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2021届北京市西城区高三数学二模试卷(含答案)

1、 第 1 页 共 14 页 西城区西城区 20212021 届高三年级二模考试数学试卷届高三年级二模考试数学试卷 2021.5 本试卷共 6 页,共 150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案写在答题卡上,在试卷上作答无效。 第一部分第一部分(选择题 共 40 分) 一、本大题共 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)已知集合 2 9 AxxZ,2Bx x,则AB (A)0,1, 2,3 (B)1,2,3 (C) 1,0,1, 2,3 (D)23xx (2)已知复数 2 i 1i za ,其所对应的点在第四象限,则实数的取值

2、范围是 (A)(,1) (B)(1,+) (C)( 1,) (D)(, 1) (3)要得到函数 sin(2) 3 yx 的图象,只需将函数 sin2yx 的图象 (A)向左平移 6 个单位长度 (B) 向右平移 6 个单位长度 (C)向左平移 3 个单位长度 (D) 向右平移 3 个单位长度 (4)某三棱柱的三视图如图所示,该三棱柱的体积为 (A) 8 3 (B) 4 3 (C)8 (D)4 (5)在ABC中,2a , 6 A ,则“ 3 B ”是“2 3b ”的 (A)充分而不必要条件 (B)必要而不充分条件 a 第 2 页 共 14 页 (C)充分必要条件 (D)既不充分也不必要条件 (6

3、)若直线2yx与双曲线:C 22 22 1 xy ab 无公共点,则双曲线C的离心率可能是 (A) 3 2 (B)1 (C)2 (D)2 3 (7)“苏州码子”发源于苏州,在明清至民国时期,作为一种民间的数字符号曾经流行一时,广泛应用于各 种商业场合.110 多年前, 詹天佑主持修建京张铁路, 首次将 “苏州码子”刻于里程碑上.“苏州码子”计数 方式如下:(1)、(2)、(3)、(4)、(5)、(6)、(7)、(8)、(9)、 (0).为了防止混淆,有时要将“”“”“”横过来写.已知某铁路的里程碑所刻数字代表距离始发 车站的里程, 每隔 2 公里摆放一个里程碑, 若在 A 点处里程碑上刻着“”

4、, 在 B 点处里程碑刻着“ ”,则从 A 点到 B 点里程碑的个数应为 (A)29 (B)30 (C)58 (D)59 (8)记 n S为等比数列 n a 的前 n 项和已知 1 8a , 4 1a ,则数列 n S (A)有最大项,有最小项 (B)有最大项,无最小项 (C)无最大项,有最小项 (D)无最大项,无最小项 (9) 在平面直角坐标系xOy中, 点(1,1)A,(2,1)B,(2,2)C,P是圆 22 :(4)2M xy上一点,Q是ABC 边上一点,则OP OQ的最大值是 (A)8+2 2 (B)12 (C)8+4 2 (D)16 (10)甲乙丙三个学生同时参加了若干门学科竞赛(至

5、少包含数学和物理),在每科竞赛中,甲乙丙三人 中都有一个学生的分数为x,另一个学生的分数为y,第三个学生的分数为z,其中x,y,z是三个 互不相等的正整数. 在完成所有学科竞赛后, 甲的总分为 47 分, 乙的总分为 24 分, 丙的总分为 16 分, 且在甲乙丙这三个学生中乙的数学竞赛成绩排名第一,则 (A)甲乙丙三个学生至少参加了四门学科竞赛 (B)x,y,z这三个数中的最大值可以取到 21 (C)在甲乙丙这三个学生中,甲学生的物理竞赛成绩可能排名第二 第 3 页 共 14 页 (D)在甲乙丙这三个学生中,丙学生的物理竞赛成绩一定排名第二 第二部分(非选择题 共 110 分) 二、填空题共

6、 5 小题,每小题 5 分,共 25 分。 (11)已知向量( ,1)ma,(3,)mb,若a与b方向相反,则m等于_ (12)在 3 2 ()x x 展开式中,常数项是 . (13)对于抛物线C,给出下列三个条件: 对称轴为y轴;过点(1,1);焦点到准线的距离为2. 写出符合其中两个条件的一个抛物线C的标准方程_ . (14)共享单车已经成为方便人们出行的交通工具,某公司决定从2020年1月开始向某地投放共享单车, 记第()n n N个月共享单车的投放量和损失量分别为 n a和 n b(单位:千辆),其中 1 1a , 1 0.1b . 从第2个月到2021年12月,共享单车的每月投放量比

7、上个月增加1千辆,从2022年1月开始,共享 单车的每月投放量比上个月减少1千辆;根据预测,从2020年1月开始,共享单车的每月损失量比上 个月增加100辆设第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差,则 该地区第4个月底的共享单车的估计保有量为_千辆;当n为_时,该地区第n个月底的共享 单车估计保有量达到最大 (15)已知函数 |1|,1, ( ) (2)(1),1. x ax f x axx 其中0a 且1a . 给出下列四个结论: 若2a ,则函数( )f x的零点是0; 若函数( )f x无最小值,则a的取值范围为(0,1); 若2a ,则( )f x在区间(,

8、0)上单调递减,在区间(0,)上单调递增; 若关于x的方程( )2f xa恰有三个不相等的实数根 123 ,x xx,则a的取值范围 为(2,3),且 123 xxx的取值范围为(,2). 其中,所有正确结论的序号是_. 第 4 页 共 14 页 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 13 分) 如图,在四棱锥PABCD中,PA平面ABCD,/ABCD,ABAD,4AB , 2PAADCD ,点E为PB的中点. ()求证:平面PBC 平面PAC; ()求二面角ECDA的余弦值. (17)(本小题 13 分) 已知函数( )4sinco

9、s()(0) 223 xx f xm . 在下列条件、条件、条件这三个条件中,选 择可以确定和m值的两个条件作为已知. ()求( ) 3 f 的值; ()若函数( )f x在区间0,a上是增函数,求实数a的最大值. 条件:( )f x最小正周期为; 条件:( )f x最大值与最小值之和为0; 条件:(0)2f. 注:如果选择多组条件分别解答,按第一个解答计分 第 5 页 共 14 页 (18)(本小题 14 分) 在新冠病毒疫情防控期间,北京市中小学开展了“优化线上教育与学生线下学习相结合”的教育教学 实践活动.为了解某区教师对, , ,A B C D E五类线上教育软件的使用情况(每位教师都

10、使用这五类教育软 件中的某一类且每位教师只选择一类教育软件),从该区教师中随机抽取了100人,统计数据如下表, 其中ab,, a bN. 教育软件类型 A B C D E 选用教师人数 10 15 a 30 b 假设所有教师选择使用哪类软件相互独立 ()若某校共有300名教师,试估计该校教师中使用教育软件C或E的人数; ()从该区教师中随机抽取3人,估计这3人中至少有2人使用教育软件D的概率; ()设该区有3000名教师,从中随机抽取1人,记该教师使用教育软件C或D的概率估计值为 1 P;该 区学校M有600名教师,其中有200人使用教育软件C,100人使用教育软件D,从学校M中随 机抽取1人

11、,该教师使用教育软件C或D的概率值为 2 P;从该区其他教师(除学校M外)中随机 抽取1人,该教师使用教育软件C或D的概率估计值为 3 P.试比较 1 P, 2 P和 3 P之间的大小.(结论 不要求证明) (19)(本小题 15 分) 已知椭圆 22 22 :1 xy C ab 的离心率为 6 3 ,其长轴的两个端点分别为( 3,0)A ,(3,0)B. ()求椭圆C的标准方程; ()点P为椭圆上除A,B外的任意一点,直线AP交直线4x 于点E,点O为坐标原点,过点O且 与直线BE垂直的直线记为l,直线BP交y轴于点M,交直线l于点N,求BMO与NMO的 面积之比. 第 6 页 共 14 页

12、 (20)(本小题 15 分) 已知函数( )lnf xxbxc, 2 ( )2g xkx,( )f x在1x 处取得极大值 1. ()求b和c的值; ()当1,)x时,曲线( )yf x在曲线( )yg x的上方,求实数k的取值范围. ()设1k ,证明:存在两条与曲线( )yf x和( )yg x都相切的直线. (21)(本小题 15 分) 设A是正整数集的一个非空子集,如果对于任意xA,都有1xA 或1xA ,则称A为自邻集. 记集合1, 2, n An(2,)nnN的所有子集中的自邻集的个数为 n a. ()直接写出 4 A的所有自邻集; ()若n为偶数且6n,求证: n A的所有含5

13、个元素的子集中,自邻集的个数是偶数; ()若4n,求证: 1 2 nn aa . 参考答案参考答案 一、选择题(共 10 小题,每小题 4 分,共 40 分) ( 1 )C ( 2 )D ( 3 )B ( 4 )D ( 5 )A ( 6 )C ( 7 )B ( 8 )A ( 9 )B (10)D 二、填空题(共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分) (11)3 (12)6 第 7 页 共 14 页 (13) 2 4xy, 2 4xy , 2 xy(以上答案均可) (14)9, 43 (15) 注:第(14) 题第一空 3 分,第二空 2 分.第(15)题全部选对得 5 分,不选或有错选得

14、0 分, 其他得 3 分. 三、解答题(共 6 小题,共 85 分) (16)(共 13 分) 解:解:()取AB的中点F,连接CF,所以AFCD, 又因为/AFCD,所以四边形AFCD是平行四边形. 因为ABAD,ADCD,所以四边形AFCD是正方形, 则ABCF, 2CFAD,所以2 2ACBC, 得到 222 ACBCAB, 所以BCAC. 1 分 因为PA平面ABCD, 所以PABC, 2 分 因为PAACA, 所以BC 平面PAC. 3 分 因为BC 平面PBC, 4 分 平面PBC 平面PAC. 5 分 ()因为PA平面ABCD, 所以PAAD,PAAB,则,PA AD AB两两垂

15、直, 如图建立空间直角坐标系Axyz. 6 分 则(0,0,0)A,(0,0,2)P,(0,4,0)B,(2,2,0)C,(2,0,0)D,(0,2,1)E, 所以(0,2,0)DC ,( 2,0,1)CE . 设平面CDE的法向量为( , , )x y zn, 所以 0, 0, DC CE n n 所以 20, 20, y xz 即 0, 2 , y zx 8 分 令1x ,则2z , 第 8 页 共 14 页 所以平面CDE的法向量为(1,0,2)n, 9 分 又因为平面ACD的法向量(0,0,1)m, 10 分 所以 22 5 cos, 55 m n m n mn , 12 分 由已知,

16、二面角ECDA为锐角, 所以二面角ECDA的余弦值为 2 5 5 . 13 分 (17)(共 13 分) 解:解:() 13 ( )4sin( cossin) 22222 xxx f xm 2 分 2 2sincos2 3sin 222 xxx m sin3(1cos)xxm 4 分 sin3cos3xxm 2sin()3 3 xm. 5 分 选择条件: 由条件得, 2 | T ,又因为0,所以2 . 6 分 由知,(23)( 23)0mm ,所以3m . 7 分 则( )f x 2sin(2) 3 x, 所以 2 ( )2sin()2sin3 3333 f. 8 分 ()令 2 22 ()

17、232 kxkkZ, 10 分 所以 5 () 1212 kxkkZ, 所以函数( )f x的单调增区间为 5 , () 1212 kkkZ. 11 分 因为函数( )f x在0, a上单调递增,且 5 0, 12 12 ,此时0k , 第 9 页 共 14 页 所以 5 12 a,故实数a的最大值为 5 12 . 13 分 选择条件: 由条件得, 2 | T ,又因为0,所以2. 6 分 由知, (0)2sin()32 3 fm,所以2m . 7 分 则( )f x 2sin(2)32 3 x. 所以 ( )2sin+ 3+22 3+2 33 f. 8 分 ()令 2 22 () 232 k

18、xkkZ, 10 分 所以 5 () 1212 kxkkZ, 所以函数( )f x的单调增区间为 5 , () 1212 kkkZ,12 分 因为函数( )f x在0, a上单调递增,且 5 0, 12 12 ,此时0k , 所以 5 12 a,故实数a的最大值为 5 12 . 13 分 说明:不可以选择条件: 由知,(23)( 23)0mm ,所以3m ; 由知, (0)2sin()32 3 fm,所以2m ;矛盾. 所以函数( )f x不能同时满足条件和. (18)(共 14 分) 解解:()从表格数据可知,101530100ab,则45ab, 所以样本中教师使用教育软件C或E的人数为45

19、人, 2 分 故估计该校教师中使用教育软件C或E的人数为 45 300135 100 人. 4 分 ()设事件F为“从该区教师中随机抽取3人,至少有2人使用教育软件D” 第 10 页 共 14 页 由题意,样本中的100名教师使用软件D的频率为 303 10010 . 用频率估计概率,从该区教师中随机抽取一名教师,估计该教师使用教育 软件D的概率为 3 10 . 5 分 记被抽取的3人中使用软件D的人数为X,则 3 (3,) 10 XB. 7 分 所以 22 3 33189 (2)() (1) 10101000 P XC, 8 分 330 3 3327 (3)() (1) 10101000 P

20、 XC, 9 分 所以 21627 ( )(2)(3) 1000125 P FP XP X. 11 分 () 213 PPP. 14 分 (19)(共 15 分) 解:解:()由题意,得3a . 又 6 3 c e a ,所以6c . 3 分 又因为 222 abc,所以3b . 故椭圆C的方程为 22 1 93 xy . 5 分 ()设 0000 (,)(3,0)xyxy P ,则 22 00 1 93 xy . 6 分 所以直线AP的方程为 0 0 (3) 3 y yx x , 7 分 令4x ,得点E的坐标为 0 0 7 (4,) 3 y x . 8 分 因为直线BE的斜率为 0 0 7

21、 3 43 y x 0 0 7 3 y x , 所以直线l的方程为 0 0 3 7 x yx y , 9 分 又因为直线PB的方程为 0 0 (3) 3 y yx x . 10 分 第 11 页 共 14 页 联立直线l和直线PB的方程,消去y得 0 0 3 7 x x y 0 0 (3) 3 y x x , 所以 22 000 000 793 7(3)3 yxy x yxx , 11 分 因为 22 00 1 93 xy ,所以 22 00 93xy, 所以 2 00 000 43 7(3)3 yy x yxx ,解得点N的横坐标 21 4 N x. 13 分 所以 1 | | |34 2

22、. 121 |7 | | 24 B BMOB NMON N OMx Sx Sx OMx 15 分 即BMO与NMO的面积之比为4:7. (20)(共 15 分) 解:() 1 ( )fxb x . 1 分 由已知(1)10fb ,(1)1fbc, 3 分 解得1b ,2c .经检验,满足题意. 4 分 所以1b ,2c . ()( )ln2f xxx, 2 ( )2g xkx. 2 ( )( )lnf xg xxxkx. 依题意 2 ln0 xxkx对任意的1,)x恒成立. 5 分 所以 2 ln xx k x 对任意的1,)x恒成立. 令 2 ln ( ) xx F x x ,1,)x, 2

23、 2 443 1 (1)2 (ln) 2 ln2ln1 ( ) xxxx xxxxxx x F x xxx , 6 分 令( )2ln1h xxx,1x, 所以 22 ( )1 x h x xx ,令( )0h x,所以2x . 7 分 因为当(1,2)x时,( )0h x,( )h x单调递减; 第 12 页 共 14 页 当(2,)x 时,( )0h x,( )h x单调递增. 当2x 时,函数( )h x的最小值为32ln2, 且32ln20. 8 分 所以( )0h x ,即( )0F x.( )F x在1,)上单调递增, 所以 min ( )(1)1F xF , 所以1k ,故实数k

24、的取值范围为(, 1) . 9 分 ()假设存在与曲线( )yf x和曲线( )yg x都相切的直线l, 设切点坐标分别为 111 (,ln2)xxx, 2 22 (,2)x x . 因为 1 1 1 ()1fx x ,所以l的方程为 1 1 1 (1)ln1yxx x . 10 分 因为 22 ()2g xx,所以l的方程为 2 22 22yx xx. 11 分 所以 2 1 2 12 1 12 ln12 x x xx ,消去 2 x得 1 2 11 113 ln0 244 x xx . 令 2 113 ( )ln 244 t xx xx ,0 x , 所以 2 3233 11121(1)(

25、21) ( ) 2222 xxxx t x xxxxx , 所以,在区间 1 (0, ) 2 上,( )0t x,( )t x是减函数;在区间 1 ( ,) 2 上,( )0t x, ( )t x是增函数. 13 分 所以,当 1 2 x 时,函数( )t x的最小值为 3 ln20 4 . 又因为 2 113 (e)10 2e44e t , 42222 2 1ee37ee115e11 ()20 42442444e t , 14 分 所以函数( )t x在(0,)上有两个零点,即方程有两个不等的正实根, 由方程 2 1 1 12x x 可得 2 x有两个不同的值, 第 13 页 共 14 页

26、所以 2 1 2 12 1 12 ln12 x x xx , 有两组不同的解,直线l有两条, 15 分 所以存在两条与曲线( )yf x和( )yg x都相切的直线. (21)(共 15 分) 解:() 4 A的子集中的自邻集有: 1,2,3,4,1,2,3,2,3,4,1,2,2,3,3,4. 4 分 ()对于集合 n A的含有5个元素的自邻集 12345 ,Bx xx xx, 不妨设 12345 xxxxx. 因为对于任意 i xB,都有1 i xB 或1 i xB ,1,2,3,4,5i . 所以 21 1xx, 45 1xx, 32 1xx或 34 1xx. 6 分 对于集合 5432

27、1 1,1,1,1,1Cnx nx nx nx nx , 因为 12345 1xxxxxn,所以11 i nxn ,1,2,3,4,5i . 且 54321 11111nxnxnxnxnx . 所以 n CA. 7 分 因为 12 1xx , 54 1xx , 32 1xx或 34 1xx. 所以 21 1(1)1nxnx , 45 1(1)1nxnx , 34 1(1)1nxnx 或 32 1(1)1nxnx . 所以,对于任意1 i nxC ,都有 (1)1 i nxC 或(1)1 i nxC ,1,2,3,4,5i . 所以集合C也是自邻集. 8 分 因为当 n 为偶数时, 33 1xn

28、x , 所以BC. 所以,对于集合 n A任意一个含有5个元素的自邻集,在上述对应方法下会 存在一个不同的含有5个元素的自邻集与其对应. 所以,的含有5个元素的自邻集的个数为偶数. 9 分 n A 第 14 页 共 14 页 ()记自邻集中最大元素为k的自邻集的个数为 k b,2,3,4,kn. 当4n时, 1231nn abbb , 231nnn abbbb . 显然 1nnn aab . 11 分 下面证明 1nn ba . 自邻集中含2n ,1n,n这三个元素. 记去掉这个自邻集中的元素n后的集合为D,因为2,1nnD ,所以D 仍然是自邻集,且集合D中的最大元素是1n,所以含2,1,n

29、nn这三个 元素的自邻集的个数为 1n b . 12 分 自邻集中含有1n,n这两个元素,不含2n ,且不只有1n,n两个 元素. 记自邻集中除n,1n之外的最大元素为m,则23mn . 每个自邻集去掉1n,n这两个元素后,仍然为自邻集, 此时的自邻集的最大元素为m,可将此时的自邻集分为4n 类: 含最大数为2的集合个数为 2 b. 含最大数为3的集合个数为 3 b. 含最大数为3n 的集合个数为 3n b . 则这样的集合共有 233n bbb 个. 13 分 自邻集只含1n,n两个元素,这样的自邻集只有 1 个. 14 分 综上可得 2331 1 nnn bbbbb 23312nnn bbbbb 1n a . 所以 1nn ba , 所以当4n时, 1 2 nn aa . 15 分