2021北京西城高三数学二模试题答案

西 城 区 高 三 模 拟 测 试

数学参考答案 2021.5

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分） （ 1 ）C （ 5 ）A （ 9 ）B

（ 2 ）D （ 6 ）C （10）D

（ 3 ）B （ 7 ）B

（ 4 ）D （ 8 ）A

二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分） （11）3 （12）6

（13）x24y，x24y,x2y（以上答案均可）

（14）9,43 （15）①④

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0分，其他得 3 分.

三、解答题（共6小题，共85分） （16）（共13分）

解：（Ⅰ）取AB的中点F，连接CF，所以AFCD，

又因为AF//CD，所以四边形AFCD是平行四边形. 因为ABAD，ADCD，所以四边形AFCD是正方形， 则ABCF, CFAD2，所以ACBC22， 得到AC2BC2AB2，

所以BCAC. ……………1分 因为PA平面ABCD， 所以PABC， 因为PA

……………2分

ACA，

……………3分 ……………4分 ……………5分

所以BC平面PAC. 因为BC平面PBC， 平面PBC平面PAC. （Ⅱ）因为PA平面ABCD，

所以PAAD，PAAB，则PA,AD,AB两两垂直，

北京市西城区2021年5月高三数学参考答案 第1页（共8页）

如图建立空间直角坐标系Axyz. ……………6分

则A(0,0,0)，P(0,0,2)，B(0,4,0)，C(2,2,0)，D(2,0,0)，E(0,2,1)， 所以DC(0,2,0)，CE(2,0,1). 设平面CDE的法向量为n(x,y,z)，

2y0,y0,nDC0,所以 所以 即

2xz0,z2x,nCE0,……………8分

令x1，则z2，

所以平面CDE的法向量为n(1,0,2)， 又因为平面ACD的法向量m(0,0,1)， 所以cosm,nmn225， mn55……………9分 ……………10分 ……………12分

由已知，二面角ECDA为锐角， 所以二面角ECDA的余弦值为（17）（共13分）

解：（Ⅰ）f(x)4sin25. 5……………13分

x3x(cossin)m 22222xxx2sincos23sin2m

222sinx3(1cosx)m

x1……………2分

……………4分

sinx3cosx3m

π2sin(x)3m.

3选择条件①②：

2π由条件①得，Tπ，又因为0，所以2 .

||……………5分

……………6分

由②知，(23m)(23m)0，所以m3. ……………7分

π则f(x)2sin(2x)，

3π2πππ所以f()2sin()2sin3. 3333……………8分

北京市西城区2021年5月高三数学参考答案 第2页（共8页）

πππ（Ⅱ）令2kπ≤2x≤2kπ (kZ)，

232所以……………10分

π5πkπ≤x≤kπ (kZ)， 1212π5πkπ,kπ] (kZ). ……………11分 1212π5π,]，此时k0， 1212……………13分

所以函数f(x)的单调增区间为[因为函数f(x)在[0,a]上单调递增，且0[所以a≤5π5π，故实数a的最大值为. 1212选择条件①③：

2π由条件①得，Tπ，又因为0，所以2.

||π由③知，f(0)2sin()3m2，所以m2.

3π则f(x)2sin(2x)32.

3ππ所以f()2sin+3+223+2.

33πππ（Ⅱ）令2kπ≤2x≤2kπ (kZ)，

232所以……………6分 ……………7分

……………8分 ……………10分

π5πkπ≤x≤kπ (kZ)， 1212π5πkπ,kπ] (kZ)，……………12分 1212π5π,]，此时k0， 1212……………13分

所以函数f(x)的单调增区间为[因为函数f(x)在[0,a]上单调递增，且0[5π5π，故实数a的最大值为. 1212说明：不可以选择条件②③：

所以a≤由②知，(23m)(23m)0，所以m3；

π由③知，f(0)2sin()3m2，所以m2；矛盾.

3所以函数f(x)不能同时满足条件②和③.

（18）（共14分）

解:（Ⅰ）从表格数据可知，1015a30b100，则ab45，

所以样本中教师使用教育软件C或E的人数为45人，

…………2分

北京市西城区2021年5月高三数学参考答案 第3页（共8页）

故估计该校教师中使用教育软件C或E的人数为30045135人. ……4分 100（Ⅱ）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”．

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. 10B(3,

……………5分

记被抽取的3人中使用软件D的人数为X，则X3). ………7分 10……………8分 ……………9分 ……………11分 ……………14分

3189232所以P(X2)C3， ()(1)10101000327333， P(X3)C3()(1)010101000所以P(F)P(X2)P(X3)（Ⅲ）P2P1P3.

（19）（共15分）

解：（Ⅰ）由题意，得a3. 又ec6，所以c6. a321627. 1000125……………3分

又因为a2b2c2，所以b3. x2y2故椭圆C的方程为1.

9322x0y0（Ⅱ）设P(x0,y0)(x03,y00)，则1.

93y0(x3)， 所以直线AP的方程为yx03……………5分 ……………6分 ……………7分 ……………8分

令x4，得点E的坐标为(4,7y0). x037y07y0因为直线BE的斜率为x03，

x0343x3x， 所以直线l的方程为y07y0……………9分

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又因为直线PB的方程为yy0(x3). x03……………10分

联立直线l和直线PB的方程，消去y得227y0x093y0所以， x7y0(x03)x03x03yx0(x3)， 7y0x03……………11分

22x0y022因为1，所以x093y0，

932214y03y0. 所以，解得点N的横坐标xNx47y0(x03)x03……………13分

所以

S△BMOS△NMO1|OM||xB||x|342B.

121|x|7N|OM||xN|24……………15分

即△BMO与△NMO的面积之比为4:7.

（20）（共15分）

解：（Ⅰ）f(x)1b. x……………1分 ……………3分 ……………4分

由已知f(1)1b0，f(1)bc1， 解得b1，c2.经检验，满足题意. 所以b1，c2.

（Ⅱ）f(x)lnxx2,g(x)kx22.f(x)g(x)lnxxkx2.

依题意lnxxkx20对任意的x[1,)恒成立. 所以k……………5分

lnxx对任意的x[1,)恒成立. x2lnxx令F(x)，x[1,)， 2x1(1)x22x(lnxx)x22xlnxxx2lnx1xF(x)， ………6分 443xxx令h(x)x2lnx1，x≥1，

2x2，令h(x)0，所以x2. xx因为当x(1,2)时，h(x)0，h(x)单调递减； 所以h(x)1……………7分

北京市西城区2021年5月高三数学参考答案 第5页（共8页）

当x(2,) 时，h(x)0，h(x)单调递增.

当x2时，函数h(x)的最小值为32ln2， 且32ln20. 所以h(x)0，即F(x)0.F(x)在[1,)上单调递增， 所以F(x)minF(1)1，

所以k1，故实数k的取值范围为(,1).

（Ⅲ）假设存在与曲线yf(x)和曲线yg(x)都相切的直线l，

22). 设切点坐标分别为(x1,lnx1x12)，(x2,x2………8分

……………9分

因为f(x1)111，所以l的方程为y(1)xlnx11. …………10分

x1x1……………11分

22. 因为g(x2)2x2，所以l的方程为y2x2xx21113x12x2所以1，消去x2得lnx120.……①.

4x12x14lnx1x2212113，x0， 22x44x1112x2x1(x1)(2x1)所以t(x)32， 33x2x2x2x2x11所以，在区间(0,)上，在区间(,)上， t(x)0，t(x)是减函数；t(x)0，

22……………13分 t(x)是增函数.

13所以，当x时，函数t(x)的最小值为ln20.

42113又因为t(e)120，

2e44e1e4e237e2e2115e211t(2)20， ………14分

42442444e所以函数t(x)在(0,)上有两个零点，即方程①有两个不等的正实根， 令t(x)lnx由方程

112x2可得x2有两个不同的值， x1…………15分

1x12x2，所以1有两组不同的解，直线l有两条，

lnx1x2212所以存在两条与曲线yf(x)和yg(x)都相切的直线.

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（21）（共15分）

解：（Ⅰ）A4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

（Ⅱ）对于集合An的含有5个元素的自邻集B{x1,x2,x3,x4,x5}，

不妨设x1x2x3x4x5.

因为对于任意xiB，都有xi1B或xi1B，i1,2,3,4,5. 所以x2x11，x4x51，x3x21或x3x41.

……………6分

对于集合C{n1x5,n1x4,n1x3,n1x2,n1x1}， 因为1≤x1x2x3x4x5≤n，所以1≤n1xi≤n，i1,2,3,4,5. 且n1x5n1x4n1x3n1x2n1x1. 所以CAn.

因为x11x2，x51x4，x3x21或x3x41. 所以n1x2(n1x1)1，n1x4(n1x5)1，

n1x3(n1x4)1或n1x3(n1x2)1.

……………7分

所以，对于任意n1xiC，都有

(n1xi)1C或(n1xi)1C，i1,2,3,4,5.

所以集合C也是自邻集.

因为当n为偶数时，x3n1x3， 所以BC.

……………8分

所以，对于集合An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，An的含有5个元素的自邻集的个数为偶数.

（Ⅲ）记自邻集中最大元素为k的自邻集的个数为bk，k2,3,4,当n≥4时，an1b2b3显然anan1bn. 下面证明bn≤an1.

①自邻集中含n2，n1，n这三个元素.

bn1，anb2b3……………9分

,n.

bn1bn.

……………11分

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记去掉这个自邻集中的元素n后的集合为D，因为n2,n1D，所以D 仍然是自邻集，且集合D中的最大元素是n1，所以含n2,n1,n这三个 元素的自邻集的个数为bn1.

……………12分

②自邻集中含有n1，n这两个元素，不含n2，且不只有n1，n两个 元素.

记自邻集中除n，n1之外的最大元素为m，则2≤m≤n3. 每个自邻集去掉n1，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n4类： 含最大数为2的集合个数为b2. 含最大数为3的集合个数为b3.

含最大数为n3的集合个数为bn3. 则这样的集合共有b2b3bn3个.

……………13分

③自邻集只含n1，n两个元素，这样的自邻集只有1个. …………14分 综上可得bnb2b3≤b2bn3bn11 bn3bn1bn2

b3 an1. 所以bn≤an1，

所以当n≥4时，an≤2an1.

……………15分

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