2021 北京房山高三一模
数 学
本试卷共 5 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作
答无效。考试结束后，将答题卡交回，试卷自行保存。
第一部分 （选择题 共 40 分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 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。
(1)若集合 = 2, 1,1M ，集合 1= 0,N ，则 M N 等于
(A) 2, 1,0,1 (B) 2, 1,1 (C) 2, 1,0 (D) 1
(2)下列函数中，值域为 0 +， 且为偶函数的是
(A) = cosy x (B) +1y x (C) 2y x (D) 3y x x
(3)已知 a ，bR ，且 a b ，则下列各式中一定成立的是
(A) 1 1
a b
(B) 3 3a b （C） 2ab b (D) 2 2a b
(4)将函数 ( ) sin 2f x x 的图象向左平移
6
个单位得到函数 y g x 的图象，则函数 g x 的
图象的一条对称轴方程为
(A)
6x (B) π
12x (C) π
12x (D)
6x
(5) “十三五”期间，我国大力实施就业优先政策，促进居民人均收入持续增长.下面统计图反映
了 2016 2020 年我国居民人均可支配收入（单位：元）情况.根据图中提供的信息，下列
判断不正确的是
(A) 2016 2020 年，全国居民人均可支配收入每年都超过 20000 元
(B) 2017 2020 年，全国居民人均可支配收入均逐年增加
(C) 根据图中数据估计， 2015 年全国居民人均可支配收入可能高于 20000 元
(D) 根据图中数据预测， 2021年全国居民人均可支配收入一定大于 30000元
(6)已知双曲线
2 2
2 2: 1( 0, 0)x yC a ba b
的离心率为 3 ，则点 M (3,0) 到双曲线 C 的渐近线
的距离为
(A) 2 (B) 6 (C) 3 3
2
(D) 2 2
(7)“ 2 1a ”是“直线 1x ay 与 1ax y 平行”的
(A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件
(C)充要条件 (D)既不充分也不必要条件
(8)在矩形 ABCD 中， AC 与 BD 相交于点O , E 是线段OD 的中点，若 AE mAB nAD
,
则 m n 的值为
(A)
2
(B) 1 (C)1 (D) 1
2
(9)已知等差数列 na 的前 n 项和为 nS ，且 7 8S S ， 8 9 10S S S ，则下面结论错误的是
(A) 9 0a (B) 15 14S S
(C) 0 d (D) 8S 与 9S 均为 nS 的最小值
(10)祖暅是我国南北朝时代伟大的科学家，他在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势
既同，则积不容异”.意思是：如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等，那么
这两个几何体的体积相等，此即祖暅原理.利用这个原理求球的体积时，需要构造一个满足
条件的几何体，已知该几何体三视图如图所示，用一个与该几何体的下底面平行且相距为
0 2h h 的平面截该几何体，则截面面积为
(A) 4 (B) 24 h (C) 22 h
(D) 2π 4 h
第二部分 （非选择题 共 110 分）
二、 填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
(11) 若i 为虚数单位，则1 i
1 i
．
(12) 二项式 62( )x x
的展开式中常数项是 （用数字作答）．
(13) 抛物线 2: 8C y x 的焦点为 F ，则点 F 的坐标为 ，若抛物线上一点 A 到 y 轴的
距离为 2 ，则 AF ．
(14) 设 0a ， 0b ，则使得命题“若 lg( ) 0a b ,则 lg( ) 0ab ”为假命题的一组 ,a b 的值
是 ．
(15) 设函数 ( )f x 的定义域为 D ，若对于任意 x D ，存在 y D ，使 ( ) ( )
2
f x f y C （C
为常数）成立，则称函数 ( )f x 在 D 上的“半差值”为C ．下列四个函数中，满足所在定义
域上“半差值”为 2 的函数是 （填上所有满足条件的函数序号）．
① e 1) （xy x ② 3 1y x ③ 2logy x ④ siny x
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）（本小题 14 分）
如图，在直三棱柱 1 1 1ABC - A B C 中，已知 1AB BC ， 2AC ， 1 2BB ，E 为 1CC
上一点，且 1
2EC .
（Ⅰ）求证：平面 ABE 平面 1 1B BCC ；
（Ⅱ）求直线 1AC 与平面 ABE 所成角的正弦值.
（17）（本小题 14 分）
在△ ABC 中， 2π 73B = , b = ，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一
个作为已知，求：
（Ⅰ）sin C 的值；
（Ⅱ）△ ABC 的面积.
条件①： AB 边上的高为
2
3 ；
条件②：
14
75cos A ；
条件③： 1a .
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（18）（本小题 14 分）
单板滑雪 U 型池比赛是冬奥会比赛中的一个项目，进入决赛阶段的12 名运动员按照预赛
成绩由低到高的出场顺序轮流进行三次滑行，裁判员根据运动员的腾空高度、完成的动作
难度和效果进行评分，最终取单次最高分作为比赛成绩.
现有运动员甲、乙二人在 2021赛季单板滑雪 U 型池世界杯分站比赛成绩如下表：
分站 运动员甲的三次滑行成绩 运动员乙的三次滑行成绩
第 1 次 第 2 次 第 3 次 第 1 次 第 2 次 第 3 次
第 1 站 80.20 86.20 84.03 80.11 88.40 0
第 2 站 92.80 82.13 86.31 79.32 81.22 88.60
第 3 站 79.10 0 87.50 89.10 75.36 87.10
第 4 站 84.02 89.50 86.71 75.13 88.20 81.01
第 5 站 80.02 79.36 86.00 85.40 87.04 87.70
假设甲、乙二人每次比赛成绩相互独立.
（Ⅰ）从上表5站中随机选取1站，求在该站运动员甲的成绩高于运动员乙的成绩的概率；
（Ⅱ）从上表5站中任意选取 2 站，用 X 表示这 2 站中甲的成绩高于乙的成绩的站数，求
X 的分布列和数学期望；
（Ⅲ）假如从甲、乙 2 人中推荐1 人参加 2022 年北京冬奥会单板滑雪 U 型池比赛，根据
以上数据信息，你推荐谁参加，并说明理由.
（注：方差 2 2 22
1 2
1
ns x x x x x xn
，其中 x 为 1x ， 2x ，…， nx 的
平均数）
（19）（本小题 15 分）
已知函数 3 22 3) = 2(f x x x ．
（Ⅰ）求曲线 ( )y f x 在点 0, 0f 处的切线方程；
（Ⅱ）若 0,x ，求证： 1( 2)f x x ≥ ；
（Ⅲ）设 2( ) 8 34h x x ，是否存在唯一的自然数 m ，使得 ( )h x 与 ( )f x 的图象在区间
( , 1)m m 上有两个不同的公共点？若存在，试求出 m 的值，若不存在，请说明理由.
（20）（本小题 14 分）
已知椭圆
2 2
2 2: 1 0x yC a ba b
过点 2,0 ，离心率为 1
2 .
（Ⅰ）求椭圆C 的方程；
（Ⅱ）设点 M 为椭圆 C 的上顶点， ,A B 是椭圆 C 上两个不同的动点（不在 y 轴上），直
线 ,MA MB 的斜率分别为 1 2,k k ，且 1 2 3k k ，求证：直线 AB 过定点 5(0, 3)3N .
(21)(本小题 14 分)
对于数列 na ，记 1 2max , , , ( =1,2 3 )n nb a a a n ，， ，其中 1 2max , , , ka a a 表示
1 2, , , ka a a 这 k 个数中最大的数，并称数列 nb 是 na 的“控制数列”，如数列1,2,3,2 的
“控制数列”是1,2,3,3 .
（Ⅰ）若各项均为正整数的数列 na 的“控制数列”为1,3,4,4 ，写出所有的 na ；
（Ⅱ）设 2 2na an n ( )n *N .
（i）当 0a 时，证明:存在正整数 m，使得 1 2, , ,1 2
m m mb b b
m m m
是等差数列；
（ii）当 2,2a 时，求 31 2 4
1 2 3 4
bb b b 的值（结果可含 a ）.
2021 北京房山高三一模数学
参考答案
一、选择题共 8 小题，每小题 5 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。
题号 (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) （9） （10）
答案 (A) （C） （B） （C） （D） （B） （B） （A） （C） (D)
二、填空题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分。
（11） i （12） 160 （13） (2,0);4 （14）满足 1a b 且 1ab ≤ 即可 （15）② ③
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)(Ⅰ)证明：
解: （Ⅰ）解法 1
因为三棱柱 1 1 1ABC A B C 为直三棱柱,
所以 1 B B 平面 ABC .
又因为 AB 平面 ABC ,
所以 1 B B AB .
又因为 2,1 ACBCAB ，
所以 2 2 2AC AB BC .
所以 AB BC .
因为 1 B B BC B ， 1 , B B BC 平面 1 1,BCC B
所以 AB 平面 1 1BCC B .
因为 AB 平面 ABE ,
所 以 平 面 ABE 平 面
1 1B BCC . ……………………………………7 分
解法 2. 三棱柱 1 1 1ABC A B C 为直三棱柱,所以 1 B B 平面 ABC .
因为 1 , B B BC 平面 1 1,BCC B 所以 1 1, B B AB B B BC .
又因为 2,1 ACBCAB ，所以 2 2 2AC AB BC .
所以 AB BC .
以点为 B 坐标原点, 1, ,BA BC BB 所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴
建立如图所示空间直角坐标系 B xyz ，则
(0,0,0), (1,0,0),B A 1 1 1(0,1,0), (1,0,2), (0,0,2), (0,1,2)C A B C ，
1(0,1, ),2E
所以 1(0,1, ),2BE
(1,0,0),BA
设平面 ABE 的法向量为 , ,n x y z
，则
0
0
BEn
BAn
,
所以
0
1 02
x
y z
，
令 2,z 则 1,y ， 0x .则
(0, 1,2)n
由（Ⅰ）可知，平面 1 1B BCC 的法向量为 (1 0,0)BA ， ,
因为 0BA n ,
所以平面 ABE 平面 1 1B BCC .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，平面 ABE 的法向量为 )2,1,0( n ，
1 ( 1,1, 2),AC
设直线 1AC 与平面 ABE 所成角为 ，则
1
1
1
30sin cos , 6
AC nAC n
AC n
所 以 , 直 线 1AC 与 平 面 ABE 所 成 角 的 正 弦 值 为
30
6 . ……………………………………14 分
（17）选①
解：方法 1：
（Ⅰ）设 AB 边上高为 CD
在 ACDRt 中，
14
21
7
2
3
sin
AC
CDA
3
2B
30 A
14
75sin1cos 2 AA
CBA
)sin(sin BAC
BABA sincoscossin
2
3
14
75)2
1(14
21
7
21 ……………………………………10 分
（Ⅱ）在 BDCRt 中，因为
3
π 32= 3 2
DCsinB sinBC BC
所以 1BC =
又因为 7b = ， 21sinC = 7
，
所以
2
3
7
21712
1sin2
1 CabS ABC ……………………………………14 分
方法 2：
（ I ） 在 BDCRt 中 , 1 aBC ( 答 案 与 选 择 条 件 ① 相
同） ……………………10 分
（Ⅱ）设 AB 边上高为 CD
在 ACDRt 中，
2
5)2
3()7( 2222 CDACAD
因为 3
2CD = ， CDtan CBD = BD
所以
3
12 =π 2tan 3
CDBD = tan CBD
在 BDCRt 中,
2
1BD
22
1
2
5 BDADAB
又因为 3
2CD =
所以
2
3
2
322
1
2
1 CDABS ABC ……………………………………14 分
选②
解：（Ⅰ）
3
2B
30 A
又
14
75cos A
14
21cos1sin 2 AA
CBA
)sin(sin BAC
BABA sincoscossin
2
3
14
75)2
1(14
21
7
21 ……………………………………10 分
（Ⅱ）
B
b
A
a
sinsin
1
2
3
14
217
sin
sin
B
Aba
2
3
7
21712
1sin2
1 CabS ABC ……………………………………14 分
选③
解：（Ⅰ）方法 1：
B
b
A
a
sinsin
14
21
7
2
31sinsin
b
BaA
又
30 A
14
75cos1cos 2 AA
CBA
)sin(sin BAC
BABA sincoscossin
2
3
14
75)2
1(14
21
7
21 ……………………………………10 分
方法 2： Baccab cos2222
)2
1(1217 2 cc
即 062 cc
解得： （舍去）或 32 cc
B
b
C
c
sinsin
7
21
7
2
32sinsin
b
BcC
（Ⅱ）
2
3
7
21712
1sin2
1 CabS ABC ……………………………14 分
（18）解：（Ⅰ）解：设“该站运动员甲的成绩高于该站运动员乙的成绩”为事件 A ；
运动员甲第 1 站、第 2 站、第 3 站、第 4 站、第 5 站的成绩分别为：
86.20 92.80 87.50 89.50 86.00、 、 、 、 ……………………………1 分
运动员乙第 1 站、第 2 站、第 3 站、第 4 站、第 5 站的成绩分别为：
88.40 .60 89.10 88.20 .70、 88 、 、 、 87 ……………………………2 分
其中第 2 站和第 4 站甲的成绩高于乙的成绩
2( ) 5P A ……………………………………4 分
（ Ⅱ ） X 的 可 能 取 的 值 为 0,1,2 ，
则 ……………………………………5 分
0 2
2 3
2
5
3( 0) 10
C CP X C
……………………………………
6 分
1 1
2 3
2
5
6 3( 1) 10 5
C CP X C
……………………
7 分
2 0
2 3
2
5
1( 2) 10
C CP X C
……………………………………
8 分
所以 X 的分布列为
X 0 1 2
P 3
10
3
5
1
10
……………………………………9 分
3 3 1 4( ) 0 1 210 5 10 5E X ……………………………………10 分
（ Ⅲ ） 答 案 一 ： 推 荐
乙. ……………………………………12 分
理由是：从 2021 赛季前 5 站的成绩可以看出：任意 1 站运动员甲的成绩高于该站运动员
乙的成绩的概率为 2
5
，乙的成绩高于该站运动员甲的成绩的概率为 3
5 .因为 3 2
5 5
，所以乙
的 成 绩 好 于 甲 的 成 绩 的 可 能 性
大. ……………………………………14 分
答 案 二 ： 推 荐
乙. ……………………………………12 分
用“ 1 ”表示任意 1 站运动员甲的成绩高于乙的成绩，用“ 0 ”表示任意 1 站运动员甲
的成绩低于乙的成绩，则 2( 1) 5P ， 3( 0) 5P
2 31 0 0.45 5
E ， 2 3 0.245 5D
用“ 1 ”表示运动员乙的成绩高于甲的成绩，用“ 0 ”表示运动员乙的成绩低于甲的成
绩，则 3( 1) 5P 2( 0) 5P
3 21 0 0.65 5
E , 3 2 0.245 5
D
因 为 0.4 0.6 E E , 所 以 乙 的 成 绩 好 于 甲 的 成
绩. …………………………………14 分
答 案 三 ： 推 荐
乙. ………………………………12 分
甲 5 站的平均成绩为： 1= (86.20+92.80+87.50+89.50+ .00) 88.405x 甲 86
乙 5 站的平均成绩为： 1= (88.40 .60 89.10 88.20 .70) 88.405x 乙 +88 + + +87
甲 5 站 成 绩 方 差 为 ：
2 2 2 2 2 21= [(88.40 86.20) +(88.40 92.80) +(88.40-87.50) +(88.40-89.50) +(88.40- .00) ] 6.3965s 甲 86
乙 5 站 成 绩 方 差 为 ：
2 2 2 2 2 21= [(88.40 88.40) +(88.40 88.60) +(88.40-89.10) +(88.40-88.20) +(88.40- 7.70) ] 0.2125s 乙 8
稳定表明乙的发挥比甲的更，说明甲乙二人水平相当 乙甲乙甲 22 ssxx
所 以 预 测 乙 的 成 绩 会 更
好.
……………………………………14 分
答 案 四 ： 推 荐
甲. ……………………………………12 分
甲 5 站的平均成绩为： 1= (86.20+92.80+87.50+89.50+ .00) 88.405x 甲 86
乙 5 站的平均成绩为： 1= (88.40 .60 89.10 88.20 .70) 88.405x 乙 +88 + + +87
甲乙 5 站的平均成绩虽然相同，但是甲成绩的极大值为 92.80，乙成绩的极大值为 89.10，
甲 成 绩 的 极 大 值 高 于 乙 成 绩 的 极 大 值 ， 所 以 甲 的 成 绩 会 比 乙 的 更
好.
……………………………………14 分
（19）解：（Ⅰ）因为 2( ) 6 4f x x x ，所以 (0) 0 f .
因为 (0) 3f ,
所以切线方程为 3 0( 0)y x ，即 3y . ……………………………………4 分
（Ⅱ）设 3 2( ) (2 1) 2 2 3 (2 1) 0 g x f x x x x x x ，
即 3 2( ) 2 2 2 2g x x x x ，
2 2( ) 6 4 2 2(3 2 1) 2(3 1)( 1)g x x x x x x x ,
令 ( ) 0g x ，则 1x 或 1
3x .
( ), ( )g x g x 随 x 变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1, )
( )g x 0
( )g x 极小值
所以 ( ) (1)g x g = 2 2 2 2 0 .
所 以 3 22 2 3 (2 1) 0x x x ，
( ) 2 1f x x . ……………………………………10 分
（Ⅲ）由于 2( ) 8 34, h x x x R ，设 3 2 2( ) ( ) ( ) 2 2 3 8 34q x f x h x x x x ,
3 2( ) 2 10 37 q x x x ， 2( ) 6 20 2 (3 10)q x x x x x .
( ), ( )q x q x 随 x 变化情况如下表：
x ( ,0) 0 10(0, )3
10
3
10( , )3
' ( )q x 0 0
( )q x 极大值 极小值
由表可知 (0) 37q ， 10 1( )3 27q ，因为 (3) 1 0q ， (4) 5 0q ，
10(3) ( ) 03
q q ， 10( ) (4) 03q q ，
所以 ( )q x 在 10(3, )3
， 10( ,4)3
分别有唯一零点.
所以 ( )q x 在 (3,4) 内有两个零点，在 (0,3) ， (4, ) 内无零点， ( ,0) 内有唯一零点.
所以存在唯一的自然数 3m ，使得 ( )h x 与 ( )f x 的图象在 ( , 1)m m 上有两个不同公共
点.
……………………………………15 分
（20）解：（Ⅰ）根据题意得:
2 2 2
2
1
2
a
c
a
b a c
解得
2
1
3
a
c
b
所以椭圆C 的方程为
2 2
14 3
x y . ……………………………………5 分
（Ⅱ）证法 1：因为点 M 为椭圆上顶点，
所以点 M 的坐标为 0, 3M .
设直线 :MA 1 3y k x ,
由
2 2
1
14 3
3
x y
y k x
得 2 2
1 1(3 4 ) 8 3 0k x k x .
设点 , , ,A A B BA x y B x y ,
解得 1
2
1
8 3 ,4 3A
kx k
所以
2
1
1 2
1
4 3 3 33 4 3
A A
ky k x k
.
2
1
2
1 1
11
2
1
4 3 3 3 55 33 4 3 3 13
38 3
4 3
A
AN
A
k
y k kk x kk
k
.
设直线 :MB 2 3y k x
同理可得 2
2
1
3
BN
kk k .
又因为 1 2 3k k ， 所以 2
1
3k k
.
所以 1 1
1
1
3
1 1
33 3BN
k kk k
k
.
所以 AN BNk k .
所 以 直 线 AB 过 定 点
5(0, 3)3N . ……………………………………14 分
证法 2：由题意可知，直线 AB 存在斜率
设直线 AB 的方程为： y kx m ，则
联立
2 23 4 12 0
y kx m
x y
消去 y 得 2 2 23 4 8 4 12 0 k x kmx m .
2 2 2 264 4 3 4 4 12 0 k m k m .
即 2 24 3 0 k m ,
设 1 1,A x y ， 2 2,A x y ，则
1 2 2
8
3 4
kmx x k
，
2
1 2 2
4 12
3 4
mx x k
所以 11
1
1 1
33
kx myk x x
.
22
2
2 2
33
kx myk x x .
因为 1 2 3k k ，
所以 1
1
3 kx m
x
2
2
3
kx m
x
1 2
1 2
3 3
3
kx m kx m
x x
.
所以 22
1 2 1 23 3 3 0 k x x k m x x m .
所以
22 22
2 2
8 34 123 3 03 4 3 4
k m mmk mk k
.
所以 23 2 3 15 0 m m ，即 3 5 3 3 0 m m .
所以 5 3
3
m 或 3m （舍）.
所以直线 AB 的方程为： 5 3
3
y kx .
所以直线 AB 过定点 5(0, 3)3N . ……………………………………14 分
（21）解：解析：(I) 1,3,4,11,3,4,21,3,4,31,3,4,4.； ； ； ……………………4 分
(II) i）当 20, ( ) 2a f x ax x 的对称轴 1x a
，
所以当 1x a
时单调递增，由于 ( =1,2 3 )n ，， .
所以当 1 1,m n ma
时,有 n na b ，
由于 2nb ann
是等差数列，
所以存在正整数 m，使得 1 2, ,1 2
m m mb b b
m m m
是等差数列. …………………………9 分
ii) 2( ) 2f x ax x 的对称轴 1x a
，由于 1,2,3n ；
1 2 3 42, 4 4, 9 6, 16 8a a a a a a a a .
①当 2[ 2, )5a 时, 此时 1 2a a 最大；
由于 1 2max{ , , , }( 1,2,3 )n nb a a a n ,所以 1 2 3 4 1 2b b b b a a .
所以 31 2 4 1 1 1 1 25( 2)( 2)( )1 2 3 4 1 2 3 4 12
bb b b aa .
②当 2 1( , ]5 2a 时， 1 2 3 1 4 42,b b b a a b a ，
所以 31 2 4 35 34
1 2 3 4 6
bb b b a .
③当 1 2( , ]2 3a 时, 2 1 3 2a a a ,
2 1 3 2 0a a a ， 3 1 8 4 0a a a ，
1 2 1 3 3 4 42, ,b b a a a b b a ,
所以 3 31 2 4 1 1 4 17 14
1 2 3 4 1 2 3 4 2
b ab b b a a a a .
④当 2( ,1]3a 时， 2 1 3 2 0a a a ，故 n nb a ，
3 31 2 4 1 2 4 10 81 2 3 4 1 2 3 4
b ab b b a a a a .
⑤当 (1,2]a 时, ( )f x 1 1x a
，
所以 2 2na an n 单调递增，所以 n nb a .
则 3 31 2 4 1 2 4 10 8;1 2 3 4 1 2 3 4
b ab b b a a a a
综上所述， 31 2 4
25( 2) 2, 212 5
35 34 2 1,6 5 2
17 14 1 21 2 3 4 ,2 2 3
210 8, 23
≤ ≤
≤
≤
≤
a a
a abb b b
a a
a a
.…………………………14 分
微信/支付宝扫码支付