2021年北京市顺义高三数学二模数学答案 2021.05

2021年北京市顺义高三数学二模数学答案 2021.05顺义区2021届高三第二次统练数学试卷参考答案一.选择题（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）题号(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)答案DBACCDABBC二.填空题(本大题共5个小题,每小题5分,共25分)(11)2(12)y2x(13)2，12（前3分，后2分）(14)3（答案不唯一）(15)①②④三．解答题（本大题共6小题，共85分,其它答案参考给分）（16）（共14分）解：（Ⅰ）如图，连接BD，因为M，N分别是PB，PD的中...

顺义区2021届高三第二次统练数学试卷参考答案一.选择题（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）题号(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)(10)答案DBACCDABBC二.填空题(本大题共5个小题,每小题5分,共25分)(11)2(12)y2x(13)2，12（前3分，后2分）(14)3（答案不唯一）(15)①②④三．解答题（本大题共6小题，共85分,其它答案参考给分）（16）（共14分）解：（Ⅰ）如图，连接BD，因为M，N分别是PB，PD的中点，所以MNPBD.-----------------2分又MNË平面ABCD，BDÌ平面ABCD，所以MNP平面ABCD.-----------5分（Ⅱ）因为PA^平面ABCD，ABÌ平面ABCD，ADÌ平面ABCD，所以PA^AB，PA^AD.因为底面ABCD是正方形，所以AB^AD.以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系A-xyz.------------------6分则P(0,0,2)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,2,0).-------------8分因为N是PD的中点，所以N(0,1,1).uuuruuruuur所以CN=(-2,-1,1)，PB=(2,0,-2)，PD=(0,2,-2).------10分1r设平面PBD的法向量为n=(x,y,z)，uurrïìïPB×n=0ïì2x-2z=0所以íuuurr.í.ï即ï2y-2z=0îïPD×n=0îï令z1，则x1，y1.r于是n=(1,1,1).--------------------------------------12分设直线CN与平面PBD所成角为，则uuurruuurr|CNgn||-2-1+1|2sinq=|cos|=uuurr×==.---------14分|CN||n|6g332所以CN与平面PBD所成角的正弦值为.3（17）（共13分）解：选择条件①：ab23.bc（Ⅰ）在ABC中，由正弦定理：.--------------1分sinBsinCc所以bsinB.sinC又sinB3sinC，所以b3c.--------------------------------------2分因为ab23，23232所以a.----------------------------3分b3cc因为A30，3所以cosA.-----------------------------------4分2b2c2a2由余弦定理：cosA，--------------------5分2bc23c2c2()23所以c.----------------------------6分23c222解得c22.因为c0，所以c2.--------------------------------------8分（Ⅱ）因为c2，b3c，所以b6.--------------------------------------10分1113所以SbcsinA62.-------------13分ABC2222选择条件②：asinB6．abc（Ⅰ）在ABC中，因为，sinAsinBsinC所以bsinAasinB6.----------------------------3分因为A30，1所以sinA.26所以b12.---------------------------------5分sinA因为sinB3sinC，所以b3c.所以c43.-------------------------------------8分（Ⅱ）因为b12，c43，A30，111所以SbcsinA1243123.-----------13分ABC222（18）（共14分）解：（Ⅰ），.----------------------------------2分121251（Ⅱ）由题意可知，随机抽取的教师对该菜品非常满意的概率为.204-----------------------------3分X的取值为0，1，2，3，-----------------------------4分113则X~B(3,)，P(Xk)Ck()k()3k(k0,1,2,3).4344303所以01327，--------------------5分PX0C34464211327，----------------------------6分PX1C3446422139，---------------------------7分PX2C34464303131.--------------------------8分PX3C34464所以X的分布列为：X0123272791P64646464---------------------------9分13故X的期望E(X)3.--------------------------10分44（Ⅲ）设事件A为“教师对该菜品满意”，设事件B为“教师对该菜品非常满意”，设事件C为“学生对该菜品不满意”，设事件D为“学生对该菜品满意”，设事件E为“教师的满意度等级高于学生的满意度等级”则EACBCBD.--------------------------------11分1112易知P(A)，P(B)，P(C)，P(D).2425因为事件AC,BC，BD彼此互斥，事件A，B，C，D彼此独立，所以P(E)P(AC)P(BC)P(BD)P(A)P(C)P(B)P(C)P(B)P(D)11111219=.----14分22424540所以教师的满意度等级高于学生的满意度等级的概率为19.404（19）（共14分）c2a242解：（Ⅰ）由题意得，----------------------------1分221aba2b2c2解得a22，b2.------------------------------3分x2y2所以椭圆G的方程为1.--------------------4分84（Ⅱ）解法一：设，，，A(x1,y1)B(x2,y2)N(0,t)(t1)yt所以直线的斜率为1，ANk1x1yt直线的斜率为2.------------------------6分BNk2x2所以当且仅当.-------------7分ANMBNMk1k20ytytxytxxytx即满足12212121x1x2x1x2x(kx1)txx(kx1)tx212121x1x22kxx(1t)(xx)1212x1x20.--------------------------------9分.即2kx1x2(1t)(x1x2)0根据题意，直线l的方程为ykx1.-----------------10分ykx122由x2y2得(2k1)x4kx60.---------------11分18454k6则xx，xx.----------------13分122k21122k2164k4k(t4)所以2kg(1t)0.2k212k212k21又因为k0，所以t4.----------------------------------------14分因此在y轴上存在点N使得ANMBNM，点N的坐标为(0,4).（Ⅱ）解法二：设，，，A(x1,y1)B(x2,y2)N(0,t)(t1)当t=0时，N(0,0)，显然ANMBNM，不满足题意.yt所以直线的斜率为1.--------------------5分ANk1x1所以直线的方程为.AN(y1t)xx1yx1t0xt所以原点O到直线AN的距离为d1.122(y1t)x1xt同理可得原点O到直线BN的距离为d2.-6分222(y2t)x2所以当且仅当.-----------------7分ANMBNMd1d2xtxt即12.2222(y1t)x1(y2t)x2因为t0，x2x2所以12.2222(y1t)x1(y2t)x2根据题意，直线l的方程为ykx1.------------------8分x2x2所以12.2222(kx11t)x1(kx21t)x2整理得22(1t)kx1x2(x1x2)(1t)(x1x2)(x1x2)因为，，x1x2t06所以，.x1x201t0所以.-------------------------10分2kx1x2(1t)(x1x2)ykx122由x2y2得(2k1)x4kx60.--------------11分1844k6则xx，xx.----------------13分122k21122k21(6)(4k)所以2k(1t).2k212k21又k0，所以4(1t)12.所以t4.---------------------------------------14分因此在y轴上存在点N使得ANMBNM，点N的坐标为(0,4).（20）（共15分）解：（Ⅰ）fxex2mx，--------------------------------2分因为曲线yfx在点1,f1处的切线方程为yexe，所以f1e，即e2me.--------------------4分所以me.--------------------------------------5分（Ⅱ）存在x0[0,1]，使得f(x0)2等价于fxexmx22在区间[0,1]上有解，-------------6分显然x0不是f(x)2的解，ex2即等价于m在区间(0,1]上有解.---------------7分x2ex2设g(x)，x(0,1]，x2xex2ex4则g(x).----------------------------9分x37设h(x)xex2ex4，x(0,1]，则h(x)ex(x1)0.-----------------------------11分所以h(x)在区间(0,1]上单调递减.所以h(x)h(1)4e0.------------------------12分所以g(x)0，所以g(x)在区间(0,1]上单调递增.所以g(x)maxg(1)e2.-------------------------14分依题意需me2，所以m的取值范围为(,e2].-------------------15分（21）（共15分）解：（Ⅰ）21，1，2，0，1，5，5，5，5，5.------------------4分（Ⅱ）当时，根据题意为偶数，并且，k2a1a22b0a21，若为偶数0a1所以a.2，若为奇数1a1从而由唯一确定.---------------------------------6分a2a1接下来用反证法，假设数列的某一项可以有两种不同取值.假设第k1项是第1个可以有两种不同取值的项，即前面项，，，由唯一确定.ka1a2...aka1记第项的两种取值为和（），k1ak1ck1ak1ck1根据题意存在b，cN使得………①a1a2...akak1(k1)b且………②a1a2...akck1(k1)c并且满足，.----------------------------8分0ak1ck1k由①②两式作差可知ak+1ck+1是k1的倍数，又因为ak+1ck+1k，可知，矛盾.ak1ck18从而对任意n2，数列an的第n项an由a1唯一确定.---10分（Ⅲ）方法一：因为，Sk+1Sk+ak1Sk+kSSS+kS所以k+1k+1kk1.------------------------11分k1kkkSSSS因为k+1，k都是正整数，由整数的离散性有k+1k.---13分k1kk1kS因此，存在m，当nm时，n为常数.----------------14分00nS不妨记为n=c，从而当nm时，有Scn.n0n所以Sn从第m0项起为等差数列.----------------------15分方法二：一方面，记.Ska1a2akbk如果，取，bkak1b那么是的倍数.------11分Sk+1a1a2ak+ak1b(k1)k+1同理，，...，ak2bak3b即从第k+1项起，数列an为常数.----------------------12分另一方面，由于，Sk+1Sk+ak1Sk+kn(n1)所以SS12n1n.----------------13分n102n(n1)当nn时，Snn2，0n2所以当时，，满足.nn0Sn=a1a2anbnbn取kn0，则从第k项起，数列Sn为等差数列.-----------15分9

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