【文档说明】北京市门头沟区2021届高三高考二模数学试题 含解析.docx，共(17)页，145.216 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2ceddc4fb31d265c88df5c79b1c743b2.html

以下为本文档部分文字说明：

2021年北京市门头沟区高考数学二模试卷1.复数𝑧=2𝑖1−𝑖在复平面内对应的点在()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.集合𝐴={𝑥|𝑥>0}，𝐵={𝑥|𝑥2−3𝑥≤4}，则𝐴⋂𝐵=()A.RB.[4,+∞)C.(0,4]D.[−1,+∞)3

.角𝛼终边上一点𝑃(1,2)，把角𝛼按逆时针方向旋转180∘得到角为𝜃，sin𝜃=()A.−√55B.2√55C.√55D.−2√554.一个体积为12√3正三棱柱的三视图如图所示，则这个三棱柱的左视图的面积为()A.6√3B.8C.8√3D.125.中国古代数学著作《算法统宗》中

有这样一个问题：“三百七十八里关，初步健步不为难，次日脚痛减一半，六朝才得到其关，要见次日行里数，请公仔细算相还.”其大意为：“有一个人走378里路，第一天健步行走，从第二天起脚痛每天走的路程为前一天的一半，走了6天后到达目的地.”则该人第五天走的路程为()A.48里B.24里C.12里D.6

里6.“sin𝛼=cos𝛼”是“𝛼=𝜋4+2𝑘𝜋,(𝑘∈𝑍)”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7.点𝑃(cos𝜃,sin𝜃)到直线3𝑥

+4𝑦−12=0的距离的取值范围为()A.[125,175]B.[75,125]C.[75,175]D.[125,245]8.魏晋时期，数学家刘徽首创割圆术，他在《九章算术注》方田章圆田术中指出：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”这是一种无限与有

限的转化过程，比如在正数121+121+....中的“…”代表无限次重复，设𝑥=121+121+....，则可利用方程𝑥=121+𝑥求得x，类似地可得正数√5√5√5.....等于()A.3B.5C.7D.99.已知抛物线C：𝑦2=2𝑝𝑥(𝑝>0)的焦点为F，过

F且斜率为√3的直线与抛物线C上相交于P，Q两点，且P，Q两点在准线上的投影分别为M，N两点，则△𝐹𝑀𝑁的面积为()A.83𝑝2B.8√33𝑝2C.4√33𝑝2D.2√33𝑝210.某维修公司的四个维修点如图环形分布，公司给A，B，C

，D四个维修点某种配件各50个在使用前发现需要将发送给A，B，C，D四个维修点的配件调整为40，45，54，61，但调整只能在相邻维修点间进行，每次调动只能调整1个配件，为完成调整，则()A.最少需要16次调动，有2种可行方案B

.最少需要15次调动，有1种可行方案C.最少需要16次调动，有1种可行方案D.最少需要15次调动，有2种可行方案11.函数𝑦=log12(3𝑥−2)+√1−𝑥的定义域是______.12.△𝐴𝐵𝐶外接圆圆心为O，且2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗，则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=______.13.𝑃(𝑥,𝑦)(𝑥>0,𝑦>0)是双曲线C：𝑥24−𝑦2=1上的一点，𝐴(−2,0)，𝐵(2,0)，设∠𝑃𝐴𝐵=𝛼，

∠𝑃𝐵𝐴=𝛽，△𝐴𝐵𝑃的面积为S，则𝑆tan(𝛼+𝛽)的值为______.14.函数𝑓(𝑥)=sin2𝑥的图象向右平移______个长度单位得到函数𝑔(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋3)的图象，若函数𝑔(𝑥)在区间(0,𝑎)上单调递增，则a的最大值为___

___.15.如图，在边长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点P是该正方体对角线𝐵𝐷1上的动点，给出下列四个结论：①𝐴𝐶⊥𝐵1𝑃；②△𝐴𝑃𝐶面积的最大值是2√3；③△𝐴𝑃𝐶面积的最小值是√2

；④当𝐵𝑃=2√33时，平面𝐴𝐶𝑃//平面𝐴1𝐶1𝐷.其中所有正确结论的序号是______.16.已知△𝐴𝐵𝐶满足____，且𝑏=5，𝐵=𝜋4，从条件①、条件②、条件③中选择一个作为已知填在横线上，并求解下列问题：；求△𝐴𝐵𝐶的面积.条

件①tan𝐴=2，条件②𝑏2+𝑐2−𝑎2=2√5𝑐，条件③3𝑏=√5𝑐.17.京西某地到北京西站有阜石和莲石两条路，且到达西站所用时间互不影响.如表是该地区经这两条路抵达西站所用时长的频率分布表：时间(分钟)10∼2020∼

3030∼4040∼5050∼60莲石路(𝐿1)的频率0.10.20.30.20.2阜石路(𝐿2)的频率00.10.40.40.1若甲、乙两人分别有40分钟和50分钟的时间赶往西站(将频率视为概率).甲、乙两人应如何选择各自的路径？按照的方案，

用X表示甲、乙两人按时抵达西站的人数，求X的分布列和数学期望.18.如图：𝑃𝐷⊥平面ABCD，四边形ABCD为直角梯形，𝐴𝐵//𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐶=90∘，𝑃𝐷=𝐶𝐷=2𝐴𝐷=2𝐴𝐵=2.求证：平面𝐵𝐷𝑃⊥平面PBC；求二面角𝐵−𝑃�

�−𝐷的余弦值；在棱PA上是否存在点Q，使得𝐷𝑄//平面PBC？若存在，求𝑃𝑄𝑃𝐴的值，若不存在，请说明理由.19.𝐹1、𝐹2分别为椭圆C：𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(𝑎>𝑏>0)的左、右焦点，过右焦点𝐹2的直线l与椭圆C交于A，B两点，且AB不

为长轴，△𝐴𝐵𝐹1的周长为8，椭圆C的离心率为12.求此椭圆C的方程；为其右顶点，求证：直线𝐴2𝐴，𝐴2𝐵两直线的斜率之积为定值，并求出此定值.20.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎(𝑥2−

1)−2ln𝑥，𝑎∈𝑅.时，求在(1,𝑓(1))处的切线方程；讨论𝑓(𝑥)的单调性；证明：当𝑎≥1时，𝑓(𝑥)≥𝑎𝑥+1𝑥−(𝑎+1)在区间(1,+∞)上恒成立.21.已知定义在R上的

函数𝜑(𝑥)的图象是一条连续不断的曲线，且在任意区间上𝜑(𝑥)不是常值函数.设𝑎=𝑡0<𝑡1<…<𝑡𝑛=𝑏，其中分点𝑡1，…，𝑡𝑛−1将区间[𝑎,𝑏]分成𝑛(𝑛∈𝑁∗)个小区间[𝑡𝑖

−1,𝑡𝑖]，记𝑀{𝑎,𝑏,𝑛}=|𝜑(𝑡0)−𝜑(𝑡1)|+|𝜑(𝑡1)−𝜑(𝑡2)|+....+|𝜑(𝑡𝑛−1−𝜑(𝑡𝑛)|,称𝜑(𝑥)为关于区间[𝑎,𝑏]的n阶划分的“落差总和”.当𝑀{𝑎,𝑏,𝑛}取得最大值且n取得最小值𝑛0时

，称𝜑(𝑥)存在“最佳划分”𝑀{𝑎,𝑏,𝑛0}.已知𝜑(𝑥)=sin𝑥，求𝑀{0,𝜋,2}的最大值𝑀0(不必论证)；已知𝜑(𝑎)<𝜑(𝑏)，求证：𝜑(𝑥)在区间[𝑎,𝑏]上存在“

最佳划分”𝑀{𝑎,𝑏,1}的充要条件是𝜑(𝑥)在区间[𝑎,𝑏]上单调递增.答案和解析1.【答案】B【解析】解：复数𝑧=2𝑖1−𝑖=2𝑖(1+𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)=2𝑖(1+𝑖)2=𝑖−1在复平面内对应的点(−1,1)在第

二象限，故选：𝐵.利用复数的运算法则、几何意义即可得出．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．2.【答案】C【解析】解：∵𝐴={𝑥|𝑥>0}，𝐵={𝑥|−1≤𝑥≤4}，∴𝐴⋂𝐵=(

0,4].故选：𝐶.可求出集合B，然后进行交集的运算即可．本题考查了集合的描述法和区间的定义，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．3.【答案】D【解析】解：由题意得，sin𝛼=2√55，cos𝛼=

√55，𝜃=𝛼+180∘，所以sin𝜃=sin(𝛼+180∘)=−sin𝛼=−2√55.故选：𝐷.由已知结合三角函数的定义及诱导公式即可直接求解．本题主要考查了三角函数的定义及诱导公式，属于

基础题．4.【答案】A【解析】解：设棱柱的高为h，由左视图知，底面正三角形的高是2√3，由正三角形的性质知，其边长是4，故底面三角形的面积是12×2√3×4=4√3由于其体积为12√3，故有ℎ×4√3=12√3，得ℎ=3由三视图的

定义知，侧视图的宽即此三棱柱的高，故侧视图的宽是3，其面积为3×2√3=6√3故选：𝐴.此几何体是一个正三棱柱，正视图即内侧面，底面正三角形的高是2√3，由正三角形的性质可以求出其边长，由于本题中体积已知，故可设出棱柱的高，利用体积公式建立起关

于高的方程求高，再由正方形的面积公式求侧视图的面积即可．本题考点是简单空间图形的三视图，考查根据作三视图的规则几何体的直观图的能力以及利用体积公式建立方程求参数的能力，三视图的投影规则是：“主视、俯视长对正；主视、左视高平齐，左视、俯视宽相等”．5.【

答案】C【解析】【分析】本题考查等比数列的通项公式的运用，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．由题意可知，每天走的路程里数构成以12为公比的等比数列，由𝑆6=378求得首项，再由等比数列的通项公式求得该人第五天走的路程．【解答

】解：记每天走的路程里数为{𝑎𝑛}，由题意知{𝑎𝑛}是公比12的等比数列，由𝑆6=378，得𝑆6=𝑎1(1−126)1−12=378，解得：𝑎1=192，∴𝑎5=192×124=12(里).故选：

𝐶.6.【答案】B【解析】解：由“sin𝛼=cos𝛼”得：𝛼=𝑘𝜋+𝜋4，𝑘∈𝑍，故sin𝛼=cos𝛼是“𝛼=𝜋4+2𝑘𝜋,(𝑘∈𝑍)”的必要不充分条件，故选：𝐵.根据充分必要条件的定义结合集合的包含关系判断即可．本题考查了充分必要条件，考查三角函数以

及集合的包含关系，是一道基础题．7.【答案】C【解析】解：记d为点𝑃(cos𝜃,sin𝜃)到直线3𝑥+4𝑦−12=0的距离，即：𝑑=15|3cos𝜃+4sin𝜃−12|=15|5sin(𝜃+𝜑)−12|，其中tan𝜑=34；当𝜃变化

时，d的最大值为175，d的最小值为75，故选：𝐶.利用点到直线的距离公式，三角函数的性质可得答案．本题考查的知识点是点到直线的距离公式，三角函数的性质，属于基础题．8.【答案】B【解析】解：设√5√5√5.....=𝑥，

则𝑥=√5𝑥，解得：𝑥=5或0(舍去).故选：𝐵.设√5√5√5.....=𝑥可解决此题．本题考查方程思想，考查数学运算能力，属于基础题．9.【答案】D【解析】解：抛物线C：𝑦2=2𝑝𝑥

(𝑝>0)的焦点坐标为𝐹(𝑝2,0)，由题意可得直线PQ：𝑦=√3(𝑥−𝑝2)，联立{𝑦2=2𝑝𝑥𝑦=√3(𝑥−𝑝2)，得：12𝑥2−20𝑝𝑥+3𝑝2=0，解得：𝑃(𝑝6,−√33𝑝)，𝑄(3𝑝2,√3𝑝)，则𝑀𝑁=√3𝑝+√3

3𝑝=4√33𝑝，在△𝑀𝑁𝐹中，MN边上的高ℎ=𝑝，则𝑆△𝑀𝐹𝑁=12×4√33𝑝×𝑝=2√33𝑝2.故选：𝐷.求出直线PQ的方程，与抛物线𝑦2=2𝑝𝑥联立，求出P，

Q的坐标，得到MN，然后求解三角形的面积．本题考查抛物线的简单性质的应用，考查计算能力，是中档题．10.【答案】A【解析】解：根据题意，因为B、D两处互不相邻，所以B处至少调整5次，D处至少调整11次，故最少需要调整16次相应的可行方案有2种，方案①：A调整10个给D，B调整5个给C

，然后C再调整1个给D；方案②：A调整11个给D，B调整1个给A，调整4个给C，故选：𝐴.根据题意，先分析两处互不相邻BD两处的调整方法数目，进而分析可得答案．本题考查合情推理的应用，注意认真审题，明确题意，属于基础题．11.【答案】(23,1]【解析】解：函数𝑦=

log12(3𝑥−2)+√1−𝑥中，令{3𝑥−2>01−𝑥≥0，解得23<𝑥≤1，所以该函数的定义域是(23,1].故答案为：(23,1].根据函数的解析式，列不等式组求出使函数有意义的x的取值范围即可．本题考查了根据函数的解析式求定义

域的应用问题，是基础题．12.【答案】0【解析】解：如图，△𝐴𝐵𝐶外接圆圆心为O，且2𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗，可知𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝑂⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所以△𝐴𝐵�

�是直角三角形，𝐴𝐵⊥𝐴𝐶，则𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0.故答案为：0.画出图形，结合已知条件判断两个向量的关系，然后求解𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗即可．本题考查向量的数量积的求法，数形结合的应用，是基础题．1

3.【答案】−85【解析】解：𝑃(𝑥,𝑦)(𝑥>0,𝑦>0)是双曲线C：𝑥24−𝑦2=1上的一点，可得𝑥2−4=4𝑦2，tan𝛼+tan𝛽=𝑦𝑥+2−𝑦𝑥−2=−4𝑦𝑥2−4=−4𝑦4𝑦2=−1𝑦，tan𝛼tan𝛽=𝑦�

�+2⋅−𝑦𝑥−2=−𝑦2𝑥2−4=−𝑦24𝑦2=−14，𝑆=12|𝐴𝐵|⋅𝑦=2𝑦，所以𝑆tan(𝛼+𝛽)=2𝑦⋅tan𝛼+tan𝛽1−tan𝛼tan𝛽=2𝑦⋅−1𝑦1+14=−85.故答案为：−85

.将P的坐标代入双曲线的方程可得𝑥2−4=4𝑦2，运用直线的斜率公式和两角和的正切公式，以及三角形的面积公式，化简整理，可得所求值．本题考查双曲线的方程和运用，以及两角和的正切公式，考查化简运算能力，属于中档题．14.【答案】𝜋65𝜋12【

解析】解：由𝑔(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋3)=sin2(𝑥−𝜋6)，即函数𝑓(𝑥)=sin2𝑥的图象向右平移𝜋6个单位即可得到𝑔(𝑥)的图象，当0<𝑥<𝑎时，0<2𝑥<2𝑎，−𝜋3<2𝑥−𝜋

3<2𝑎−𝜋3，若𝑔(𝑥)在区间(0,𝑎)上单调递增，则2𝑎−𝜋3≤𝜋2，得0<𝑎≤5𝜋12，即a的最大值为5𝜋12，故答案为：𝜋6，5𝜋12.根据三角函数图象变换关系，以及利用三角函数的单调性进行求解即可．本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数

图象变换以及三角函数的单调性是解决本题的关键．15.【答案】①②④【解析】解：在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐷𝐷1，𝐵𝐷⋂𝐷𝐷1=𝐷，故𝐴𝐶⊥面𝐵

𝐷𝐷1𝐵1，又𝐵1𝑃⊂面𝐵𝐵1𝐷1𝐷，∴𝐴𝐶⊥𝐵1𝑃，故①正确；如图，连接BD交AC于E，∵𝐸𝑃⊂面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，∴𝐴𝐶⊥𝐸𝑃，故𝑆△𝐴𝑃𝐶=12𝐴𝐶⋅𝑃𝐸=√2𝑃𝐸，当P

E与𝐸𝐷1重合时，PE最大，𝐷𝐸=√2，𝐸𝐷1=√(√2)2+22=√6，此时𝑆△𝐴𝑃𝐶=√2𝑃𝐸=√2×√6=2√3，故②正确；在𝑅𝑡△𝐵𝐷𝐷1中，当𝑃𝐸⊥𝐵𝐷1时，PE

取最小值，𝐵𝐷=2√2，𝐵𝐷1=2√3，sin∠𝐷𝐵𝐷1=𝐷𝐷1𝐵𝐷1=√33，此时𝑃𝐸=𝐵𝐸sin∠𝐷𝐵𝐷1=√2×√33=√63，所以𝑆△𝐴𝑃𝐶min=√2𝑃𝐸=√2×

√63=2√33，故③错误；当𝐵𝑃=2√33时，在△𝐵𝐸𝑃中，𝐵𝐸=√2，cos∠𝐷𝐵𝐷1=𝐵𝐷𝐵𝐷1=√63，∴𝑃𝐸=√𝐵𝑃2+𝐵𝐸2−2𝐵𝑃⋅𝐵𝐸cos∠𝑃𝐵𝐸=√(2√33)2+2−2×2√33×√2×√63=√

63，∴𝑃𝐸⊥𝑃𝐵，又𝐴𝐶⊥𝑃𝐵，𝐴𝐶⋂𝑃𝐸=𝐸，∴𝐵𝐷1⊥面APC，由正方体易知𝐵𝐷1⊥𝐴1𝐶1，𝐵𝐷1⊥𝐴1𝐷，即𝐵𝐷1⊥面𝐴1𝐶1𝐷，∴面𝐴𝐶𝑃//面𝐴1𝐶1𝐷，故④正确；故答案为：①②④．通过证明𝐴𝐶⊥平面𝐵

𝐷𝐷1𝐵1来证明𝐴𝐶⊥𝐵1𝑃；将△𝐴𝑃𝐶的面积表示出来，等价于求PE长度的最值，从而在𝑅𝑡△𝐵𝐷𝐷1中分别求得最大值和最小值；通过证明𝐵𝐷1⊥平面APC且𝐵𝐷1⊥平面𝐴1𝐶1𝐷来证明平面𝐴𝐶𝑃//平面𝐴1𝐶1𝐷.本题考查了空间中的线线垂

直的判定，以及面面平行的性质．16.【答案】解：(𝐼)选①tan𝐴=2，A为锐角，所以cos𝐴=√55，sin𝐴=2√55，sin𝐶=sin(𝐴+𝐵)=sin𝐴cos𝐵+sin𝐵cos𝐴=(2√55

+√55)×√22=3√1010；选②𝑏2+𝑐2−𝑎2=2√5𝑐，由余弦定理得，cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=√55，故A为锐角，sin𝐴=2√55，所以sin𝐶=sin(𝐴+𝐵)=sin𝐴cos𝐵

+sin𝐵cos𝐴=(2√55+√55)×√22=3√1010；选③3𝑏=√5𝑐=15，所以𝑐=3√5，𝑏=5，𝐵=𝜋4，由正弦定理得，𝑏sin𝐵=𝑐sin𝐶，所以sin𝐶=3√5×√225

=3√1010；(𝐼𝐼)由(𝐼)知cos𝐶=±√1010，因为𝑐>𝑏，所以𝐶>𝐵，故C有两解，又sin𝐴=sin(𝐵+𝐶)=sin𝐵cos𝐶+sin𝐶cos𝐵=±√1010×√22+3√1010×√22，即sin𝐴=√55或sin𝐴=

2√55，当sin𝐴=√55时，𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑏𝑐sin𝐴=12×5×3√5×√55=152，当sin𝐴=2√55时，𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑏𝑐sin𝐴=12×5×3√5×2√55=15.【

解析】(𝐼)选①tan𝐴=2，结合同角基本关系先求出cos𝐴，sin𝐴，进而可求sin𝐶，然后结合余弦定理可求cos𝐴，sin𝐴，结合诱导公式及和角正弦可求sin𝐶；选②𝑏2+𝑐2−𝑎2=2√5𝑐，由余弦定理可求cos𝐴，

进而可求sin𝐴，结合诱导公式及和角正弦可求sin𝐶；选③3𝑏=√5𝑐，然后结合正弦定理可求sin𝐶；所以𝑐=3√5，𝑏=5，𝐵=𝜋4，(𝐼𝐼)由(𝐼)可求cos𝐶，然后求出sin𝐴，结合三角形面积公式可求．

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，和差角公式及同角平方关系，三角形面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．17.【答案】解：表示事件“甲选择路径𝐿𝑖时，40分钟内赶到西站”，𝐵𝑖表示事件“乙选择路径Li时，50分钟内赶到西站”，𝑖=1，2.用频率估计相应的概率可得：因为𝑃(

𝐴1)=0.1+0.2+0.3=0.6，𝑃(𝐴2)=0.1+0.4=0.5，因为𝑃(𝐴1)>𝑃(𝐴2)，所以甲应选择𝐿1，𝑃(𝐵1)=0.1+0.2+0.3+0.2=0.8，𝑃(𝐵2)

=0.1+0.4+0.4=0.9，因为𝑃(𝐵2)>𝑃(𝐵1)，所以乙应选择𝐿2.，B分别表示针对的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内赶到西站，由知𝑃(𝐴)=0.6，𝑃(𝐵)=0.9，又由题意知，A，B相互独立，𝑃(𝑋=0)=𝑃(𝐴−𝐵−)=𝑃(𝐴−)𝑃(𝐵−)=

0.4×0.1=0.04，𝑃(𝑋=1)=𝑃(𝐴−𝐵+𝐴𝐵−)=𝑃(𝐴−)𝑃(𝐵)+𝑃(𝐴)𝑃(𝐵−)=0.4×0.9+0.6×0.1=0.42，𝑃(𝑋=2)=𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)(𝐵

)=0.6×0.9=0.54，X的分布列为：X012P0.040.420.54𝐸(𝑋)=0×0.04+1×0.42+2×0.54=1.5.【解析】表示事件“甲选择路径𝐿𝑖时，40分钟内赶到火车站”，𝐵𝑖表示事件“乙选择路径𝐿𝑖时，50分钟内赶到西站”，用频

率估计相应的概率𝑃(𝐴1)，𝑃(𝐴2)比较两者的大小，及𝑃(𝐵1)，𝑃(𝐵2)的从而进行判断甲与乙路径的选择；，B分别表示针对的选择方案，甲、乙在各自允许的时间内抵达西站，由(𝐼)知𝑃(𝐴)=0.6，𝑃(𝐵)=0.9，且甲、乙相互独立，X可能取值为0

，1，2，分别代入相互独立事件的概率公式求解对应的概率，再进行求解期望即可．本题主要考查了随机抽样用样本估计总体的应用，相互独立事件的概率的求解，离散型随机变量的分布列与数学期望的求解，考查运算求解能力，属于中档题．18.【答

案】证明：取CD中点M，连接BM，因为四边形ABCD为直角梯形，𝐴𝐵//𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐶=90∘，𝐶𝐷=2𝐴𝐷=2𝐴𝐵=2，所以四边形ABMD为正方形，𝐵𝐶⊥𝐵𝐷，因为𝑃𝐷⊥平面ABCD，𝐵𝐶⊂平面ABCD，所以�

�𝐷⊥𝐵𝐶，又因为𝑃𝐷⋂𝐵𝐷=𝐷，PD、𝐵𝐷⊂平面PBD，所以𝐵𝐶⊥平面PBD，又因为𝐵𝐶⊂平面PBC，所以平面𝑃𝐵𝐶⊥平面PBD，于是平面𝑃𝐵𝐷⊥平面𝐴𝐵𝐶.解：

因为𝑃𝐷⊥平面ABCD，所以𝑃𝐷⊥𝐴𝐷、𝑃𝐷⊥𝐷𝐶，又因为∠𝐴𝐷𝐶=90∘，所以DA、DC、DP两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系，𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,1,0)，𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗=(−1,−1,2)，设平面PBC的法向量

为𝑚⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦,𝑧)，{𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗=−𝑥+𝑦=0𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗−𝑥−𝑦+2𝑧=0，令𝑥=1，𝑚⃗⃗⃗=(1,1,1)，平面PCD的法向量为𝑛⃗⃗=(1,0,0

)，所以二面角𝐵−𝑃𝐶−𝐷的余弦值为|𝑚⃗⃗⃗⋅𝑛⃗⃗||𝑚⃗⃗⃗|⋅|𝑛⃗⃗|=1√3⋅1=√33.解：不存在，理由如下：假设在棱PA上存在点Q，使得𝐷𝑄//平面PBC，令𝑃𝑄𝑃𝐴=𝑡(𝑡∈[0,1])，则𝑄(𝑡,0,2(1−𝑡))，

𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑡,0,2(1−𝑡))，由知平面PBC的法向量为𝑚⃗⃗⃗=(1,1,1)，因为𝐷𝑄//平面PBC，所以𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑚⃗⃗⃗=2−𝑡=0，解得𝑡=2，与𝑡∈[0,1]矛盾，所以在棱PA上不存在点Q，使得𝐷𝑄//平面𝑃𝐵𝐶.

【解析】只须证明平面PBC内直线BC垂直于平面PBD即可；用向量数量积计算二面角的余弦值；用反证法说明不存在．本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．19.【答案】解：由题意可知，|𝐴𝐹1|+|𝐴𝐹2|=2𝑎，|𝐵𝐹1|

+|𝐵𝐹2|=2𝑎，而△𝐴𝐵𝐹1的周长为8，则4𝑎=8，故𝑎=2，又𝑒=𝑐𝑎=12，故𝑐=1，𝑏2=𝑎2−𝑐2=3，∴椭圆C的方程为𝑥24+𝑦23=1；证明：由可知，𝐴2(2,0)，设直线AB：𝑥=𝑡𝑦

+1，𝐴(𝑥1,𝑦1),𝐵(𝑥2,𝑦2),𝑘𝐴2𝐴=𝑦1𝑥1−2,𝑘𝐴2𝐵=𝑦2𝑥2−2，联立{𝑥=𝑡𝑦+1𝑥24+𝑦23=1得，(3𝑡2+4)𝑦2+6𝑡𝑦−9=0，∴𝑦1+𝑦2=−6𝑡3𝑡2+4,𝑦1𝑦2=−93

𝑡2+4，∴𝑥1𝑥2=(𝑡𝑦1+1)(𝑡𝑦2+1)=𝑡2𝑦1𝑦2+𝑡(𝑦1+𝑦2)+1=−12𝑡2+43𝑡2+4，𝑥1+𝑥2=𝑡(𝑦1+𝑦2)+2=83𝑡2+4，∴𝑘𝐴2𝐴⋅𝑘𝐴2𝐵=𝑦1𝑦2(𝑥1−2)(𝑥2−2)=𝑦1�

�2𝑥1𝑥2−2(𝑥1+𝑥2)+4=−93𝑡2+4−12𝑡2+43𝑡2+4−163𝑡2+4+4=−9−12𝑡2+4−16+12𝑡2+16=−94，∴直线𝐴2𝐴，𝐴2𝐵两直线的斜率之积为

定值−94.【解析】根据题意可得4𝑎=8，再根据离心率可求得c，及而求得b，由此得到椭圆方程；，设直线AB：𝑥=𝑡𝑦+1，设出点A，B坐标，联立直线方程与椭圆方程，消去x并整理后，由根与系数的关系化简即可得证．本题考查椭圆标准方程的求法，考

查直线与椭圆的位置关系，考查圆锥曲线中的定值问题，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题．20.【答案】解：时，𝑓(𝑥)=2(𝑥2−1)−2ln𝑥，𝑓′(𝑥)=4𝑥−2𝑥，𝑓′(1)=2，𝑓(1)=0，故切线方程是：𝑦−0=2(𝑥−1

)，即𝑦=2(𝑥−1).，𝑓′(𝑥)=2𝑎𝑥−2𝑥=2𝑎𝑥2−2𝑥(𝑥>0)，①当𝑎≤0时，𝑓′(𝑥)<0在(0,+∞)上恒成立，∴𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减，②当𝑎>0时，由𝑓′(�

�)=0，得𝑥=√1𝑎，当𝑥∈(0,√1𝑎)时，𝑓′(𝑥)<0，𝑓(𝑥)递减，当𝑥∈(√1𝑎,+∞)时，𝑓′(𝑥)>0，𝑓(𝑥)递增，综上：𝑎≤0时，𝑓(𝑥)在(0,+∞)上单调递减

，𝑎>0时，𝑓(𝑥)在(0,√1𝑎)递减，在(√1𝑎,+∞)递增．证明：当𝑎≥1时，𝑓(𝑥)≥𝑎𝑥+1𝑥−(𝑎+1)，即𝑎𝑥2−𝑎𝑥−2ln𝑥−1𝑥+1≥0在(1,+∞)上恒成立，令ℎ(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑎𝑥−2ln𝑥−1

𝑥+1，(𝑥>1)，则ℎ′(𝑥)=2𝑎𝑥−𝑎−2𝑥+1𝑥2，ℎ′′(𝑥)=2𝑎+2𝑥3(𝑥−1)，由于𝑎≥1，𝑥>1，则ℎ′′(𝑥)>0，故ℎ′(𝑥)在(1,+∞)上单调递增，而ℎ′(1)=𝑎−1≥0，则ℎ(𝑥

)在(1,+∞)上单调递增，故ℎ(𝑥)>ℎ(1)=0，故当𝑎≥1时，𝑓(𝑥)≥𝑎𝑥+1𝑥−(𝑎+1)在区间(1,+∞)上恒成立．【解析】代入a的值，求出函数的导数，计算𝑓(1)，𝑓′(1)，求出切线方程即可；求出函数的导数，通过讨

论a的范围，求出函数的单调区间即可；问题转化为𝑎𝑥2−𝑎𝑥−2ln𝑥−1𝑥+1≥0在(1,+∞)上恒成立，令ℎ(𝑥)=𝑎𝑥2−𝑎𝑥−2ln𝑥−1𝑥+1，(𝑥>1)，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可．本题考查了切

线方程问题，考查函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是中档题．21.【答案】解：；证明：若𝜑(𝑥)在[𝑎,𝑏]上单调递增，则𝑀{𝑎,𝑏,𝑛}=∑[𝑛𝑖=1𝜑(𝑡𝑖)−𝜑(𝑡𝑖−1)]=𝜑(𝑏)−𝜑(𝑎)=𝑀{𝑎,𝑏,1

}，故𝜑(𝑥)在[𝑎,𝑏]上存在“最佳划分”𝑀{𝑎,𝑏,1}；若𝜑(𝑥)在[𝑎,𝑏]上存在“最佳划分”𝑀{𝑎,𝑏,1}，假设𝜑(𝑥)在[𝑎,𝑏]上不单调递增，则存在𝑥1，𝑥2∈[𝑎,𝑏]，若𝑥1<𝑥2，则𝜑(𝑥1

)>𝜑(𝑥2).由|𝜑(𝑎)−𝜑(𝑏)|≤|𝜑(𝑎)−𝜑(𝑥1)|+|𝜑(𝑥1)−𝜑(𝑥2)|+|𝜑(𝑥2)−𝜑(𝑏)|(∗)，当且仅当𝜑(𝑎)−𝜑(𝑥1)≥0，𝜑(𝑥1)−𝜑(𝑥2)≥0，�

�(𝑥2)−𝜑(𝑏)≥0时等号成立，此时|𝜑(𝑎)−𝜑(𝑏)|=𝜑(𝑎)−𝜑(𝑥1)+𝜑(𝑥1)−𝜑(𝑥2)+𝜑(𝑥2)−𝜑(𝑏)=𝜑(𝑎)−𝜑(𝑏)<0，与题设矛盾，舍去

，故(∗)式中等号不成立，即：增加分点𝑥1，𝑥2后，“落差总和”会增加，故𝑀{𝑎,𝑏,𝑛}取最大值时n的最小值大于1，与条件矛盾，所以𝜑(𝑥)在[𝑎,𝑏]上单调递增．综上，即得证．【解析】根据题意，直接计算出答案即可；先证明充分性，再证明必要性，进而得证．本题以新定义

为载体，旨在考查学生的逻辑推理能力，语言转化能力，培养学生的创新意识和应用意识，属于中档题．