北京市西城区2023届高考一模数学试题含答案.pdf

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1、西城区高三统一测试试卷 数学答案及评分参考 2023.3 第1页（共5页）西 城 区 高 三 统 一 测 试 试 卷 数学答案及评分参考 2023.3 一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）（1）B（2）D（3）C（4）A（5）A （6）C（7）D（8）B（9）D（10）B 二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）（11）2 （12）1 （13）1 2 （14）5 3（答案不唯一）（15）三、解答题（共 6 小题，共 85 分）（16）（共 13 分）解：（）在ADC中，由正弦定理得sinsinACCDADCA=2 分 所以22sinsin23sin23AC

2、AADCCD=4 分 因为03ADC，5 分 所以4ADC=6 分（）由（）得23412ACDBCD=7 分 由题设，6BACB=，即ABC为等腰三角形 8 分 所以2cos66BCAC=10 分 所以BCD的面积为 113(31)sin63sin()22344BCDSBC CDBCD=13 分（17）（共 13 分）解：（）样本中立定跳远单项等级获得优秀的男生人数为4，获得优秀的女生人数为6，所以估计该校高三男生立定跳远单项的优秀率为41123=；2 分 西城区高三统一测试试卷 数学答案及评分参考 2023.3 第2页（共5页）估计高三女生立定跳远单项的优秀率为61122=4 分（）由题设，

3、X的所有可能取值为0,1,2,3 (0)P X=估计为2212()329=；5 分(1)P X=估计为122121214C()332329+=；6 分(2)P X=估计为122121115C()3323218+=；7 分(3)P X=估计为2111()3218=8 分 估计X的数学期望2451701239918186EX=+=10 分（）A与B相互独立 13 分（18）（共 14 分）解：选条件：BEAF （）因为ABCD，AB 平面PCD，所以/AB平面PCD 1 分 因为平面ABEF平面PCDEF=，所以ABEF 2 分 又BEAF，所以四边形ABEF为平行四边形 所以ABEF且ABEF=

4、3 分 因为ABCD且12ABCD=，所以EFCD且12EFCD=所以EF为PCD的中位线 5 分 所以F为PD的中点 6 分（）因为PA平面ABCD，所以,PAAB PAAD 又ABAD，所以,AB AD AP两两相互垂直 如图建立空间直角坐标系Axyz，7 分 则(0,0,0)A，(1,0,0)B，(2,2,0)C，(0,0,2)P，(0,2,0)D，(0,1,1)F 所以(,)1 2 0BC=，(,)111BF=，(,)0 11AF=设平面BCF的法向量为(,)x y z=m，则0,0,BCBF=mm 即20,0.xyxyz+=+=令1y=，则2x=，3z=于是(2,1,3)=m 9 分

5、 因为AB 平面PAD，且ABCD，所以CD 平面PAD 西城区高三统一测试试卷 数学答案及评分参考 2023.3 第3页（共5页）所以AFCD 又PAAD=，且F为PD的中点，所以AFPD 所以AF 平面PCD，所以AF是平面PCD的一个法向量 11 分 7cos,7|AFAFAF=mmm 13 分 由题设，二面角BFCP的平面角为锐角，所以二面角BFCP的余弦值为77 14 分 选条件：BEPC（）因为PA平面ABCD，所以,PAAB PAAD 在RtPAB中，225PBABAP=+=1 分 在直角梯形ABCD中，由1AB=，2ADCD=，可求得5BC=，所以PBBC=2 分 因为BEPC

6、，所以E为PC的中点 3 分 因为ABCD，AB 平面PCD，所以/AB平面PCD 因为平面ABEF平面PCDEF=，所以ABEF 5 分 所以CDEF 所以F为PD的中点 6 分（）以下同条件（19）（共 15 分）解：（）()esinxfxx=+1 分 所以(0)0f=，(0)1f=3 分 所以曲线()yf x=在点(,()00f处的切线方程为yx=4 分（）由题设，()(esin)(ecos)xxg xxxx=+(1)esincosxxxxx=+所以()(ecos)xg xxx=+6 分 当0 x时，因为0ecosecos1cos0 xxxx+=+，所以()0g x 8 分 所以()xg

7、在(0,)+上单调递增 9 分（）11()()3434ff 10 分 证明如下：西城区高三统一测试试卷 数学答案及评分参考 2023.3 第4页（共5页）设()(),(0,)f xh xxx=+11 分 则22()()()()x fxf xg xh xxx=12 分 由（）知()xg在(0,)+上单调递增，所以()(0)0 xgg=13 分 所以()0h x，即()xh在(0,)+上单调递增 14 分 所以11()()34hh，即11()()3434ff 15 分（20）（共 15 分）解：（）当直线AB与x轴垂直时，设其方程为(22)xtt=1 分 由点A,B关于x轴对称，且OAOB，不妨设

8、(,)A t t 2 分 将点A的坐标代入椭圆C的方程，得2222tt+=，解得63t=3 分 所以直线AB的方程为63x=4 分（）当直线AB的斜率不存在时，由（）知|3|ONOM=5 分 当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxm=+由22,22,ykxmxy=+=得222(21)4220kxkmxm+=6 分 由228(21)0km=+，得2212mk+设11(,)A x y，22(,)B xy，则122421kmxxk+=+，21222221mx xk=+8 分 因为OAOB，所以0OA OB=所以1 2121 212()()0 x xy yx xkxm kxm+=+=整理得22121

9、2(1)()0kx xkm xxm+=10 分 所以2222(1)(22)(4)(21)0kmkmkmmk+=解得22322mk=+，从而223m 11 分 设ONOM=，其中0 则1212222()(,)(,)2221 21kmmONOAOBxxyykk=+=+=+12 分 将222(,)21 21kmmNkk+代入椭圆C的方程，得22221mk=+西城区高三统一测试试卷 数学答案及评分参考 2023.3 第5页（共5页）所以22231mm=，即2213m=13 分 因为223m，所以2332，即632 14 分 综上，|ONOM的取值范围是6,32 15 分（21）（共 15 分）解：（）

10、因为(1,1,0)(1,1,0)1 1 1 1002=+=，同理(1,0,1)(1,0,1)(0,1,1)(0,1,1)2=又(1,1,0)(1,0,1)1 1 1 00 1 1=+=，同理(1,1,0)(0,1,1)(1,0,1)(0,1,1)1=所以集合(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)A=具有性质(3,2)T 4 分（）当4n=时，集合A中的元素个数为4由题设0,1,2,3,4p 5 分 假设集合A具有性质(4,)Tp，则 当0p=时，(0,0,0,0)A=，矛盾 当1p=时，(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)A=，不具有性质(4,

11、1)T，矛盾 当2p=时，(1,1,0,0),(1,0,1,0),(1,0,0,1),(0,1,1,0),(0,1,0,1),(0,0,1,1)A 因为(1,1,0,0)和(0,0,1,1)至多一个在A中；(1,0,1,0)和(0,1,0,1)至多一个在A中；(1,0,0,1)和(0,1,1,0)至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4，矛盾 当3p=时，(1,1,1,0),(1,1,0,1),(1,0,1,1),(0,1,1,1)A=，不具有性质(4,3)T，矛盾 当4p=时，(1,1,1,1)A=，矛盾 综上，不存在具有性质(4,)Tp的集合A 9 分（）记12(1,2,)jjjnjct

12、ttjn=+=，则12ncccnp+=若0p=，则(0,0,0)A=，矛盾若1p=，则(1,0,0,0)A=，矛盾故2p 假设存在j使得1jcp+，不妨设1j=，即11cp+当1cn=时，有jc=0或jc=1(2,3,)jn=成立 所以12,n 中分量为1的个数至多有(1)212nnnnnp+=11 分 当11pcn+时，不妨设11211,111,0pntttt+=因为nnp=，所以n的各分量有p个1，不妨设23,11nnn pttt+=由ij时，1ij=可知，2,3,1qp+，121,qqpqttt+中至多有1个1，即121,p+的前1p+个分量中，至多含有121ppp+=+个1 又1in=(1,2,1)ip=+，则121,p+的前1p+个分量中，含有(1)(1)22ppp+=+个1，矛盾 所以(1,2,)jcpjn=14 分 因为12ncccnp+=，所以jcp=(1,2,)jn=所以12(1,2,)jjnjtttp jn+=15 分