1、第 1 页 共 14 页 西城区西城区 20212021 届高三年级二模考试届高三年级二模考试 数学试卷数学试卷 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a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 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
3、: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“”，在 B 点处里程碑刻着“”，则从
4、 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（至少包含数学和物理），在每科竞赛中，甲乙丙三人中都有一
5、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(
6、 ,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
7、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(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增； 若关于x的方程( )2
8、f 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( )4sincos()(0) 223 xx f xm . 在下列条件、条件、条件这
9、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
10、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 （）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， 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，
11、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 （20）（本小题 15 分） 已知函数( )lnf xxbxc， 2 ( )2g xkx，(
12、 )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个元素的子集中，自邻集的个数是偶数； （）若4n，求证： 1 2 nn aa . 第 7
13、页 共 14 页 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 （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 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A
14、B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,
15、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 ， 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，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
16、( )4sin( cossin) 22222 xxx f xm 2 分 2 2sincos2 3sin 222 xxx m sin3(1cos)xxm4 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 () 232 kxkk Z，10 分 第 9 页 共 14 页 所以 5 () 1212 kxkk Z， 所以函数( )f x的单调增区间为
17、5 , () 1212 kkk Z.11 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 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 kxkk Z，10 分 所以 5 () 1212 kxkk Z， 所以函数( )f x的单调增区间为 5 , () 1212 kkk Z，12
18、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 45 300135 100 人. 4 分 （）设事件F为
19、“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 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 XC，9 分 所以 21627 ( )(2)(3) 1000125 P FP XP X.11 分 （） 213 PPP.14 分 （19）（共 1
20、5 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 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
21、 .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 . 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：（）
22、 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 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
23、 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； 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 第 12 页 共 14 页 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)xx . 因为
24、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)(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
25、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， 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
26、： 第 13 页 共 14 页 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 54321 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
27、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 1xnx ， 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， n A的含有5个元素的自邻集的个数为偶数.9 分 （）记自邻集
28、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,nnn这三个 第 14 页 共 14 页 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
