2021届北京市西城区高考二模数学试卷

这是一份2021届北京市西城区高考二模数学试卷，共15页。
西 城 区 高 三 模 拟 测 试           数 学         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，，则 （A）  （B） （C） （D）（2）已知复数，其所对应的点在第四象限，则实数的取值范围是 （A） （B） （C） （D）（3）要得到函数的图象，只需将函数的图象  （A）向左平移个单位长度          （B） 向右平移个单位长度   （C）向左平移个单位长度          （D） 向右平移个单位长度（4）某三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的体积为（A）              （B）     （C）             （D）（5）在中，，，则“”是“”的 （A）充分而不必要条件 （B）必要而不充分条件 （C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件（6）若直线与双曲线无公共点，则双曲线的离心率可能是 （A） （B） （C） （D）（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） （B） （C） （D）（8）记为等比数列的前n项和．已知，，则数列  （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）在平面直角坐标系中，点，，，是圆上一点，是边上一点，则的最大值是  （A）      （B）   （C）     （D）（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，另一个学生的分数为，第三个学生的分数为，其中，，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），，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，，若与方向相反，则等于_____．（12）在展开式中，常数项是     .（13）对于抛物线，给出下列三个条件：①对称轴为轴；②过点；③焦点到准线的距离为.写出符合其中两个条件的一个抛物线的标准方程_____ .（14）共享单车已经成为方便人们出行的交通工具，某公司决定从年月开始向某地投放共享单车，记第个月共享单车的投放量和损失量分别为和（单位：千辆），其中，.从第个月到年月，共享单车的每月投放量比上个月增加千辆，从年月开始，共享单车的每月投放量比上个月减少千辆；根据预测，从年月开始，共享单车的每月损失量比上个月增加辆．设第个月底的共享单车的保有量是前个月的累计投放量与累计损失量的差，则该地区第个月底的共享单车的估计保有量为_____千辆；当为_____时，该地区第个月底的共享单车估计保有量达到最大．（15）已知函数其中且. 给出下列四个结论：① 若，则函数的零点是；② 若函数无最小值，则的取值范围为；③ 若，则在区间上单调递减，在区间上单调递增；④ 若关于的方程恰有三个不相等的实数根，则的取值范围为，且的取值范围为.其中，所有正确结论的序号是_____.     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，在四棱锥中，平面，，，, ,点为的中点.（Ⅰ）求证：平面平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值.        （17）（本小题13分）已知函数. 在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定和值的两个条件作为已知.（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若函数在区间上是增函数，求实数的最大值.条件①：最小正周期为；条件②：最大值与最小值之和为；条件③：.注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分．     （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人，统计数据如下表，其中，.教育软件类型选用教师人数假设所有教师选择使用哪类软件相互独立．（Ⅰ）若某校共有名教师，试估计该校教师中使用教育软件或的人数；（Ⅱ）从该区教师中随机抽取人，估计这人中至少有人使用教育软件的概率；（Ⅲ）设该区有名教师，从中随机抽取人，记该教师使用教育软件或的概率估计值为；该区学校有名教师，其中有人使用教育软件，人使用教育软件，从学校中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率值为；从该区其他教师（除学校外）中随机抽取人，该教师使用教育软件或的概率估计值为.试比较，和之间的大小.（结论不要求证明）   （19）（本小题15分）已知椭圆的离心率为，其长轴的两个端点分别为，.（Ⅰ）求椭圆的标准方程；（Ⅱ）点为椭圆上除，外的任意一点，直线交直线于点，点为坐标原点，过点且与直线垂直的直线记为，直线交轴于点，交直线于点，求与的面积之比.    （20）（本小题15分）已知函数，，在处取得极大值1.（Ⅰ）求和的值；（Ⅱ）当时，曲线在曲线的上方，求实数的取值范围.（Ⅲ）设，证明：存在两条与曲线和都相切的直线.       （21）（本小题15分）设是正整数集的一个非空子集，如果对于任意，都有或，则称为自邻集. 记集合的所有子集中的自邻集的个数为.（Ⅰ）直接写出的所有自邻集；（Ⅱ）若为偶数且，求证：的所有含个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；（Ⅲ）若，求证：.                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 （ 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） （12） （13），,（以上答案均可）（14） （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）取的中点，连接，所以，又因为，所以四边形是平行四边形.因为，，所以四边形是正方形，则, ，所以，得到，所以.        ……………1分因为平面，所以，   ……………2分因为，所以平面.  ……………3分因为平面， ……………4分平面平面. ……………5分（Ⅱ）因为平面，所以，，则两两垂直，如图建立空间直角坐标系. ……………6分则，，，，，，所以，. 设平面的法向量为，所以  所以  即  ……………8分令，则，所以平面的法向量为， ……………9分又因为平面的法向量， ……………10分所以， ……………12分由已知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为. ……………13分（17）（共13分）解：（Ⅰ） ……………2分 ……………4分. ……………5分 选择条件①②：由条件①得，，又因为，所以. ……………6分由②知，，所以. ……………7分则，所以. ……………8分（Ⅱ）令， ……………10分所以，所以函数的单调增区间为. ……………11分因为函数在上单调递增，且，此时，所以，故实数的最大值为. ……………13分选择条件①③：由条件①得，，又因为，所以. ……………6分由③知，，所以. ……………7分则.所以. ……………8分（Ⅱ）令， ……………10分所以，所以函数的单调增区间为，……………12分因为函数在上单调递增，且，此时，所以，故实数的最大值为. ……………13分说明：不可以选择条件②③：由②知，，所以；由③知，，所以；矛盾.所以函数不能同时满足条件②和③.（18）（共14分）解:（Ⅰ）从表格数据可知，，则，所以样本中教师使用教育软件或的人数为人， …………2分故估计该校教师中使用教育软件或的人数为人. ……4分（Ⅱ）设事件为“从该区教师中随机抽取人，至少有人使用教育软件”．由题意,样本中的名教师使用软件的频率为. 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的概率为. ……………5分记被抽取的人中使用软件的人数为，则. ………7分所以，  ……………8分， ……………9分所以. ……………11分（Ⅲ）. ……………14分（19）（共15分）解：（Ⅰ）由题意，得. 又，所以.  ……………3分又因为，所以.故椭圆的方程为.  ……………5分（Ⅱ）设，则.  ……………6分所以直线的方程为， ……………7分令，得点的坐标为.  ……………8分因为直线的斜率为，所以直线的方程为， ……………9分又因为直线的方程为. ……………10分联立直线和直线的方程，消去得，所以， ……………11分因为，所以，所以，解得点的横坐标. ……………13分所以 ……………15分即与的面积之比为.（20）（共15分）解：（Ⅰ）. ……………1分由已知，， ……………3分解得，.经检验，满足题意.  ……………4分所以，.（Ⅱ）,..依题意对任意的恒成立.  ……………5分所以对任意的恒成立. 令，，， ………6分令，，所以，令，所以. ……………7分因为当时，，单调递减；    当 时，，单调递增.当时，函数的最小值为， 且. ………8分所以，即.在上单调递增，所以， 所以，故实数的取值范围为. ……………9分（Ⅲ）假设存在与曲线和曲线都相切的直线，设切点坐标分别为，.因为，所以的方程为.  …………10分因为，所以的方程为. ……………11分所以，消去得.……①.令，，所以，所以，在区间上，，是减函数；在区间上，，是增函数.  ……………13分所以，当时，函数的最小值为.又因为，， ………14分所以函数在上有两个零点，即方程①有两个不等的正实根， 由方程可得有两个不同的值，所以有两组不同的解，直线有两条， …………15分所以存在两条与曲线和都相切的直线.  （21）（共15分）解：（Ⅰ）的子集中的自邻集有：，，，，，. ……………4分（Ⅱ）对于集合的含有个元素的自邻集，不妨设.因为对于任意，都有或，.所以，，或. ……………6分对于集合，因为，所以，.且.所以. ……………7分因为，，或.所以，，或.所以，对于任意，都有或，.所以集合也是自邻集.  ……………8分因为当n为偶数时，，所以.所以，对于集合任意一个含有个元素的自邻集，在上述对应方法下会存在一个不同的含有个元素的自邻集与其对应.所以，的含有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的自邻集的个数为，.当时，，.显然. ……………11分下面证明.①自邻集中含，，这三个元素.记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，所以仍然是自邻集，且集合中的最大元素是，所以含这三个元素的自邻集的个数为. ……………12分②自邻集中含有，这两个元素，不含，且不只有，两个元素.记自邻集中除，之外的最大元素为，则.每个自邻集去掉，这两个元素后，仍然为自邻集，此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为类：含最大数为的集合个数为.含最大数为的集合个数为.含最大数为的集合个数为.则这样的集合共有个.  ……………13分③自邻集只含，两个元素，这样的自邻集只有1个.  …………14分综上可得          .所以， 所以当时，. ……………15分