2021年北京市西城区高考数学二模试卷

这是一份2021年北京市西城区高考数学二模试卷，共24页。试卷主要包含了解答题共6小题，共85分等内容，欢迎下载使用。

2021年北京市西城区高考数学二模试卷
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．（4分）已知集合A＝{x∈Z|x2≤9}，B＝{x|x＞﹣2}，则A∩B＝（　　）
A．{0，1，2，3} B．{1，2，3} C．{﹣1，0，1，2，3} D．{x|﹣2＜x≤3}
2．（4分）已知复数z＝ai+，其所对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（1，+∞） C．（﹣1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）
3．（4分）要得到函数的图象，只需将函数y＝sin2x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．（4分）某三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的体积为（　　）

A． B． C．8 D．4
5．（4分）在△ABC中，a＝2，A＝，则“B＝”是“b＝2”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．（4分）若直线y＝2x与双曲线C：＝1无公共点，则双曲线C的离心率可能是（　　）
A． B．1 C．2 D．
7．（4分）“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．（4分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝﹣1，则数列{Sn}（　　）
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．（4分）在平面直角坐标系xOy中，点A（1，1），B（2，1），C（2，2），P是圆M：x2+（y﹣4）2＝2上一点，Q是△ABC边上一点，则的最大值是（　　）
A． B．12 C． D．16
10．（4分）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，丙的物理竞赛成绩一定排名第二
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）已知向量＝（m，1），＝（3，m），若与方向相反，则m等于　 　．
12．（5分）在（﹣）3的展开式中，常数项是　 　．
13．（5分）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．（5分）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an和bn（单位：千辆），其中a1＝1，b1＝0.1．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保有量为　 　千辆；当n为　 　时，该地区第n个月底的共享单车保有量达到最大．
15．（5分）已知函数f（x）＝其中a＞0且a≠1．给出下列四个结论：
①若a≠2，则函数f（x）的零点是0
②若函数f（x）无最小值，则a的取值范围为（0，1）；
③若a＞2，则f（x）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f（x）＝a﹣2恰有三个不相等的实数根x1，x2，x3，则a的取值范围为（2，3），且x1+x2+x3的取值范围为（﹣∞，2）．
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．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝4，PA＝AD＝CD＝2，点E为PB的中点．
（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（Ⅱ）求二面角E﹣CD﹣A的余弦值．

17．（13分）已知函数f（x）＝4sincos（﹣）+m（ω＞0）．在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定ω和m值的两个条件作为已知．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）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①：f（x）最小正周期为π；
条件②：f（x）最大值与最小值之和为0；
条件③：f（0）＝2．
18．（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），从该区教师中随机抽取了100人，统计数据如表，其中a＞b，ab∈N．
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．
（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P1；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P2；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P3．试比较P1，P2和P3之间的大小．（结论不要求证明）
19．（15分）已知椭圆C：＝1的离心率为，其长轴的两个端点分别为A（﹣3，0），B（3，0）．
（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x＝4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．
20．（15分）已知函数f（x）＝lnx+bx+c，g（x）＝kx2+2，f（x）在x＝1处取得极大值1．
（Ⅰ）求b和c的值；
（Ⅱ）当x∈[1，+∞）时，曲线y＝f（x）在曲线y＝g（x）的上方，求k的取值范围；
（Ⅲ）设k＝1，证明：存在两条与曲线y＝f（x）和y＝g（x）都相切的直线．
21．（15分）设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意x∈A，都有x﹣1∈A或x+1∈A，则称A为自邻集．记集合An＝{1，2，⋯，n}（n≥2，n∈N）的所有子集中的自邻集的个数为an．
（Ⅰ）直接写出A4的所有自邻集；
（Ⅱ）若n为偶数且n≥6，求证：An的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
（Ⅲ）若n≥4，求证：an≤2an﹣1．

2021年北京市西城区高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
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．（4分）已知集合A＝{x∈Z|x2≤9}，B＝{x|x＞﹣2}，则A∩B＝（　　）
A．{0，1，2，3} B．{1，2，3} C．{﹣1，0，1，2，3} D．{x|﹣2＜x≤3}
【分析】可求出集合A，然后进行交集的运算即可．
【解答】解：∵A＝{x∈Z|﹣3≤x≤3}＝{﹣3，﹣2，﹣1，0，1，2，3}，B＝{x|x＞﹣2}，
∴A∩B＝{﹣1，0，1，2，3}．
故选：C．
【点评】本题考查了集合的描述法和列举法的定义，一元二次不等式的解法，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．
2．（4分）已知复数z＝ai+，其所对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，1） B．（1，+∞） C．（﹣1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）
【分析】利用复数的运算法则、几何意义即可得出．
【解答】解：复数z＝ai+＝ai+＝ai+1+i＝1+（a+1）i，
其所对应的点在第四象限，∴，解得a＜﹣1．
则实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1），
故选：D．
【点评】本题考查了复数的运算法则、几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（4分）要得到函数的图象，只需将函数y＝sin2x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
【分析】利用函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，得出结论．
【解答】解：把函数y＝sin2x的图象向右平移个单位长度，可得到函数y＝sin（2x﹣）的图象，
故选：B．
【点评】本题主要考查函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换规律，属于基础题．
4．（4分）某三棱柱的三视图如图所示，该三棱柱的体积为（　　）

A． B． C．8 D．4
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．
【解答】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为等腰直角三角形，高为2的直三棱柱；
如图所示：

故，
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的体积公式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
5．（4分）在△ABC中，a＝2，A＝，则“B＝”是“b＝2”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
【分析】利用正弦定理，再结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：①当B＝时，由正弦定理得＝，∴b＝＝2，∴充分性成立，
②当b＝2时，由正弦定理得＝，∴sinB＝＝，
∵B∈（0，π），∴B＝或B＝，∴必要性不成立，
综上，B＝是b＝2的充分不必要条件．
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据正弦定理是解决本题的关键．
6．（4分）若直线y＝2x与双曲线C：＝1无公共点，则双曲线C的离心率可能是（　　）
A． B．1 C．2 D．
【分析】利用双曲线的渐近线的斜率与直线的斜率的关系，即可推出结果．
【解答】解：直线y＝2x与双曲线C：＝1无公共点，
可得＜2，
所以e＝＝＜，
结合选项可知，双曲线C的离心率可能是2．
故选：C．
【点评】本题考查双曲线的简单性质的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．
7．（4分）“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
【分析】根据苏州码子”计数方式先求出A，B两点处距离始发车站的里程，再根据每隔2公里摆放一个里程碑，即可求出结果．
【解答】解：由苏州码子”计数方式可知A点处里程碑上的“〣〤”表示34公里，B点处里程碑上的“〩〢”表示92公里，
所以从A点到B点里程碑的个数应为：（92﹣34）÷2+1＝30（个），
故选：B．
【点评】本题主要考查了简单的合情推理，考查了学生的逻辑推理能力，是基础题．
8．（4分）记Sn为等比数列{an}的前n项和，已知a1＝8，a4＝﹣1，则数列{Sn}（　　）
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
【分析】根据题意，由等比数列的通项公式求出数列的公比q，进而求出Sn的表达式，分n为奇数和偶数两种情况讨论，分析{Sn}的最大项和最小项，即可得答案．
【解答】解：根据题意，等比数列{an}中，a1＝8，a4＝﹣1，则q3＝＝﹣，则q＝﹣，
则Sn＝＝＝[1﹣（﹣）n]，
若n为奇数，则Sn＝[1+]，此时有S1＞S3＞……＞Sn＞，
若n为偶数，则Sn＝[1﹣]，此时有S2＜S4＜……＜Sn＜，
故S1最大，S2最小，
故选：A．
【点评】本题考查等比数列的求和，关键是求出数列的公比，属于基础题．
9．（4分）在平面直角坐标系xOy中，点A（1，1），B（2，1），C（2，2），P是圆M：x2+（y﹣4）2＝2上一点，Q是△ABC边上一点，则的最大值是（　　）
A． B．12 C． D．16
【分析】设P（x1，y1），Q（x2，y2），＝x1x2+y1y2，当x1＞0时，有可能取得最大值．当点P不动时时，x2与y2尽可能大，即x2＝y2＝2时，即点Q与C重合时，有最大值2（x1+y1）．令x1＝cosθ，y1＝4+sinθ，θ∈（﹣，）．再利用三角函数的单调性即可得出最大值．
【解答】解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴＝x1x2+y1y2，当x1＞0时，有可能取得最大值．
当点P不动时时，x2与y2尽可能大，即x2＝y2＝2时，即点Q与C重合时，有最大值2（x1+y1）．
令x1＝cosθ，y1＝4+sinθ，θ∈（﹣，）．
∴＝2（x1+y1）＝2（cosθ+4+sinθ）＝4sin（θ+）+8，
∵θ∈（﹣，），∴θ＝时，sin（θ+）取得最大值1，
∴的最大值12．
故选：B．
【点评】本题考查了数量积运算性质、三角函数求值、圆的参数方程，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
10．（4分）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，丙的物理竞赛成绩一定排名第二
【分析】确定甲乙丙三人总得分，不妨设x＞y＞z＞0，先根据87的因数，即可判断选项A，通过分析甲乙丙的得分情况，判断甲必有第一名，且第一名分数不少于16分，丙没有第一名，由此进行推理，即可判断选项C，D，再列出x，y，z的方程组，求出x，y，z，即可判断选项B．
【解答】解：甲乙丙三人总得分为47+24+16＝87分，不妨设x＞y＞z＞0，
因为87只能被3和29整除，所以共有3门学科竞赛，每门一二三名总分为29分，即x+y+z＝29，故选项A错误；
乙得分24＜x+y+z，则另外两门必为第三，故24﹣x＝2z，
甲共得47分，平均每门分，故甲必有第一名，且第一名分数不少于16分，
丙三门共16分，则必然没有第一名，
故甲有两门第一，且这两门中乙第三，丙第二，
因为16不能被3整除，
所以数学丙第三，甲第二，故选项C错误，选项D正确；
由上述条件可知，，解得，故选项B错误．
故选：D．
【点评】本题考查了合情推理的应用，主要考查了逻辑推理能力，正确理解题意是解题的关键，属于中档题．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．（5分）已知向量＝（m，1），＝（3，m），若与方向相反，则m等于　　．
【分析】根据题意可设，k＜0，从而得出，然后解出m的值即可．
【解答】解：∵与方向相反，
∴设，k＜0，
∴（3，m）＝（km，k），
∴，且k＜0，解得．
故答案为：．
【点评】本题考查了共线向量基本定理，向量坐标的数乘运算，考查了计算能力，属于基础题．
12．（5分）在（﹣）3的展开式中，常数项是　﹣6　．
【分析】求出展开式的通项公式，再令x的指数为0，进而可以求解．
【解答】解：展开式的通项公式为T＝C，
令＝0，解得r＝1，
所以常数项为C＝﹣6，
故答案为：﹣6．
【点评】本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算能力，属于基础题．
13．（5分）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　x2＝y　．
【分析】选①②，由对称轴为y轴，设出抛物线方程，再代入（1，1）即可得解．
【解答】解：选①②，设x2＝2py，则2p＝1，解得，故抛物线方程为x2＝y．
故答案为：x2＝y．
【点评】本题考查抛物线方程的求法，属于基础题．
14．（5分）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an和bn（单位：千辆），其中a1＝1，b1＝0.1．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保有量为　9　千辆；当n为　43　时，该地区第n个月底的共享单车保有量达到最大．
【分析】先求出2021年12月前an和bn的通项公式，得到an﹣bn，故第四个月底的保有量为，若保有量最大，则an﹣bn≥0且an+1﹣bn+1＜0，从而可求出n．
【解答】解：2021年12月前，an＝1+n﹣1＝n，bn＝0.1+0.1（n﹣1）＝0.1n，
则an﹣bn＝0.9n，
故第四个月底的保有量为＝9，
故第四个月底的保有量为9千辆，
2021年12月前，an﹣bn＝0.9n持续增加，且a24﹣b24＝0.9×24＝21.6，a24＝24，
2022年1月开始，an＝24﹣（n﹣24）＝48﹣n，bn＝0.1n，则an﹣bn＝48﹣1.1n，
若保有量最大，则an﹣bn≥0且an+1﹣bn+1＜0，
若an﹣bn＝0，则48＝1.1n，即n≈43.6，
因为n∈N*，故n＝43时，保有量最大．
故答案为：9，43．
【点评】本题主要考查了数列的应用，以及最值的求解，解题的关键是弄清题意，同时考查了转化能力和运算求解的能力，属于中档题．
15．（5分）已知函数f（x）＝其中a＞0且a≠1．给出下列四个结论：
①若a≠2，则函数f（x）的零点是0
②若函数f（x）无最小值，则a的取值范围为（0，1）；
③若a＞2，则f（x）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f（x）＝a﹣2恰有三个不相等的实数根x1，x2，x3，则a的取值范围为（2，3），且x1+x2+x3的取值范围为（﹣∞，2）．
其中，所有正确结论的序号是　①④　．
【分析】作出分段函数图像，根据不同情况逐步讨论作答．
【解答】解：若a≠2，则函数有唯一零点，是0，①正确；当a＜2时，f（x）无最小值，题干限制a＞0且a≠1，所以a的取值范围是（0，1）∪（1，2），②错误；当a＞2时，f（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，1），（1，+∞），分别单调递增，但并非连续单调递增，③错误；当a＝2时，a﹣2＝0，f（x）＝a﹣2＝0，函数有无数个根，不满足恰有三个不等根，故不考虑．当a＞2时，令0＜a﹣2＜1得，2＜a＜3，当x＞1时，（a﹣2）（x﹣1）＝a﹣2得，x3＝2，x≤1时，|ax﹣1|＝a﹣2得，，，．
比较x1+x2与0的大小，即比较（3﹣a）（a﹣1）与1的大小，2＜a＜3，而（3﹣a）（a﹣1）＜1，故x1+x2＜0，则x1+x2+x3取值范围为（﹣∞，2），④正确．
故选①


【点评】本题考查分段函数图像问题，对函数的零点、单调性、根的分布等问题进行一一探讨，根据不同情况分类讨论，进而作答，属于中档题．
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．（13分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB∥CD，AB⊥AD，AB＝4，PA＝AD＝CD＝2，点E为PB的中点．
（Ⅰ）求证：平面PBC⊥平面PAC；
（Ⅱ）求二面角E﹣CD﹣A的余弦值．

【分析】（Ⅰ）取AB的中点F，连接CF，由已知证明四边形AFCD是正方形，可得AB⊥CF，再由已知求解三角形得BC⊥AC，由PA⊥平面ABCD，得PA⊥BC，利用直线与平面垂直的判定可得BC⊥平面PAC，进一步得到平面PBC⊥平面PAC；
（Ⅱ）由PA⊥平面ABCD，得PA⊥AD，PA⊥AB，以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，分别求出平面CDE的一个法向量与平面ACD的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得二面角E﹣CD﹣A的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点F，连接CF，∴AF＝CD
又∵AF∥CD，∴四边形AFCD为平行四边形，
∵AB⊥AD，AD＝CD，∴四边形AFCD是正方形，
则AB⊥CF，CF＝AD＝2，得AC＝BC＝2，
∴AC2+BC2＝AB2，得BC⊥AC，
∵PA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，
又AC∩PA＝A，∴BC⊥平面PAC，
∵BC⊂平面PBC，∴平面PBC⊥平面PAC；
（Ⅱ）解：∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥AD，PA⊥AB，
则PA、AD、AB两两相互垂直，
以A为坐标原点，分别以AD、AB、AP所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
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），
∴，，
设平面CDE的一个法向量为，
由，取x＝1，得；
又平面ACD的一个法向量．
∴cos＜＞＝＝，
由图可知，二面角E﹣CD﹣A为锐角，
∴二面角E﹣CD﹣A的余弦值为．

【点评】本题考查平面与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解空间角，是中档题．
17．（13分）已知函数f（x）＝4sincos（﹣）+m（ω＞0）．在下列条件①、条件②、条件③这三个条件中，选择可以确定ω和m值的两个条件作为已知．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）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①：f（x）最小正周期为π；
条件②：f（x）最大值与最小值之和为0；
条件③：f（0）＝2．
【分析】（1）首先利用三角函数关系式的变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的关系式求查出函数的值；
（2）利用整体思想的应用求出函数的单调区间，进一步求出a的最大值．
【解答】解：函数f（x）＝4sincos（﹣）+m＝+m＝＝，
选条件①②：由于f（x）最小正周期为π，所以ω＝2，所以f（x）＝2sin（2x﹣）+；
由f（x）最大值与最小值之和为0，
，，
故，解得m＝．
所以f（x）＝2sin（2x﹣）．
故（Ⅰ）f（）＝2sin＝．
选条件①③：由于f（x）最小正周期为π，所以ω＝2，
所以f（x）＝2sin（2x﹣）+；
解得m＝0，故f（x）＝2sin（2x﹣）+；
所以．
（Ⅱ）由于函数在区间[0，a]上是增函数，
所以，
即，解得a，
故a的最大值为．
【点评】本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
18．（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），从该区教师中随机抽取了100人，统计数据如表，其中a＞b，ab∈N．
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．
（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P1；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P2；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P3．试比较P1，P2和P3之间的大小．（结论不要求证明）
【分析】（Ⅰ）由统计表知a+b＝45，某校共有300名教师，由此能估计该校教师中使用教育软件C或E的人数．
（Ⅱ）设“从该地区教师中随机抽取3人．至少有2人使用教育软件D”为事件I，由频率估计概率，从该地区教师中随机抽取一名教师，该教师使用软件D的概率为，记被抽取的3人中使用软件D的人数为X，则符合事件I的X的可能取值为2，3，由此能估计这3人中至少有2人使用教育软件D的概率．
（Ⅲ）P1＝，由a+b＝45，a＞b，ab∈N．得23≤a≤44，从而；P2＜＜P1，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P3．则P3＞P1＞P2．
【解答】解：（Ⅰ）由统计表知：
a+b＝100﹣10﹣15﹣30＝45，
若某校共有300名教师，则估计该校教师中使用教育软件C或E的人数为：
300×＝135（人）．
（Ⅱ）设“从该地区教师中随机抽取3人．至少有2人使用教育软件D”为事件I，
由题意，样本中100名教师使用教育软件D的人数为30人，频率为，
由频率估计概率，从该地区教师中随机抽取一名教师，该教师使用软件D的概率为，
记被抽取的3人中使用软件D的人数为X，则符合事件I的X的可能取值为2，3，
∴估计这3人中至少有2人使用教育软件D的概率为：
P（I）＝P（X＝2）+P（X＝3）
＝
＝．
（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P1，
则P1＝，∵a+b＝45，a＞b，ab∈N．∴23≤a≤44，∴；
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P2，
则P2是M部分概率，P2＜＜P1；
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P3．
则P3＞P1＞P2．
【点评】本题考查频数、概率的运算，考查二项分布等基础知识，考查运算求解能力等数学核心素养，是中档题．
19．（15分）已知椭圆C：＝1的离心率为，其长轴的两个端点分别为A（﹣3，0），B（3，0）．
（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x＝4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．
【分析】（Ⅰ）由已知可得a，再由离心率求得c，结合隐含条件求得b，则椭圆方程可求；
（Ⅱ）设P（x0，y0）（y0≠0），则，写出PA所在直线方程，求得E点坐标，得到直线l的方程，再写出PB方程求解N点坐标，把三角形的面积比转化为B与N点的横坐标的绝对值之比得答案．
【解答】解：（Ⅰ）由题意，a＝3，又e＝，∴c＝，
则b＝．
∴椭圆C的方程为；
（Ⅱ）设P（x0，y0）（y0≠0），则．
∴直线AP的方程为，
取x＝4，可得点E（4，），
∵直线BE的斜率为＝，
∴直线l的方程为，
又直线PB的方程为，
联立直线l与PB的方程，消去y得，
∴，①
∵，∴，
代入①解得点N的横坐标，
∴．
故△BMO与△NMO的面积之比为4：7．
【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查整体运算思想，是中档题．
20．（15分）已知函数f（x）＝lnx+bx+c，g（x）＝kx2+2，f（x）在x＝1处取得极大值1．
（Ⅰ）求b和c的值；
（Ⅱ）当x∈[1，+∞）时，曲线y＝f（x）在曲线y＝g（x）的上方，求k的取值范围；
（Ⅲ）设k＝1，证明：存在两条与曲线y＝f（x）和y＝g（x）都相切的直线．
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，计算f′（1），f（1），得到关于b，c的方程组，解出即可；
（Ⅱ）问题转化为k＜对任意x∈[1，+∞）恒成立，令F（x）＝，x∈[1，+∞），求出函数的导数，根据函数的单调性求出k的取值范围即可；
（Ⅲ）设切点坐标分别为（x1，lnx1﹣x1+2），（x2，+2），得到，消去x2得lnx1+﹣﹣＝0①，令t（x）＝lnx+﹣﹣，（x＞0），求出函数的导数，根据函数的单调性证明结论成立即可．
【解答】解：（Ⅰ）f′（x）＝+b，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，
故b＝﹣1，c＝2；
（Ⅱ）f（x）＝lnx﹣x+2，g（x）＝kx2+2，f（x）﹣g（x）＝lnx﹣x﹣kx2，
由题意lnx﹣x﹣kx2＞0对任意x∈[1，+∞）恒成立，
故k＜对任意x∈[1，+∞）恒成立，
令F（x）＝，x∈[1，+∞），
F′（x）＝＝，
令h（x）＝x﹣2lnx+1，x≥1，
则h′（x）＝1﹣＝，令h′（x）＝0，解得：x＝2，
∵当x∈（1，2）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减，
当x∈（2，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增，
当x＝2时，函数h（x）的最小值是h（2）＝3﹣2ln2，且3﹣2ln2＞0，
故h（x）＞0，即F′（x）＞0，F（x）在[1，+∞）上单调递增，
∴F（x）min＝F（1）＝﹣1，故k＜﹣1，
∴实数k的取值范围是（﹣∞，﹣1）；
（Ⅲ）证明：假设存在与曲线y＝f（x）和曲线y＝g（x）都相切的直线l，
设切点坐标分别为（x1，lnx1﹣x1+2），（x2，+2），
∵f′（x1）＝﹣1，∴l的方程为y＝（﹣1）x+lnx1+1，
∵g′（x2）＝2x2，∴l的方程为y＝2x2x﹣+2，
∴，消去x2得lnx1+﹣﹣＝0①，
令t（x）＝lnx+﹣﹣，（x＞0），
则t′（x）＝﹣+＝，
令t′（x）＞0，解得：x＞，令t′（x）＜0，解得：0＜x＜，
故t（x）在（0，）递减，在（，+∞）递增，
故x＝时，函数t（x）的最小值是﹣﹣ln2＜0，
又∵t（e）＝1+﹣﹣＞0，t（）＝﹣＞0，
故函数t（x）在（0，+∞）上有2个零点，即方程①有2个不等的正实根，
由方程﹣1＝2x2可得x2有2个不同的值，
故有2个不同的解，直线l有2条，
故存在两条与曲线y＝f（x）和y＝g（x）都相切的直线．
【点评】本题考查了函数的单调性，极值，最值问题，考查导数的应用以及切线方程问题，考查转化思想，是难题．
21．（15分）设A是正整数集的一个非空子集，如果对于任意x∈A，都有x﹣1∈A或x+1∈A，则称A为自邻集．记集合An＝{1，2，⋯，n}（n≥2，n∈N）的所有子集中的自邻集的个数为an．
（Ⅰ）直接写出A4的所有自邻集；
（Ⅱ）若n为偶数且n≥6，求证：An的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数；
（Ⅲ）若n≥4，求证：an≤2an﹣1．
【分析】（Ⅰ）通过题意可写出在A4所有自邻集即在4范围内组成的集合．
（Ⅱ）利用配对原则证明对于An的含5个元素的自邻集B＝{x1，x2，x3，x4，x5}，
不妨设x1＜x2＜x3＜x4＜x5．构造集合C＝{n+1﹣x5，n+1﹣x4，n+1﹣x3，n+1﹣x2，n+1﹣x1}，
它们是不相邻的集合也是自邻集，这样可得证结论．
（Ⅲ）自邻集中最大元素为k的自邻集的个数为bk，k＝1，2，3，⋯，n．
n≥4，an﹣1＝b2+b3+⋯+bn﹣1，an＝b2+b3+⋯+bn﹣1+bn，an＝an﹣1+bn，
下面只需要证明：bn≤an﹣1．
①自邻集含有n﹣2，n﹣1，n这三个元素
②自邻集含有n﹣1，n这两个元素，不含n﹣2，且不只有n﹣1，n这两个元素，
③自邻集只含有n﹣1，n这两个元素，这样的自邻集只有1个．
可得bn与an﹣1的关系，
【解答】解：（Ⅰ）A4的所有自邻集有：{1，2，3，4}，{1，2，3}，{2，3，4}，{1，2}，{2，3}，{3，4}．
（Ⅱ）证明：对于An的含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∀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．
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，
n+1﹣x5＜n+1﹣x4＜n+1﹣x3＜n+1﹣x2＜n+1﹣x1，
所以C⊆An．
因为x2＝x1+1，x4＝x5﹣1，x3＝x2+1 或x3＝x4﹣1．
所以 n+1﹣x2＝（ n+1﹣x1）﹣1，n+1﹣x4＝（，n+1﹣x3 ）+1，
n+1﹣x3＝（n+1﹣x4 ）+1或 n+1﹣x3＝（ n+1﹣x2 ）﹣1，
所以对于任意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．
所以对于集合An的含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的所有含5个元素的子集中，自邻集的个数是偶数．
（Ⅲ）证明：记自邻集中最大元素为k的自邻集的个数为bk，k＝1，2，3，⋯，n．
当n≥4时，an﹣1＝b2+b3+⋯+bn﹣1，an＝b2+b3+⋯+bn﹣1+bn，
显然an＝an﹣1+bn．
下面证明：bn≤an﹣1．
①自邻集含有n﹣2，n﹣1，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n﹣1．n﹣2∈D，所以D仍是自邻集，且集合D中的最大元素是n﹣1，
所以含有n﹣2，n﹣1，n这三个元素的自邻集的个数为bn﹣1．
②自邻集含有n﹣1，n这两个元素，不含n﹣2，且不只有n﹣1，n这两个元素，
记自邻集除n﹣1，n之外最大元素为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；
含有最大数为2的集合个数为b2，
含有最大数为3的集合个数为b3，
，⋯⋯，
含有最大数为n﹣3的集合个数为bn﹣3．
则这样的集合共有b2+b3+⋯+bn﹣3个．
③自邻集只含有n﹣1，n这两个元素，这样的自邻集只有1个．
综上可得bn＝b2+b3+⋯+bn﹣3+bn﹣1+1≤b2+b3+⋯+bn﹣3+bn﹣1+bn﹣2＝an﹣1，
所以bn≤an﹣1，
所以若n≥4，求证：an≤2an﹣1．
故n≥4时，an≤2an﹣1得证．
【点评】本题为集合与数列的综合类考题，是集合类的新定义，关键理解新定义并通过新定义进行求解．
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