2023年12月22日发(作者：潘海桃)
2021年北京市西城区高考数学二模试卷
一、本大题（共10小题）.
1．已知集合A＝{x∈Z|x2≤9}，B＝{x|x＞﹣2}，则A∩B＝（ ）
A．{0，1，2，3}
2．已知复数z＝ai+A．（﹣∞，1）
3．要得到函数A．向左平移C．向左平移个单位长度
个单位长度
B．{1，2，3}
C．{﹣1，0，1，2，3}
D．{x|﹣2＜x≤3}
，其所对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（ ）
B．（1，+∞）
C．（﹣1，+∞）
D．（﹣∞，﹣1）
的图象，只需将函数y＝sin2x的图象（ ）
B．向右平移D．向右平移个单位长度
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．
，则“B＝C．8
”是“b＝2D．4
”的（ ）
5．在△ABC中，a＝2，A＝A．充分而不必要条件
C．充分必要条件
6．若直线y＝2x与双曲线C：B．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
＝1无公共点，则双曲线C的离心率可能是（ ）A．
B．1
C．2
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．29
B．30
C．58
D．59
8．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
C．无最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
D．无最大项，无最小项
9．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A．
B．12
C．的最大值是（ ）
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．已知向量＝（m，1），＝（3，m），若与方向相反，则m等于
．
12．在（﹣）3的展开式中，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．已知函数f（x）＝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．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．
其中a＞0且a≠1．给出下列四个结论：
17．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．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
选用教师人数
A
10
B
15
C
a
D
30
E
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．已知椭圆C：（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．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；
（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．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；
＝1的离心率为，其长轴的两个端点分别为A（﹣3，0），B
（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．
参考答案
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}
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．
2．已知复数z＝ai+A．（﹣∞，1）
解：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（ ）
B．（1，+∞）
＝ai+C．（﹣1，+∞）
＝ai+1+i＝1+（a+1）i，
D．（﹣∞，﹣1）
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．
3．要得到函数A．向左平移C．向左平移个单位长度
个单位长度
的图象，只需将函数y＝sin2x的图象（ ）
B．向右平移D．向右平移个单位长度
个单位长度
）的解：把函数y＝sin2x的图象向右平移图象，
故选：B．
个单位长度，可得到函数y＝sin（2x﹣4．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
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．
，
5．在△ABC中，a＝2，A＝A．充分而不必要条件
C．充分必要条件
解：①当B＝②当b＝2，则“B＝”是“b＝2”的（ ）
B．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
＝＝，∴b＝，∴sinB＝＝2＝
，∴充分性成立，，
时，由正弦定理得时，由正弦定理得或B＝∵B∈（0，π），∴B＝综上，B＝故选：A．
是b＝2，∴必要性不成立，
的充分不必要条件．
6．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．
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．
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
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．
8．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
C．无最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
D．无最大项，无最小项
＝﹣，则q＝﹣，
解：根据题意，等比数列{an}中，a1＝8，a4＝﹣1，则q3＝
则Sn＝＝＝[1﹣（﹣）n]，
若n为奇数，则Sn＝若n为偶数，则Sn＝故S1最大，S2最小，
故选：A．
[1+[1﹣]，此时有S1＞S3＞……＞Sn＞]，此时有S2＜S4＜……＜Sn＜，
，
9．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A．
B．12
C．的最大值是（ ）
D．16
解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴＝x1x2+y1y2，当x1＞0时，有可能取得最大值．
有最当点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，大值2（x1+y1）．
令x1＝∴∵θ∈（﹣∴cosθ，y1＝4+sinθ，θ∈（﹣cosθ+4+，）．
）+8，
＝2（x1+y1）＝2（，），∴θ＝sinθ）＝4sin（θ+时，sin（θ+）取得最大值1，
的最大值12．
故选：B．
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
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，故选：D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．已知向量＝（m，1），＝（3，m），若与方向相反，则m等于
解：∵与方向相反，
∴设，k＜0，
．
，解得，故选项B错误．
∴（3，m）＝（km，k），
∴，且k＜0，解得．
．
故答案为：12．在（﹣）3的展开式中，常数项是 ﹣6 ．
解：展开式的通项公式为T＝C，
令＝0，解得r＝1，
＝﹣6，
所以常数项为C故答案为：﹣6．
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
x2＝y ．
解：选①②，设x2＝2py，则2p＝1，解得故答案为：x2＝y．
，故抛物线方程为x2＝y．
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．
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．
15．已知函数f（x）＝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 ．
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，题干限其中a＞0且a≠1．给出下列四个结论：
＝9，
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）（﹣1）＜1，故x1+x2＜0，则x1+x2+x3取值范围为（﹣∞，2），④正确．
故选①④．
，a
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．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．
【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．
17．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．
fx）解：函数（＝4sin＝cos（﹣＝+m＝），
+）+mfx）fx）选条件①②：由于（最小正周期为π，所以ω＝2，所以（＝2sin（2x﹣由f（x）最大值与最小值之和为0，
，故所以f（x）＝2sin（2x﹣故（Ⅰ）f（）＝2sin，解得m＝）．
＝2．
，
．
；（Ⅱ）由于函数在区间[0，a]上是增函数，
所以即故a的最大值为，解得a．
，
，
18．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
选用教师人数
A
10
B
15
C
a
D
30
E
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）
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）．
＝161700，
＝34510，
＝．
（Ⅱ）从该区教师中随机抽取3人，基本事件总数n＝这3人中至少有2人使用教育软件D包含的基本事件个数m＝∴估计这3人中至少有2人使用教育软件D的概率P＝＝（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＝＝；
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．
19．已知椭圆C：（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．
解：（Ⅰ）由题意，a＝3，又e＝则b＝．
，∴c＝，
＝1的离心率为，其长轴的两个端点分别为A（﹣3，0），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．
20．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；
（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．
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＜令F（x）＝对任意x∈[1，+∞）恒成立，
，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，∵f′（）＝﹣1，∴l的方程为y＝（+2），
﹣1）x+lnx1+1，
+2，
∵g′（x2）＝2x2，∴l的方程为y＝2x2x﹣∴，消去x2得lnx1+﹣﹣＝0①，
令t（x）＝lnx+则t′（x）＝﹣﹣+﹣，（x＞0），
＝，
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．
21．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．
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，记去掉的这个自邻集中的元素的集合为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，
所以bn≤an﹣1，
所以若n≥4，求证：an≤2an﹣1．
故n≥4时，an≤2an﹣1得证．
2023年12月22日发(作者：潘海桃)
2021年北京市西城区高考数学二模试卷
一、本大题（共10小题）.
1．已知集合A＝{x∈Z|x2≤9}，B＝{x|x＞﹣2}，则A∩B＝（ ）
A．{0，1，2，3}
2．已知复数z＝ai+A．（﹣∞，1）
3．要得到函数A．向左平移C．向左平移个单位长度
个单位长度
B．{1，2，3}
C．{﹣1，0，1，2，3}
D．{x|﹣2＜x≤3}
，其所对应的点在第四象限，则实数a的取值范围是（ ）
B．（1，+∞）
C．（﹣1，+∞）
D．（﹣∞，﹣1）
的图象，只需将函数y＝sin2x的图象（ ）
B．向右平移D．向右平移个单位长度
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．
，则“B＝C．8
”是“b＝2D．4
”的（ ）
5．在△ABC中，a＝2，A＝A．充分而不必要条件
C．充分必要条件
6．若直线y＝2x与双曲线C：B．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
＝1无公共点，则双曲线C的离心率可能是（ ）A．
B．1
C．2
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．29
B．30
C．58
D．59
8．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
C．无最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
D．无最大项，无最小项
9．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A．
B．12
C．的最大值是（ ）
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．已知向量＝（m，1），＝（3，m），若与方向相反，则m等于
．
12．在（﹣）3的展开式中，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．已知函数f（x）＝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．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．
其中a＞0且a≠1．给出下列四个结论：
17．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．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
选用教师人数
A
10
B
15
C
a
D
30
E
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．已知椭圆C：（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．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；
（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．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；
＝1的离心率为，其长轴的两个端点分别为A（﹣3，0），B
（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．
参考答案
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}
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．
2．已知复数z＝ai+A．（﹣∞，1）
解：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（ ）
B．（1，+∞）
＝ai+C．（﹣1，+∞）
＝ai+1+i＝1+（a+1）i，
D．（﹣∞，﹣1）
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．
3．要得到函数A．向左平移C．向左平移个单位长度
个单位长度
的图象，只需将函数y＝sin2x的图象（ ）
B．向右平移D．向右平移个单位长度
个单位长度
）的解：把函数y＝sin2x的图象向右平移图象，
故选：B．
个单位长度，可得到函数y＝sin（2x﹣4．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
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．
，
5．在△ABC中，a＝2，A＝A．充分而不必要条件
C．充分必要条件
解：①当B＝②当b＝2，则“B＝”是“b＝2”的（ ）
B．必要而不充分条件
D．既不充分也不必要条件
＝＝，∴b＝，∴sinB＝＝2＝
，∴充分性成立，，
时，由正弦定理得时，由正弦定理得或B＝∵B∈（0，π），∴B＝综上，B＝故选：A．
是b＝2，∴必要性不成立，
的充分不必要条件．
6．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．
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．
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
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．
8．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
C．无最大项，有最小项
B．有最大项，无最小项
D．无最大项，无最小项
＝﹣，则q＝﹣，
解：根据题意，等比数列{an}中，a1＝8，a4＝﹣1，则q3＝
则Sn＝＝＝[1﹣（﹣）n]，
若n为奇数，则Sn＝若n为偶数，则Sn＝故S1最大，S2最小，
故选：A．
[1+[1﹣]，此时有S1＞S3＞……＞Sn＞]，此时有S2＜S4＜……＜Sn＜，
，
9．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A．
B．12
C．的最大值是（ ）
D．16
解：设P（x1，y1），Q（x2，y2），
∴＝x1x2+y1y2，当x1＞0时，有可能取得最大值．
有最当点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，大值2（x1+y1）．
令x1＝∴∵θ∈（﹣∴cosθ，y1＝4+sinθ，θ∈（﹣cosθ+4+，）．
）+8，
＝2（x1+y1）＝2（，），∴θ＝sinθ）＝4sin（θ+时，sin（θ+）取得最大值1，
的最大值12．
故选：B．
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
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，故选：D．
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分。
11．已知向量＝（m，1），＝（3，m），若与方向相反，则m等于
解：∵与方向相反，
∴设，k＜0，
．
，解得，故选项B错误．
∴（3，m）＝（km，k），
∴，且k＜0，解得．
．
故答案为：12．在（﹣）3的展开式中，常数项是 ﹣6 ．
解：展开式的通项公式为T＝C，
令＝0，解得r＝1，
＝﹣6，
所以常数项为C故答案为：﹣6．
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
x2＝y ．
解：选①②，设x2＝2py，则2p＝1，解得故答案为：x2＝y．
，故抛物线方程为x2＝y．
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．
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．
15．已知函数f（x）＝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 ．
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，题干限其中a＞0且a≠1．给出下列四个结论：
＝9，
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）（﹣1）＜1，故x1+x2＜0，则x1+x2+x3取值范围为（﹣∞，2），④正确．
故选①④．
，a
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．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．
【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．
17．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．
fx）解：函数（＝4sin＝cos（﹣＝+m＝），
+）+mfx）fx）选条件①②：由于（最小正周期为π，所以ω＝2，所以（＝2sin（2x﹣由f（x）最大值与最小值之和为0，
，故所以f（x）＝2sin（2x﹣故（Ⅰ）f（）＝2sin，解得m＝）．
＝2．
，
．
；（Ⅱ）由于函数在区间[0，a]上是增函数，
所以即故a的最大值为，解得a．
，
，
18．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
选用教师人数
A
10
B
15
C
a
D
30
E
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）
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）．
＝161700，
＝34510，
＝．
（Ⅱ）从该区教师中随机抽取3人，基本事件总数n＝这3人中至少有2人使用教育软件D包含的基本事件个数m＝∴估计这3人中至少有2人使用教育软件D的概率P＝＝（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＝＝；
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．
19．已知椭圆C：（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．
解：（Ⅰ）由题意，a＝3，又e＝则b＝．
，∴c＝，
＝1的离心率为，其长轴的两个端点分别为A（﹣3，0），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．
20．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；
（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．
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＜令F（x）＝对任意x∈[1，+∞）恒成立，
，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，∵f′（）＝﹣1，∴l的方程为y＝（+2），
﹣1）x+lnx1+1，
+2，
∵g′（x2）＝2x2，∴l的方程为y＝2x2x﹣∴，消去x2得lnx1+﹣﹣＝0①，
令t（x）＝lnx+则t′（x）＝﹣﹣+﹣，（x＞0），
＝，
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．
21．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．
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，记去掉的这个自邻集中的元素的集合为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，
所以bn≤an﹣1，
所以若n≥4，求证：an≤2an﹣1．
故n≥4时，an≤2an﹣1得证．