2021年新高考北京数学高考真题变式题第11-15题解析版

这是一份2021年新高考北京数学高考真题变式题第11-15题解析版，共41页。试卷主要包含了已知，则________等内容，欢迎下载使用。

 2021年新高考北京数学高考真题变式题11-15题
原题11
1．在的展开式中，常数项为__________．
变式题1基础
2．若的展开式中的系数为7，则实数______.
变式题2基础
3．在展开式中，常数项为展开式的第_____项.
变式题3巩固
4．设，则_____________．
变式题4巩固
5．在展开式中，含项的系数为________．（结果用数值表示）
变式题5巩固
6．的展开式中含的项的系数为________．
变式题6巩固
7．已知，则________．
变式题7提升
8．将名支教教师安排到所学校任教，每校至多人的分配方法总数为，则二项式的展开式中含项的系数为__________（用数字作答）.
变式题8提升
9．若展开式中含项的系数与含项的系数之比为-4，则_____．
原题12
10．已知抛物线的焦点为，点在抛物线上，垂直轴与于点.若，则点的横坐标为_______； 的面积为_______．
变式题1基础
11．已知抛物线的焦点到抛物线上的点的距离为3，则点的坐标为________，（其中为坐标原点）的面积为________．
变式题2基础
12．已知抛物线的焦点为，准线方程为，点是抛物线上的一点，则实数___________，___________.
变式题3巩固
13．已知抛物线的焦点是F，O是坐标原点，点在抛物线C上，OA的垂直平分线交x轴于B点，（1）当AB与x轴垂直时，则_________（用p表示）；（2）若N是线段AF的中点，则_________（用p表示）．
变式题4巩固
14．已知抛物线上一点到其焦点的距离为5，则此抛物线的方程为______.若点为其准线上任意一点，过点作抛物线的切线，切点分别为点，，则直线必过定点______.
变式题5巩固
15．已知抛物线顶点在原点，焦点在坐标轴上，又知此抛物线上的一点到焦点的距离为，则的值为__________；抛物线方程为__________.
变式题6巩固
16．已知顶点在坐标原点，对称轴为轴的抛物线过点，则该抛物线的标准方程为______________；设为该抛物线的焦点，、、为该抛物线上三点，若，则______________.
变式题7提升
17．抛物线，直线l经过抛物线的焦点F，与抛物线交于A、B两点，若，则（O为坐标原点）的面积为______．
变式题8提升
18．如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线与圆于四点，则 ______.

原题13
19．已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则
________；________.

变式题1基础
20．已知中，，，，点是线段的中点，则______．
变式题2基础
21．已知是边长为2的等边三角形，为边（含端点）上的动点，则的取值范围是___________.
变式题3巩固
22．如图，两块斜边长相等的直角三角板拼在一起，若，则________.

变式题4巩固
23．已知直线与抛物线交于，两点.且线段的中点在直线上，若（为坐标原点），则的面积为______．
变式题5巩固
24．已知平面向量，，满足，，则的取值范围是___________
变式题6提升
25．已知边长为2的正方形边上有两点P､Q，满足，设O是正方形的中心，则的取值范围是___________.
变式题7提升
26．已知向量满足，则的最大值为________．
原题14
27．若点关于轴对称点为，写出的一个取值为___．
变式题1基础
28．已知角α的终边经过点（-1，），则sin（α+）的值= ______ ．
变式题2基础
29．在平面内将点绕原点按逆时针方向旋转，得到点，则点的坐标为__________．
变式题3巩固
30．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若，则______.
变式题4巩固
31．，则与的关系是_______ .
变式题5巩固
32．已知点A的坐标为，将OA绕坐标原点O逆时针旋转至 ，则点的坐标为_________________．
变式题6巩固
33．若点A（cosθ，sinθ）与关于x轴对称，则θ的一个取值为___________.
变式题7提升
34．已知是正整数，且，则满足方程的有________个
变式题8提升
35．在角、、、…、的终边上分别有一点、、、…、，如果点的坐标为，，，则______．
原题15
36．已知函数，给出下列四个结论：
①若，恰 有2个零点；
②存在负数，使得恰有1个零点；
③存在负数，使得恰有3个零点；
④存在正数，使得恰有3个零点．
其中所有正确结论的序号是_______．
变式题1基础
37．函数的零点个数为_________．
变式题2巩固
38．关于的方程，给出下列四个命题：
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根；
②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根；
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根；
④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根；
其中所有真命题的序号是__________.
变式题3巩固
39．已知函数和，有下列四个结论：
①当时，若函数有3个零点，则；
②当时，函数有6个零点；
③当时，函数的所有零点之和为；
④当时，函数有3个零点；
其中正确结论的序号为________.
变式题4巩固
40．已知函数则函数零点的个数为___________
变式题5巩固
41．已知定义在上的奇函数对任意都满足，且当时，，则函数的零点个数为___
变式题6提升
42．已知函数，下列关于函数零点个数的四个判断，正确的是___________.
①当时，有3个零点；
②当时，有2个零点；
③当时，有4个零点；
④当时，有1个零点.
变式题7提升
43．设函数给出下列四个结论：
①当时， ，使得无解；
②当时， ，使得有两解；
③当时， ，使得有解；
④当时， ，使得有三解；
其中，所有正确结论的序号是_________．

参考答案：
1．
【分析】利用二项式定理求出通项公式并整理化简，然后令的指数为零，求解并计算得到答案.
【详解】的展开式的通项
令，解得，
故常数项为．
故答案为：.
2．
【分析】利用二项式展开式的通项公式，根据系数，即可求得参数值.
【详解】的通项公式，
令，解得.
故可得，解得.
故答案为：.
【点睛】本题考查利用二项式展开式的通项公式由项的系数求参数值，属简单题.
3．13
【解析】先求出的通项公式，再令指数为零可得常数项为展开式的第13项.
【详解】由题意，由题意得，解得，
所以在展开式中，常数项为展开式的第13项.
故答案为：13.
【点睛】本题主要考查二项式定理展开式，通项公式是求解这类问题的关键，侧重考查数学运算的核心素养.
4．10
【分析】由二项展开式展开为6项可得，进而由二项式定理即可求解.
【详解】解：，
二项展开式展开后有6项，
，
由二项式定理得，
故答案为：10.
5．
【分析】展开式中，通项公式：，依题意，只需考虑时，即只需中项的系数，利用其展开式中通项公式即可得出．
【详解】展开式中，
通项公式：，
依题意，只需考虑时，即只需中项的系数，
其展开式中通项．
令，解得．
.
故答案为：70．
6．-16
【分析】转化，根据二项展开式的通项公式可求得结果.
【详解】因为,
所以的展开式中的系数为.
故答案为：
7．
【分析】由题可知，将转化为，再根据二项式展开式的通项，即可求出和，便可得出.
【详解】由题知，，
且，
则，
，
所以.
故答案为：0
8．
【详解】试题分析：,所以二项式等腰，，当时，，所以含项的系数为,故填：.
考点：1.二项式定理；2.排列组合.
9．8
【分析】先由题意得到二项展开式的通项，进而得到含项与含项的系数，然后根据题意得到关于的方程，解方程可得所求．
【详解】二项式的展开式的通项为，
令，得，所以含项的系数为；
令，得，所以含项的系数为．
由题意得，
整理得，
∴，
解得．
故答案为．
【点睛】本题考查二项展开式的应用及组合数的计算，解题的关键根据展开式的通项得到条件中所涉及的两项的系数，进而得到关于的方程，解答本题的难点是组合数的计算，考查转化和计算能力，难度较大．
10．     5    
【分析】根据焦半径公式可求的横坐标，求出纵坐标后可求.
【详解】因为抛物线的方程为，故且.
因为，，解得，故，
所以，
故答案为：5；.
11．         
【分析】设出点的坐标，利用抛物线的定义即可求出点的坐标，进而可求出的面积．
【详解】设，由抛物线的定义知，焦点到抛物线上的点的距离等于它到准线的距离，即，则，

因此，解得，故；
所以的面积．
故答案为：；.
12．     8     4
【解析】由准线方程可求得，即可求出，将代入抛物线方程可求得，再利用焦半径公式即可求出
【详解】准线方程为，，即，
，
将代入抛物线方程可得，解得，
.
故答案为：8；4.
13．         
【分析】（1）由AB与x轴垂直，得，由此可求得点坐标，得；
（2）利用可求得横坐标，再结合焦半径公式得，从而可得结论．
【详解】（1）因为AB与x轴垂直，则，则；
（2）设OA的中点，则MB直线斜率为，解得，而，，则．
故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：本题考查直线民抛物线相交，考查抛物线的焦半径公式．涉及到抛物线上的点到焦点距离时，对抛物线上的点，可根据抛物线的定义求得焦半径．
14．         
【分析】根据抛物线焦半径公式可得，求解即可得到抛物线方程；过抛物线准线上任意一点作抛物线的两条切线和，求得切点弦方程，即可得道 必过定点.
【详解】点到其焦点的距离为5，
，解得，
抛物线的方程为.
过抛物线外一点作抛物线的两条切线和，
设切点为，，则切点弦所在的直线方程为.
设，则直线，即，
所以直线必过定点.
故答案为：，.
15．     答案见解析     答案见解析
【分析】由于抛物线的开口方向未定，根据点在抛物线上这一条件，抛物线开口向下，向左、向右均有可能，以此分类讨论，利用焦半径公式列方程可得的值，根据点在抛物线上可得的值.
【详解】根据点在抛物线上，可知抛物线开口向下，向左、向右均有可能，
当抛物线开口向下时，设抛物线方程为（），
此时准线方程为，由抛物线定义知，解得.
所以抛物线方程为，这时将代入方程得.
当抛物线开口向左或向右时，可设抛物线方程为（），
从知准线方程为，由题意知，
解此方程组得，，，，
综合（1）、（2）得，；
，；
，；
，；
，.
故答案为：，，，，；，，，，.
16．          12
【解析】根据已知条件，设出抛物线的标准方程，代入已知点的坐标，求得参数的值，得到抛物线的方程；写出抛物线的焦点坐标和准线方程，根据,可判断点F是重心,进而利用三角形重心公式可求的值,再根据抛物线的定义,即可求得答案．
【详解】解：由已知条件可设抛物线的标准方程为,
将的坐标代入，得，解得,
抛物线焦点坐标,准线方程：
设
,
点F是重心,
，即．
再由抛物线的定义可得,
||+||+||,
故答案为,12．
【点睛】本题考查三角形的重心坐标公式,抛物线的定义、标准方程,以及简单性质的应用,求得的值是解题的关键．
17．
【分析】由题意首先确定直线AB的方程，然后联立直线方程与抛物线方程，结合韦达定理即可确定的面积.
【详解】由题意可知：，结合焦半径公式有：，
解得：，故直线AB的方程为：，
与抛物线方程联立可得：，
则，
故的面积.
【点睛】本题主要考查抛物线的焦半径公式，直线与抛物线的位置关系等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
18．1
【分析】设过抛物线的焦点F的直线，与联立，结合抛物线的第一定义和韦达定理及圆的性质，求出的乘积
【详解】抛物线的焦点为，准线为，可设直线方程为，直线，与联立得：，可得,,
,
答案为1.
【点睛】抛物线的弦长问题通常转化为到准线距离,本题既考查了直线与圆，又考查了直线与抛物线的应用问题
19．     0     3
【分析】根据坐标求出，再根据数量积的坐标运算直接计算即可.
【详解】以交点为坐标原点，建立直角坐标系如图所示：

则，
，，
.
故答案为：0；3.
20．##4.5

【分析】根据题意可证得为直角三角形，将将放在平面直角坐标系中，如图，
求出A、B、C三点的坐标，利用中点坐标公式求出点M的坐标，进而求出的坐标，结合向量数量积的坐标表示计算即可.
【详解】由题意知，，
有，所以为直角三角形，
将放在平面直角坐标系中，如图，
，又M是AB的中点，则，
有，
所以，
故答案为：

21．
【分析】取的中点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，设，其中，利用数量积的坐标运算将转化为有关的一次函数的值域问题，可得出的取值范围.
【详解】如下图所示：

取的中点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
则点、、，设点，其中，
，，，
因此的取值范围是，
故答案为：.
22．
【分析】以和所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，求得和，得到、的坐标，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
【详解】如图所示，以和所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系，
因为，可得，
所以为的中点，
可得，则，所以
又由，
可得，
所以，所以，
则.

23．
【分析】设出直线的方程，与抛物线方程联立，消元，写韦达；根据题意求出的值；然后求弦长和原点到直线的距离，从而可求出的面积.
【详解】由题意知：直线的斜率不为0，所以设直线的方程为，
由，消得，
设，则，，
因为线段的中点在直线上，所以，即，
因为，
所以
，解得或(舍)，
所以，直线的方程为，
所以，
原点到直线的距离为，
所以的面积为.
故答案为：.
24．
【分析】求出，再用，的夹角表示出即可得解.
【详解】因，则，设，的夹角为，
于是得，而，
因此，，即，
所以的取值范围是.
故答案为：
25．
【分析】先建立平面直角坐标系，再分类讨论求出各种情况下的的范围即可得到答案.
【详解】建立如下图所示的平面直角坐标系.

①当两点在正方形的同一边上时（含正方形的顶点）.
根据对称性，不妨设，由于，所以满足，
可得，
所以；

②当两点在正方形的相邻边上时（含正方形的顶点）.
根据对称性，不妨设，
所以，

由于，所以满足，
其表示的平面区域如下图所示：

令，当过时，有最小值，
当与圆相切时，有最大值，
所以这种情况下；
③当两点在正方形的对边上时（含正方形的顶点）.
根据对称性，不妨设，
所以，由图可知，，
所以.

综上可知：.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是要分类讨论，二是在每一种情况下要准确地写出变量的范围并求出每种情况下取值范围.
26．
【分析】根据题意建立合适平面直角坐标系，再根据数量积关系确定出的轨迹，结合的几何意义以及圆的性质求解出最大值.
【详解】设，以OA所在的直线为x轴，O为坐标原点建立平面直角坐标系，

∵
则A(4,0)，B(2,2)，设C(x,y)，
∵，∴，
即，∴点C在以(3,1)为圆心，1为半径的圆上，
表示点A，C的距离，即圆上的点与A(4,0)的距离，
∵圆心到A的距离为，
∴的最大值为.
故答案为：.
27．（满足即可）
【分析】根据在单位圆上，可得关于轴对称，得出求解.
【详解】与关于轴对称，
即关于轴对称，
，
则，
当时，可取的一个值为.
故答案为：（满足即可）.
28．
【详解】角α的终边经过点 .
.
29．
【分析】依题意可得与轴正向的夹角为且，则与轴正向的夹角为且，设点的坐标为，根据三角函数的定义及两角和的正（余）弦公式计算可得.
【详解】解：由条件可得与轴正向的夹角为且，故与轴正向的夹角为且．
设点的坐标为，
则，
，
∴点的坐标为．
故答案为：
30．；
【分析】根据角的终边关于轴对称得到，以及两角差的余弦公式即可求出.
【详解】因为角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称，
所以，
所以



故答案为：
【点睛】本题主要考查了三角函数定义的应用，两角差的余弦公式，同角三角函数的关系，属于中档题.
31．或
【分析】根据正弦函数的定义及性质求解.
【详解】因为，
所以终边相同或终边关于轴对称，
故或，
故答案为：或
32．
【分析】设出点的坐标，终边经过点A的角为，结合三角函数定义求出，的正弦、余弦值，再借助和、差角的正余公式即可计算作答.
【详解】设，显然，，则有，
依题意，终边经过点的角为，则有，
于是得，解得，
，解得，
所以点的坐标为.
故答案为：
33．（答案不唯一）
【分析】作图，数形结合得到，解之即可.
【详解】解：因为A（cosθ，sinθ）与均在单位圆上，
设圆与x轴交于P､Q两点，A在第二象限，B在第三象限，如图所示：
则∠AOP=θ，∠AOB=，
因为A､B关于x轴对称，所以∠BOP=θ，
所以2θ+=2π，解得θ=，
则符合题意的θ的一个值可以为.
故答案为：（答案不唯一）.
.
34．11
【详解】由三角函数的单调性及值域，可知，∴除外只有当等式的左右两边均为时等式成立，则、、、、、、、、、、时等式成立，满足条件的正整数有11个，故答案为11.
35．
【解析】利用诱导公式将点的坐标变为，然后根据三角函数定义可得，再利用诱导公式及两角差的正弦即可得到结果.
【详解】，即
由三角函数定义知
=




.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查的是诱导公式，三角函数定义的理解和应用，两角和的正弦公式，考查学生的分析问题和解决问题的能力，是中档题.
36．①②④
【分析】由可得出，考查直线与曲线的左、右支分别相切的情形，利用方程思想以及数形结合可判断各选项的正误.
【详解】对于①，当时，由，可得或，①正确；
对于②，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，存在，使得只有一个零点，②正确；
对于③，当直线过点时，，解得，
所以，当时，直线与曲线有两个交点，
若函数有三个零点，则直线与曲线有两个交点，
直线与曲线有一个交点，所以，，此不等式无解，
因此，不存在，使得函数有三个零点，③错误；
对于④，考查直线与曲线相切于点，
对函数求导得，由题意可得，解得，
所以，当时，函数有三个零点，④正确.

故答案为：①②④.
【点睛】思路点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤：
（1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题；
（2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式；
（3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围．

37．．
【详解】函数的零点个数等价于方程的根的个数，
即函数与的图象交点个数．
于是，分别画出其函数图像如下图所示，由图可知，函数与的图象有2个交点．


38．①②③④
【分析】将方程，转化为，令，转化函数与的交点情况，分，，，讨论求解.
【详解】方程，可化为，
令，则，，在同一坐标系中，作出其图象，如图所示：

当时，交点的横坐标为，且 在t的值域中，
令，解得，
故方程恰有5个不同的实根；
当，即时，图象有两个不同的交点，设交点的横坐标为，且，
令，解得，故方程恰有2个不同的实根；
当，即时，图象有两个不同的交点，设交点的横坐标为，且，
令，令，解得，
故方程恰有4个不同的实根；
当，即时，图象有四个不同的交点，设交点的横坐标为，
且，
令，，，，
解得，
故方程恰有8个不同的实根；
故答案为：①②③④
39．①②③
【分析】
对于①：作出直线与函数的大致图象，根据题意即可判定；对于②：令，作出函数，的大致图象，先判定的零点t的值或范围，再对t的每一个值判定的根的个数，综合即得函数的零点个数；对于③：令，则，作出函数，的大致图象，判定函数的零点的值，进而求得的根，即得函数的所有零点之和；对于④：令，则，作出函数，的大致图象，由图得到函数的各个零点，然后分别求得的根的个数，即得函数的零点个数.
【详解】解：对于①：当时，，
作出直线与函数的大致图象，如下：

由图可知，若函数有3个零点，则，故①正确；
对于②：当时，，
其对应的方程的根判别式为，
当时，，
令，作出函数，的大致图象，
分别如下：


由图可知，函数有3个零点，即，，，且，，
又，且函数的图象与直线，，共6个交点，
所以函数有6个零点，故②正确；
对于③：当时，，
令，则，作出函数，的大致图象，
分别如下：


由图可知，函数只有1个零点，即，
函数的图象与直线只有1个交点，为，
所以函数所有零点之和为，故③正确；
对于④：当时，，
令，则，
作出函数，的大致图象，分别如下：

由图可知，函数有2个零点，即，，
函数的图象与直线，共有4个交点，
所以有四个零点，故④不正确．
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查函数的零点问题，涉及分段函数，复合函数，解题中注意复合函数的拆解与数形结合思想的应用．
40．
【分析】作出的图象，看它和两条直线的交点个数即可.
【详解】时，，时，，递减；
时，，递增；
则时，取极小值也是最小值；
时，，时，，递减；
时，，递增；
则时，取极小值也是最小值，
综上所述，可作出图象，在作两条直线，
结合图象可知，与有个交点.
故答案为：.  

41．4
【分析】先将“函数的零点个数”转化为“与的交点个数”，再判断函数关于对称，函数是以为周期的周期函数并画出函数与的图象，最后根据图象判断与的交点个数即可解题.
【详解】解：函数的零点个数就是与的交点个数，
因为函数是定义在上的奇函数，所以，
因为当时，，所以当时，，
当时，，
因为函数对任意都满足，所以函数关于对称，且，则，函数是以为周期的周期函数，
根据上面表述画出函数与的图象，如图：

所以与的交点个数有4个，函数的零点个数有4个，
故答案为：4.
【点睛】本题考查函数的零点个数、函数的图象与性质，是中档题.
42．①②
【分析】由可得，利用换元法将函数分解为和
，作出函数的图象，利用数形结合即可得结论.
【详解】由可得：，
设，则方程等价于，
若，作出函数的图象如图，

此时方程有两根，其中，
由有一解，
由有两解，此时共有个解，即函数有个零点，
当时，有3个零点；
当时，作出函数的图象如图，

此时方程有一根，
由有两解，即函数有个零点，
所以当时，有2个零点；
故答案为：①②.
【点睛】方法点睛：判断函数零点个数的方法
（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；
（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；
（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；
（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数.
43．①④
【分析】分析a取不同值时函数的单调性和图象性质，根据函数的图象及函数的图象的交点个数确定方程的解得个数.
【详解】当时，
函数的图象如图所示，

∴ 当时，无解；①对，
当时，
函数的图象如图所示，

当时，与的图象只有一个交点，即方程只有一个解，②错，
当时，取，当时，可化为,解得(舍去)，
当时，可化为，此方程无解，③错，
当时，取，当时，可化为,解得，
当时，可化为，
∵ 函数的图象关于对称，且时，函数单调递增，
时，，时，
∴   函数与函数有两个交点，即有两个解，
故有三解，④对，
故选：①④
【点睛】方程的解得个数判断方法：
(1)直接解方程：如果能求出解，由此确定解得个数．
(2)利用图象交点的个数：将方程变形为两个函数的等式，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的解．