点D 为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角
坐标系D－xyz，
不妨设正方体的棱长为2，设＝λ(0≤λ≤1)，
则M(2,2λ，2)，C(0,2,0)，F(1,2,2)，E(1,0,2)，
从而MC＝(－2,2－2λ，－2)，CF＝(1,0,2)，FE＝(0，－2,0)，
设平面MCF 的法向量为m＝(x1，y1，z1)，则
令z1＝－1 可得m＝(λ≠1)，
设平面CFE 的法向量为n＝(x2，y2，z2)，则
令z2＝－1 可得n＝(2,0，－1)，
从而m·n＝5，|m|＝，|n|＝，
则cos〈m，n〉＝＝＝.
整理可得(λ－1)2＝，故λ＝.
所以＝.
18．解 (1)①对每组进行检测，需要10 次；再对结果为阳性的一组每个人进行检测，需要
10 次，
所以总检测次数为20 次．
②由题意，X 可以取20,30，
P(X＝20)＝，P(X＝30)＝1－＝，
则X 的分布列
X
20
30
P
所以E(X)＝20×＋30×＝.
(2)由题意，Y 可以取25,30，
两名感染者在同一组的概率为P1＝＝，不在同一组的概率为P1＝，则E(Y)＝25×＋30×＝
>E(X)．
19．解 (1)当a＝0 时，f(x)＝，则f′(x)＝，所以f(1)＝1，f′(1)＝－4，
此时，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－1＝－4(x－1)，即4x＋y－5＝0.
(2)因为f(x)＝，
则f′(x)＝＝，
由题意可得f′(－1)＝＝0，解得a＝4，
故f(x)＝，f′(x)＝，列表如下：
x
(－∞，－1)
－1
(－1,4)
4
(4，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)
增
极大值
减
极小值
增
所以函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(4，＋∞)，单调递减区间为(－1,4)．
当x<时，f(x)>0；当x>时，f(x)<0.
所以f(x)max＝f(－1)＝1，f(x)min＝f(4)＝－.
20．解 (1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4，
故×2a×2b＝4，即a＝，
故椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC 的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝x－2，令y＝－3，则xM＝－，同理xN＝－.
直线BC：y＝kx－3，由
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1 或k>1.
又x1＋x2＝，x1x2＝，故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝
＝＝＝＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k<－1 或1<k≤3.
21．解 (1)不是，理由如下：
由性质③结合题意可知0＝a3∈{a1＋a2＋2，a1＋a2＋2＋1}＝{2,3}，矛盾，
故前4 项为2，－2,0,1 的数列，不可能是R2数列．
(2)性质①a1≥0，a2＝0，
由性质③am＋2∈{am，am＋1}，因此a3＝a1或a3＝a1＋1，a4＝0 或a4＝1，
若a4＝0，由性质②可知a3<a4，即a1<0 或a1＋1<0，矛盾；
若a4＝1，a3＝a1＋1，由a3<a4知a1＋1<1，矛盾．
因此只能是a4＝1，a3＝a1.
又因为a4＝a1＋a3或a4＝a1＋a3＋1，所以a1＝或a1＝0.
若a1＝，则a2＝a1＋1∈{a1＋a1＋0，a1＋a1＋0＋1}＝{2a1,2a1＋1}＝{1,2}，
不满足a2＝0，舍去．
当a1＝0，则{an}前四项为0,0,0,1，
下面用数学归纳法证明a4n＋i＝n(i＝1,2,3)，a4n＋4＝n＋1(n∈N)：
当n＝0 时，经验证命题成立，
假设当n≤k(k≥0)时命题成立，
当n＝k＋1 时，
若i＝1，则a4(k＋1)＋1＝a4k＋5＝aj＋(4k＋5－j)，利用性质③：
{aj＋a4k＋5－j|j∈N*,1≤j≤4k＋4}＝{k，k＋1}，此时可得，a4k＋5＝k＋1；
否则，若a4k＋5＝k，取k＝0 可得，a5＝0，
而由性质③可得，a5＝a1＋a4∈{1,2}，与a5＝0 矛盾．
同理可得
{aj＋a4k＋6－j|j∈N*,1≤j≤4k＋5}＝{k，k＋1}，有a4k＋6＝k＋1；
{aj＋a4k＋8－j|j∈N*,2≤j≤4k＋6}＝{k＋1，k＋2}，有a4k＋8＝k＋2；
{aj＋a4k＋7－j|j∈N*,1≤j≤4k＋6}＝{k＋1}，又因为a4k＋7<a4k＋8，有a4k＋7＝k＋1.
即当n＝k＋1 时命题成立，证毕．
综上可得，a1＝0，a5＝a4×1＋1＝1.
(3)存在．令bn＝an＋p，由性质③可知，
∀m，n∈N*，bm＋n＝am＋n＋p∈{am＋p＋an＋p，am＋p＋an＋p＋1}＝{bm＋bn，bm＋bn＋1}，
由于b1＝a1＋p≥0，b2＝a2＋p＝0，b4n－1＝a4n－1＋p<a4n＋p＝b4n，
因此数列{bn}为R0数列．
由(2)可知，
若∀n∈N，a4n＋i＝n－p(i＝1,2,3)，a4n＋4＝n＋1－p，
S11－S10＝a11＝a4×2＋3＝2－p≥0，S9－S10＝－a10＝－a4×2＋2＝－(2－p)≥0，
因此p＝2，此时a1，a2，…，a10≤0，aj≥0(j≥11)，满足题意．
