《2021年北京市門頭溝區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷 【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2021年北京市門頭溝區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷 【含答案】（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2021年北京市門頭溝區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷參考答案與試題解析一、選擇題共10個(gè)小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng)。1（4分）復(fù)數(shù)zi（1i）的模|z|（）AB2C1D4【分析】利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算化簡(jiǎn)，再由復(fù)數(shù)模的計(jì)算公式求解【解答】解：zi（1i）1+i，|z|故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運(yùn)算，考查復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題2（4分）集合Ax|x0，Bx|x|2，則AB（）ARB2，+）C（0，2D（0，+）【分析】求出集合B，利用交集定義能求出AB【解答】解：集合Ax|x0，Bx|x|2x|2x2，ABx|0x2（0，2故選：C【點(diǎn)評(píng)
2、】本題考查集合的運(yùn)算，考查交集定義、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是基礎(chǔ)題3（4分）二項(xiàng)式（x2）5展開式中，x4的系數(shù)是（）A40B10C40D10【分析】在二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式中，令x的冪指數(shù)等于0，求出r的值，即可求得常數(shù)項(xiàng)【解答】解：由通項(xiàng)公式得：Tr+1（2）rx103r，令103r4，求得r2，可得含有x4的系數(shù)是，故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查二項(xiàng)式定理的應(yīng)用，二項(xiàng)展開式的通項(xiàng)公式，屬于基礎(chǔ)題4（4分）某四棱錐的三視圖如圖所示，則此四棱錐最長(zhǎng)的棱長(zhǎng)為（）A2BC4D【分析】畫出直觀圖，利用三視圖的數(shù)據(jù)轉(zhuǎn)化求解即可【解答】解：根據(jù)直觀圖不難得出，PC是最長(zhǎng)的棱
3、長(zhǎng)，長(zhǎng)度為：故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查三視圖求解幾何體的相關(guān)數(shù)據(jù)，最長(zhǎng)棱長(zhǎng)的求法，是基礎(chǔ)題5（4分）數(shù)列an中，a11，an+12an，數(shù)列bn滿足bn|an|，則數(shù)列bn的前n項(xiàng)和Sn（）ABC2n1D（2）n1【分析】由題設(shè)得到數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，即可求得其前n項(xiàng)和【解答】解：由題設(shè)可知：b1|a1|1，2，數(shù)列bn是首項(xiàng)為1，公比為2的等比數(shù)列，故選：C【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查等比數(shù)列的定義及基本量的計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題6（4分）京西某游樂園的摩天輪采用了國(guó)內(nèi)首創(chuàng)的橫梁結(jié)構(gòu)，風(fēng)格更加簡(jiǎn)約，摩天輪直徑88米，最高點(diǎn)A距離地面100米，勻速運(yùn)行一圈的時(shí)間是18分鐘由于受到周邊建筑物
4、的影響，乘客與地面的距離超過34米時(shí)，可視為最佳觀賞位置，在運(yùn)行的一圈里最佳觀賞時(shí)長(zhǎng)為（）A10分鐘B12分鐘C14分鐘D16分鐘【分析】解法一，求出轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，利用直角三角形的邊角關(guān)系求出OC、BOC的值，計(jì)算最佳觀賞期的圓心角和運(yùn)行的一圈里最佳觀賞時(shí)長(zhǎng)解法二，求出轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度，寫出點(diǎn)P到從最下端開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行中到地面距離解析式f（t），計(jì)算f（t）34時(shí)t的取值范圍，求出最佳觀賞期的時(shí)長(zhǎng)【解答】解：如圖所示，解法一，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，計(jì)算OC44（3412）22，所以，所以最佳觀賞期的圓心角為，在運(yùn)行的一圈里最佳觀賞時(shí)長(zhǎng)為（分鐘）解法二，轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為，所以點(diǎn)P到從最下端開始運(yùn)動(dòng)，運(yùn)行中到
5、地面距離為f（t）44sin（t）+56（0t18），令f（t）34，得sin（t），解得t，即3t15，所以最佳觀賞期的時(shí)長(zhǎng)為15312（分鐘）故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查了三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)的應(yīng)用問題，也考查了運(yùn)算求解能力，是中檔題7（4分）“l(fā)n（x+1）0”的一個(gè)必要而不充分條件是（）A1xBx0C1x0Dx0【分析】直接利用對(duì)數(shù)的運(yùn)算，不等式的解法，集合間的關(guān)系，充分條件和必要條件的應(yīng)用判斷A、B、C、D的結(jié)論【解答】解：設(shè)ln（x+1）0，整理得ln（x+1）ln1，解得：Mx|1x0，它的必要條件的集合為N，則M是N的真子集故選：D【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：對(duì)數(shù)的運(yùn)算，不等式的解
6、法，集合間的關(guān)系，充分條件和必要條件，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題8（4分）在平面直角坐標(biāo)系xOy中，角與角均以O(shè)x為始邊，它們的終邊關(guān)于x軸對(duì)稱若，則cos（）（）ABC1D【分析】由任意角的三角函數(shù)知coscos，sinsin，再根據(jù)兩角差的余弦公式，即可得解【解答】解：由題意得，coscos，sinsin，cos（）coscos+sinsincos2sin22cos21故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查兩角和差的余弦公式，同角三角函數(shù)的平方關(guān)系，考查學(xué)生的邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題9（4分）已知拋物線C：y22px的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)A為拋物線C上橫坐標(biāo)為3的點(diǎn)，過點(diǎn)A的直線
7、交x軸的正半軸于點(diǎn)B，且ABF為正三角形，則p（）A1B2C9D18【分析】畫出圖形，通過B在解得F的左側(cè)與右側(cè)，判斷三角形的形狀，轉(zhuǎn)化求解P即可【解答】解：由題意可知，當(dāng)B在焦點(diǎn)F的右側(cè)時(shí)，當(dāng)B在焦點(diǎn)F的左側(cè)時(shí)，同理可得P18，此時(shí)點(diǎn)B在x軸的負(fù)半軸，不合題意故選：B【點(diǎn)評(píng)】本題考查拋物線的簡(jiǎn)單性質(zhì)的應(yīng)用，考查分類討論思想的應(yīng)用，是中檔題10（4分）在平面直角坐標(biāo)系中，從點(diǎn)P（3，2）向直線kxy2k0作垂線，垂足為M，則點(diǎn)Q（2，4）與點(diǎn)M的距離|MQ|的最小值是（）ABCD17【分析】根據(jù)直線kxy2k0過定點(diǎn)N（1，2），得到點(diǎn)M是在以PN為直徑的圓C：（x+1）2+y28上，再把所求
8、問題轉(zhuǎn)化即可求解結(jié)論【解答】解：直線kxy2k0過定點(diǎn)N（1，2），PMMN，可知點(diǎn)M是在以PN為直徑的圓C：（x+1）2+y28上，又，可得：，故選：A【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查直線方程過定點(diǎn)以及兩點(diǎn)間的距離公式的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題二、填空題共5小題，每小題5分，滿分25分。11（5分）在ABC中，B，AB1，BC2，則AC的長(zhǎng)為【分析】利用余弦定理，即可求得AC的值【解答】解：ABC中，B，AB1，BC2，如圖所示：由余弦定理得：AC2AB2+BC22ABBCcosB12+22212cos7，解得故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用余弦定理求三角形邊長(zhǎng)的應(yīng)用問題，是基礎(chǔ)題12（5分）在棱長(zhǎng)為2的正方體
9、ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)M是該正方體表面及其內(nèi)部的一動(dòng)點(diǎn)，且BM平面AD1C，則動(dòng)點(diǎn)M的軌跡所形成區(qū)域的面積是 2【分析】根據(jù)平面BA1C1平面ACD1，可得點(diǎn)M的軌跡是A1C1B三角形及其內(nèi)部，然后利用正三角形的面積公式進(jìn)行求解即可【解答】解：因?yàn)槠矫鍮A1C1平面ACD1，點(diǎn)M是該正方體表面及其內(nèi)部的一動(dòng)點(diǎn)，且BM平面AD1C，所以點(diǎn)M的軌跡是A1C1B三角形及其內(nèi)部，所以A1BC1的面積為故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了面面平行的性質(zhì)，以及三角形的面積公式，同時(shí)考查了轉(zhuǎn)化思想和運(yùn)算求解的能力，屬于中檔題13（5分）已知雙曲線C的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，且經(jīng)過點(diǎn)P（，），下列條件中哪一個(gè)條件
10、能確定唯一雙曲線C，該條件的序號(hào)是；滿足該條件的雙曲線C的標(biāo)準(zhǔn)方程是x條件：雙曲線C的離心率e2；條件：雙曲線C的漸近線方程為y；條件：雙曲線C的實(shí)軸長(zhǎng)為2【分析】設(shè)雙曲線方程為或，然后根據(jù)各個(gè)條件逐個(gè)求解即可【解答】解：設(shè)雙曲線方程為或，條件：因?yàn)閑，且c2a2+b2，又，解得或，所以雙曲線方程為x或，故有兩條雙曲線；條件：因?yàn)閥x，則或，又，解得a21，b23或無(wú)解，故只有一條雙曲線；條件：因?yàn)閷?shí)軸長(zhǎng)為2，故2a2，所以a1，又，所以b21或b23，所以雙曲線方程為y2x21或x，故有兩條雙曲線，綜上，只有能確定一條雙曲線，且雙曲線方程為x，故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查了雙曲線的方程與性質(zhì)，
11、考查了學(xué)生的運(yùn)算能力，屬于中檔題14（5分）函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，且，則的最小值為1【分析】利用三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用化簡(jiǎn)函數(shù)解析式，進(jìn)而根據(jù)正弦函數(shù)的圖像和性質(zhì)即可求解【解答】解：因?yàn)?，又由函?shù)在區(qū)間上單調(diào)，且，可得：是它的一個(gè)稱中心，所以，kZ，因?yàn)?，所以最小值為1故答案為：1【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用，正弦函數(shù)的圖像和性質(zhì)，考查了轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題15（5分）正ABC的邊長(zhǎng)為1，中心為O，過O的動(dòng)直線l與邊AB，AC分別相交于點(diǎn)M、N，給出下列四個(gè)結(jié)論：；若，則；不是定值，與直線l的位置有關(guān)；AMN與ABC的面積之比的最小值為其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是 【
12、分析】通過向量的數(shù)乘運(yùn)算判斷的正誤；向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則判斷的正誤；通過向量共線推出的關(guān)系判斷的正誤；求出AMN與ABC的面積之比，再利用均值不等式求出最小值，然后判斷的正誤【解答】解：對(duì)于，可得正確；對(duì)于，顯然不正確；對(duì)于，又因?yàn)?，O，M，N三點(diǎn)共線所以是定值，可得不正確對(duì)于，設(shè)，由均值不等得，由得：，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取等號(hào)，可得正確故答案為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查命題的真假的判斷，向量的數(shù)量積以及共線向量定理的應(yīng)用，是中檔題三、解答題共6小題，共85分。解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過程。16（12分）第24屆冬季奧運(yùn)會(huì)將于2022年2月在北京和張家口舉辦，為了普及冬奧知識(shí)，京西某校組織全體學(xué)
13、生進(jìn)行了冬奧知識(shí)答題比賽，從全校眾多學(xué)生中隨機(jī)選取了20名學(xué)生作為樣本，得到他們的分?jǐn)?shù)統(tǒng)計(jì)如表：分?jǐn)?shù)段30，40）40，50）50，60）60，70）70，80）80，90）90，100人數(shù)1228331我們規(guī)定60分以下為不及格；60分及以上至70分以下為及格；70分及以上至80分以下為良好；80分及以上為優(yōu)秀（）從這20名學(xué)生中隨機(jī)抽取2名學(xué)生，恰好2名學(xué)生都是優(yōu)秀的概率是多少？（）將上述樣本統(tǒng)計(jì)中的頻率視為概率，從全校學(xué)生中隨機(jī)抽取2人，以X表示這2人中優(yōu)秀人數(shù)，求X的分布列與期望【分析】（）設(shè)恰好2名學(xué)生都是優(yōu)秀這一事件為A，利用古典概型概率求解即可（）X可取0，1，2求出概率得到分布
14、列，然后求解期望即可【解答】解：（）設(shè)恰好2名學(xué)生都是優(yōu)秀這一事件為A，（1分）（2分）（）設(shè)每名同學(xué)為優(yōu)秀這一事件為B，由題意可得，（2分）X可取0，1，2，（1分），（3分）X012P（1分）E（X）（2分）【點(diǎn)評(píng)】本題考查離散型隨機(jī)變量的分布列以及期望的求法，考查分析問題解決問題以及計(jì)算能力，是中檔題17（15分）如圖，在四棱錐PABCD中，底面ABCD為菱形，ABPA，PA底面ABCD，ABC，E是PC上任一點(diǎn)，ACBDO（）求證：平面EBD平面PAC；（）若E是PC的中點(diǎn)，求ED與平面EBC所成角的正弦值【分析】（）證明PABD，BDAC，推出BD平面PAC，即可證明平面EBD平面P
15、AC（）E是PC的中點(diǎn)，連結(jié)OE，OB，OC，OE兩兩垂直，建立如圖所示的坐標(biāo)系，求出平面EBC的法向量，直線DE的方向向量，利用空間向量的數(shù)量積求解ED與平面EBC所成角的正弦值即可【解答】解：（）PA平面ABCDPABD，（1分）底面ABCD菱形，可得BDAC，（1分）又PAACA，又PABD，BDAC，PA平面PAC，AC平面PAC，BD平面PAC，（2分）BD平面EBD，平面EBD平面PAC（2分）（）若E是PC的中點(diǎn)，連結(jié)OE，則OEPAOE平面ABCD，（1分）所以，OB，OC，OE兩兩垂直，建立如圖所示的坐標(biāo)系，（1分）不妨設(shè)AB2，則（2分）設(shè)平面EBC的法向量為（x，y，z）
16、，取x1，則yz，所以，（1，），直線DE的方向向量為（，0，1），cosED與平面EBC所成角的正弦值為：【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與平面垂直的判斷定理的應(yīng)用，直線與平面所成角的求法，是中檔題18（13分）已知各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an，其前n項(xiàng)和為Sn，數(shù)列bn為等差數(shù)列，滿足b212，b530再?gòu)臈l件、條件這兩個(gè)條件中選擇一個(gè)作為已知，求解下列問題：（）求數(shù)列an的通項(xiàng)公式an和它的前n項(xiàng)和Sn；（）若對(duì)任意nN*不等式kSnbn恒成立，求k的取值范圍條件an2+an2Sn；條件a19，當(dāng)n2，a22，an+1an+2【分析】選擇，（）由數(shù)列的遞推式，結(jié)合等差數(shù)列的定義和通項(xiàng)公式、求和公式，可得所
17、求；（）運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和參數(shù)分離，結(jié)合數(shù)列的單調(diào)性求得最值，可得所求范圍；選擇，（）運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式、求和公式，可得所求；（）運(yùn)用等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和參數(shù)分離，結(jié)合基本不等式求得最值，可得所求范圍【解答】選擇an2+an2Sn解：（）得：當(dāng)n1時(shí)，a11，當(dāng)n2時(shí)，（1），（2），兩式相減得：，而an0，可得：anan11，數(shù)列an為等差數(shù)列，所以，an1+（n1）1n，；（）設(shè)bnb1+（n1）d，b212，b530，即b1+d12，b1+4d30，解得b16，d6，所以，bn6n，由kSnbn得：，設(shè)，則cn是遞減數(shù)列，所以，當(dāng)，cn達(dá)到最大，所以，k的取值范圍為6，+），選
18、擇a19，當(dāng)n2，a22，an+1an+2解：（）當(dāng)n2，an+1an+2an+1an2，當(dāng)n2，ana2+（n2）2an2n2，所以，（）設(shè)bnb1+（n1）d，b212，b530，代入得：bn6n，由kSnbn得：，設(shè)，當(dāng)且僅當(dāng)n3時(shí)，上式取得等號(hào)，所以，綜上所述，k的取值范圍是【點(diǎn)評(píng)】本題考查等差數(shù)列的通項(xiàng)公式和求和公式的運(yùn)用，以及數(shù)列不等式恒成立問題解法，考查方程思想和化簡(jiǎn)運(yùn)算能力、推理能力，屬于中檔題19（15分）曲線C上任一點(diǎn)M（x，y）到點(diǎn)F1（1，0），F(xiàn)2（1，0）距離之和為，點(diǎn)P（x0，y0）是曲線C上一點(diǎn)，直線l過點(diǎn)P且與直線x0x+2y0y20垂直，直線l與x軸交于點(diǎn)Q
19、（）求曲線C的方程及點(diǎn)Q的坐標(biāo)（用點(diǎn)P（x0，y0）的坐標(biāo)表示）；（）比較與的大小，并證明你的結(jié)論【分析】（）由題意可知結(jié)合橢圓的定義，求出a，b，得到橢圓方程通過P的坐標(biāo)，轉(zhuǎn)化求解Q的坐標(biāo)即可（）點(diǎn)P（x0，y0）滿足方程：，通過，結(jié)合化簡(jiǎn)求解推出兩個(gè)比值相等【解答】解：（）由題意可知，曲線C是焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，c1，所以b1，（2分）曲線C的方程為：，（2分）當(dāng)y00時(shí)，直線l與x軸重合，不合題意，當(dāng)x00時(shí)，直線l與y軸重合，點(diǎn)Q是原點(diǎn)，Q（0，0），（1分）當(dāng)x00，y00時(shí)，由題意得：，直線l的方程：2y0xx0yx0y00，（2分）得，（1分）綜上所述，點(diǎn)（1分）（）點(diǎn)P（x0，
20、y0）滿足方程：，（1分），（1分）將代入整理得：，（2分），（1分）所以，（1分）【點(diǎn)評(píng)】本題考查直線與圓錐曲線的綜合應(yīng)用，橢圓方程的求法，考查分析問題解決問題的能力，是難題20（15分）已知函數(shù)（aR）（）若曲線yf（x）在（0，+）上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；（）若f（x）在區(qū)間（0，+）上存在極大值M，證明：M【分析】（）f（x）exax，由題意得：f（x）exax0a，設(shè)，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值即可得出結(jié)論（）由（）可知，當(dāng)ae時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+）上遞增，無(wú)極大值，于是ae設(shè)h（x）f（x）exax，利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值，進(jìn)而得出結(jié)論【解答】解：（）f（x）exax（1
21、分）由題意得：f（x）exax0a（1分）設(shè)，求導(dǎo)得：g（x）（1分）g（x）在區(qū)間（0，1）上減，在區(qū)間（1，+）上增，g（x）的最小值為g（1）e（1分）所以，ae（1分）（）證明：由（）可知，當(dāng)ae時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+）上遞增，無(wú)極大值1 分所以，ae（1分）設(shè)h（x）f（x）exax，則h（x）exa0xlna（1分）f（x）在（0，lna）上減，在（lna，+）上增，f（x）的最小值f（lna）a（1lna）0（1分）而f（0）10，f（1）ea0，f（lna2）a（a2lna），設(shè)t（x）x2lnx（xe），求導(dǎo)得：t（x）0，t（x）t（e）e20，所以，f（lna2）a（
22、a2lna）0（2分）由零點(diǎn)存在定理得：f（x）在（0，lna），（lna，+）上分別有一個(gè)零點(diǎn)x1，x2，即f（x1）0ax1，f（x2）0ax2，且0x11（1分）f（x）在（0，x1）上增，在（x1，x2）減，在（x2，+）上增，f（x）極大值為f（x1）M（1分），由均值不等式得，（2分）【點(diǎn)評(píng)】本題考查了利用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性極值、方程與不等式的解法、等價(jià)轉(zhuǎn)化方法、函數(shù)零點(diǎn)存在定理，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于難題21（15分）對(duì)于一個(gè)非空集合A，如果集合D滿足如下四個(gè)條件：D（a，b）|aA，bA；aA，（a，a）D；a，bA，若（a，b）D且（b，a）D，則ab；a，b，cA，若
23、（a，b）D且（b，c）D，則（a，c）D，則稱集合D為A的一個(gè)偏序關(guān)系（）設(shè)A1，2，3，判斷集合D（1，1），（1，2）（2，2），（2，3），（3，3）是不是集合A的偏序關(guān)系，請(qǐng)你寫出一個(gè)含有4個(gè)元素且是集合A的偏序關(guān)系的集合D；（）證明：R（a，b）|aR，bR，ab是實(shí)數(shù)集R的一個(gè)偏序關(guān)系：（）設(shè)E為集合A的一個(gè)偏序關(guān)系，a，bA若存在cA，使得（c，a）E，（c，b）E，且dA，若（d，a）E，（d，b）E，一定有（d，c）E，則稱c是a和b的交，記為cab證明：對(duì)A中的兩個(gè)給定元素a，b，若ab存在，則一定唯一【分析】（）集合D滿足，但不滿足，推導(dǎo)出集合D不是集合A的偏序關(guān)系，由
24、此能求出結(jié)果（）R（a，b）|aR，bR，ab，滿足，推導(dǎo)出ab，滿足條件，（a，c）R，滿足條件，由此能證明R（a，b）|aR，bR，ab是實(shí)數(shù)集R的一個(gè)偏序關(guān)系（）假設(shè)對(duì)A中的兩個(gè)給定元素a，b，且ab存在，但不唯一推導(dǎo)出（c2，c1）E，（c1，c2）E，則c2c1，與c1c2矛盾從而對(duì)A中的兩個(gè)給定元素a，b，若ab存在，則一定唯一【解答】解：（）集合D滿足，但不滿足，因?yàn)椋?，2）D，（2，3）D，由題意（1，3）D，而（1，3）D，所以不滿足，集合D不是集合A的偏序關(guān)系，故D（1，1），（1，2），（2，2），（3，3）（開放性）（）證明：R（a，b）|aR，bR，ab，滿足，（a
25、，b）Dab，且（b，a）Dba，則ab，滿足條件，a，b，cR，若（a，b）R且（b，c）R，則ab，bc，所以ac，所以（a，c）R，滿足條件，綜上所述，R（a，b）|aR，bR，ab是實(shí)數(shù)集R的一個(gè)偏序關(guān)系（）證明：用反證法假設(shè)對(duì)A中的兩個(gè)給定元素a，b，且ab存在，但不唯一設(shè)c1ab，c2ab，且c1c2，則（c1，a）E，（c1，b）E，（c2，a）E，（c2，b）E，其中E為集合A的一個(gè)偏序關(guān)系且dA，若（d，a）E，（d，b）E，一定有（d，c1）E，所以（c2，c1）E，同理（c1，c2）E，則c2c1，與c1c2矛盾所以，對(duì)A中的兩個(gè)給定元素a，b，若ab存在，則一定唯一【點(diǎn)評(píng)】本題考查滿足條件的集合的求法，考查兩個(gè)集合的偏序關(guān)系的證明，考查反證法、集合間的關(guān)系、元素與集合的關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力、推理論證能力等數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)，是中檔題
2021年北京市門頭溝區(qū)高考數(shù)學(xué)一模試卷 【含答案】
