【文档说明】2021届北京西城区高三数学二模试卷及答案.docx，共(14)页，1.198 MB，由baby熊上传

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第1页共14页西城区2021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（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}AxxZ≤，{2}Bxx，则AB（A）{0,1,2,3}（B）{1,2,3}（C）{1,0,1,2,3}（D）{23}xx

≤（2）已知复数2i1iza，其所对应的点在第四象限，则实数的取值范围是（A）(,1)（B）(1,+)（C）(1,)（D）(,1)（3）要得到函数sin(2)3yx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）83（B）43（C）8（D）4（5）在ABC△中，2a，π6A，则“π3B”是“23b”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）若直线2yx与双曲线:C22221xyab无公共点，则双曲线C的离心率可能是（A）32（B）1（C）2（D）23（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：〡（1）、〢（2）

、〣（3）、〤（4）、〥（5）、〦（6）、〧（7）、〨（8）、〩（9）、〇（0）.为了防止混淆，有时要将“〡”“〢”“〣”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“〣〤”，在B点处里程碑刻着“〩〢”，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nS为等比数列{}na的前n项和．已知18a，41a，则数列{}nS（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)2Mxy上一点，Q是ABC△边上一点，则OPOQ的最大值是（A）8+22（B）12（C）8+42（D）16（10）甲乙丙三个学生同时参加了若干门学科竞赛（至少包含

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（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3页共

14页第二部分（非选择题共110分）二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。（11）已知向量(,1)ma，(3,)mb，若a与b方向相反，则m等于_____．（12）在32()xx展开式中，常数项是.（13）对于抛物线C，给出下列三个条件：①对称轴为y轴；②过点(1,1)；③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()nnN个月共享单车的投放量和损失量分别为na和nb（单位：千辆），其中11

a，10.1b.从第2个月到2021年12月，共享单车的每月投放量比上个月增加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.xaxfxaxx

≤其中0a且1a.给出下列四个结论：①若2a，则函数()fx的零点是0；②若函数()fx无最小值，则a的取值范围为(0,1)；③若2a，则()fx在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增；④若关于x的方程()2fxa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123xxx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，//AB

CD，ABAD，4AB,2PAADCD,点E为PB的中点.（Ⅰ）求证：平面PBC平面PAC；（Ⅱ）求二面角ECDA的余弦值.（17）（本小题13分）已知函数()4sincos()(0)223xxfxm.在下列条件①、条件②、条件③这三个

条件中，选择可以确定和m值的两个条件作为已知.（Ⅰ）求()3f的值；（Ⅱ）若函数()fx在区间[0,]a上是增函数，求实数a的最大值.条件①：()fx最小正周期为；条件②：()fx最大值与最小值之和为0；条件③：(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,,,,ABCDE五类线上教育软件的使用情况（每位教师都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，,abN.教育软件类型ABCDE选用教师人数1015a30b假设所有教师选择使用哪类软件相互独立．（Ⅰ）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；（Ⅱ）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；（Ⅲ）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1P；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，该教师使用教育软件C或D的概率值为2P；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3P.试比较1P，2P和3P之间的大小.（结论不要求证明）（19）（本小题15分）已知椭圆2

222:1xyCab的离心率为63，其长轴的两个端点分别为(3,0)A，(3,0)B.（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）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（20）（本小题15分）已知函数()lnfxxbxc，2()2gxkx，()fx在1x处取得极大值1.（Ⅰ）求b和c的值；（Ⅱ）当[1,)

x时，曲线()yfx在曲线()ygx的上方，求实数k的取值范围.（Ⅲ）设1k，证明：存在两条与曲线()yfx和()ygx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,,}nAn(2,)nnN≥的所有子集中的自邻集的个数为na.（Ⅰ）直接写出4A的所有自邻集；（Ⅱ）若n为偶数且6n≥，求证：nA的所

有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；（Ⅲ）若4n≥，求证：12nnaa≤.第7页共14页参考答案一、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2

5分）（11）3（12）6（13）24xy，24xy,2xy（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1

3分）解：（Ⅰ）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22ACBC，得到222ACBCAB，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（Ⅱ）因为PA平面ABCD，所以PAAD，PAAB，则,,P

AADAB两两垂直，如图建立空间直角坐标系Axyz.……………6分第8页共14页则(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(,,)xyz

n，所以0,0,DCCEnn所以20,20,yxz即0,2,yzx……………8分令1x，则2z，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，……………1

0分所以225cos,55mnmnmn，……………12分由已知，二面角ECDA为锐角，所以二面角ECDA的余弦值为255.……………13分（17）（共13分）解：（Ⅰ）13()4sin(cossi

n)22222xxxfxm……………2分22sincos23sin222xxxmsin3(1cos)xxm……………4分sin3cos3xxmπ2sin()33xm.……………5分选择条件①②：由条件①得，2ππ||T，又因为0

，所以2.……………6分由②知，(23)(23)0mm，所以3m.……………7分则()fxπ2sin(2)3x，所以π2πππ()2sin()2sin33333f.……………8分

（Ⅱ）令πππ2π22π()232kxkkZ≤≤，……………10分第9页共14页所以π5πππ()1212kxkkZ≤≤，所以函数()fx的单调增区间为π5π[π,π]()1212k

kkZ.……………11分因为函数()fx在[0,]a上单调递增，且π5π0[,]1212，此时0k，所以5π12a≤，故实数a的最大值为5π12.……………13分选择条件①③：由条件①得，2ππ||T，又因为0，所以2.……………6分由③

知，π(0)2sin()323fm，所以2m.……………7分则()fxπ2sin(2)323x.所以ππ()2sin+3+223+233f.……………8分（Ⅱ）令πππ2π22π

()232kxkkZ≤≤，……………10分所以π5πππ()1212kxkkZ≤≤，所以函数()fx的单调增区间为π5π[π,π]()1212kkkZ，……………12分因为函数()fx在[0,]a上单调递增，且π5π0[

,]1212，此时0k，所以5π12a≤，故实数a的最大值为5π12.……………13分说明：不可以选择条件②③：由②知，(23)(23)0mm，所以3m；由③知，π(0)2sin(

)323fm，所以2m；矛盾.所以函数()fx不能同时满足条件②和③.（18）（共14分）解:（Ⅰ）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人，…………2分第10页共14页故估计

该校教师中使用教育软件C或E的人数为45300135100人.……4分（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30310010.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310.……………5分记被抽取的3人中使用软件D的人数为X，则3(3,)10XB.………7分所以22333189(2)()(1)101010

00PXC，……………8分33033327(3)()(1)10101000PXC，……………9分所以21627()(2)(3)1000125PFPXPX.……………11分（Ⅲ）213PPP.……………14分（19）（共1

5分）解：（Ⅰ）由题意，得3a.又63cea，所以6c.……………3分又因为222abc，所以3b.故椭圆C的方程为22193xy.……………5分（Ⅱ）设0000(,)(3,0)xyxyP，则2200193xy.……………6分所以

直线AP的方程为00(3)3yyxx，……………7分令4x，得点E的坐标为007(4,)3yx.……………8分因为直线BE的斜率为007343yx0073yx，所以直线l的方程为0037xyxy，……………9分又因为直线P

B的方程为00(3)3yyxx.……………10分第11页共14页联立直线l和直线PB的方程，消去y得0037xxy00(3)3yxx，所以220000007937(3)3yxyxyxx，……………11分因为2200193xy，所

以220093xy，所以200000437(3)3yyxyxx，解得点N的横坐标214Nx.……………13分所以1||||||342.121||7||||24BBMOBNMONNOMxSxSxOMx△△……………

15分即BMO△与NMO△的面积之比为4:7.（20）（共15分）解：（Ⅰ）1()fxbx.……………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.（Ⅱ）()ln2f

xxx,2()2gxkx.2()()lnfxgxxxkx.依题意2ln0xxkx对任意的[1,)x恒成立.……………5分所以2lnxxkx对任意的[1,)x恒成立.令2ln()xxFxx，[1,)x，224431(1)

2(ln)2ln2ln1()xxxxxxxxxxxFxxxx，………6分令()2ln1hxxx，1x≥，所以22()1xhxxx，令()0hx，所以2x.……………7分因为当(1,2)x时，()0hx，()hx单调递减；当(2,

)x时，()0hx，()hx单调递增.当2x时，函数()hx的最小值为32ln2，且32ln20.………8分第12页共14页所以()0hx，即()0Fx.()Fx在[1,)上单调递增

，所以min()(1)1FxF，所以1k，故实数k的取值范围为(,1).……………9分（Ⅲ）假设存在与曲线()yfx和曲线()ygx都相切的直线l，设切点坐标分别为111(,ln2)xxx，222(,2)xx.因为11

1()1fxx，所以l的方程为111(1)ln1yxxx.…………10分因为22()2gxx，所以l的方程为22222yxxx.……………11分所以21212112ln12xxxx，消去2x得1211113ln0244xxx.……①.

令2113()ln244txxxx，0x，所以2323311121(1)(21)()2222xxxxtxxxxxx，所以，在区间1(0,)2上，()0tx，()tx是减函数；在区间1(,)2上，()0tx，()tx是增函数.……………13分所以，

当12x时，函数()tx的最小值为3ln204.又因为2113(e)102e44et，4222221ee37ee115e11()2042442444et，………14分所以函数()tx在(0,)上

有两个零点，即方程①有两个不等的正实根，由方程21112xx可得2x有两个不同的值，所以21212112ln12xxxx，有两组不同的解，直线l有两条，…………15分所以存在两条与曲线()yfx和()ygx

都相切的直线.（21）（共15分）解：（Ⅰ）4A的子集中的自邻集有：第13页共14页{1,2,3,4}，{1,2,3}，{2,3,4}，{1,2}，{2,3}，{3,4}.……………4分（Ⅱ）对于集合nA的含有5个元素的自邻集12345{,,,,}Bx

xxxx，不妨设12345xxxxx.因为对于任意ixB，都有1ixB或1ixB，1,2,3,4,5i.所以211xx，451xx，321xx或341xx.……………6分对于集合54321{1,1,1,1

,1}Cnxnxnxnxnx，因为123451xxxxxn≤≤，所以11inxn≤≤，1,2,3,4,5i.且5432111111nxnxnxnxnx.所以n

CA.……………7分因为121xx，541xx，321xx或341xx.所以211(1)1nxnx，451(1)1nxnx，341(1)1nxnx或321(1)1nxnx.所以，对于任意1inxC，

都有(1)1inxC或(1)1inxC，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，331xnx，所以BC.所以，对于集合nA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（Ⅲ）记自邻集中最大元素为k的自邻集的个数为kb，2,3,4,,kn.当4n≥时，

1231nnabbb，231nnnabbbb.显然1nnnaab.……………11分下面证明1nnba≤.①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,nnn这三个nA第14页共14页元素的自邻集的个数为1nb.……………12分②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2b.含最大数为3的集合个数为3b.含最大数为3n的集合个数为3nb.则这样的集合共有233nbbb个.……………13分③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23311nnnbbbbb23312nnnbbbbb≤1na.所以1nnba≤，所以当4n≥时，12nnaa≤.……………15分