2023届北京市昌平区高三二模数学试题含解析

这是一份2023届北京市昌平区高三二模数学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届北京市昌平区高三二模数学试题 一、单选题1．已知集合，则集合（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用并集的定义直接求解作答.【详解】因为集合，所以.故选：C2．的展开式中项的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据二项展开式的通项，即可求解.【详解】的展开式中项为，所以展开式中项的系数为40.故选：B.【点睛】本题考查二项展开式定理，熟记通项即可，属于基础题.3．已知复数满足，则的值为（    ）A． B．2 C． D．【答案】D【分析】根据共轭复数的概念及复数的乘法运算得解.【详解】因为，所以，解得，故选：D4．已知函数为奇函数，且当时，，则（    ）A．1 B． C．2 D．【答案】A【分析】求得的值，利用奇函数的性质可求得的值.【详解】已知函数为奇函数，且当时，，则.故选：A.5．将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数（    ）A．在区间上单调递增 B．在区间上单调递减C．在区间上单调递增 D．在区间上单调递减【答案】D【分析】根据给定条件，求出变换后的函数解析式，再探讨在两个指定区间上的单调性作答.【详解】函数，即，将其图象向右平移个单位长度，所得图象对应的函数是，当时，，因为余弦函数在上不单调，因此函数在上不单调，AB错误；当时，，因为余弦函数在上单调递减，因此函数在上单调递减，C错误，D正确.故选：D6．已知点在直线上，点，则的最小值为（    ）A．1 B．3 C．5 D．7【答案】B【分析】根据的轨迹为圆，利用圆的几何性质，转化为圆心到直线的距离得解.【详解】设，由可知，所以，即在圆心为，半径为2的圆上的动点，圆心到直线的距离，所以，故选：B7．已知双曲线的一个焦点坐标为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C．2 D．4【答案】C【分析】把双曲线方程化成标准形式，求出m即可求出离心率作答.【详解】双曲线化为：，依题意，，解得，因此双曲线的实半轴长为1，所以双曲线的离心率为2.故选：C8．对于两个实数，设则“”是“函数的图象关于直线对称”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【答案】C【分析】根据函数图象的对称性求解参数，再利用充要条件的概念判断即可.【详解】如图，在同一个坐标系中做出两个函数与的图象， 则函数的图象为两个图象中较低的一个，即为图象中实线部分，根据图象令，解得，分析可得其图象关于直线对称，要使函数的图象关于直线对称，则t的值为，当时，函数的图象关于直线对称，所以“”是“函数的图象关于直线对称”的充分必要条件.故选：C9．已知等比数列的前项和为，则下列结论中一定成立的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】D【分析】由通项公式可由推出首项与公比同号，取可判断AB，由可得，取可判断C，由分类讨论可知同号，可判断D.【详解】由数列是等比数列，若，同号，由知，当时，，故A，B错误；若，则可知当时，该等比数列为常数列，则，故C错误；当时，，时，，当时，所以由且同号，可知，故D正确.故选：D10．某市一个经济开发区的公路路线图如图所示，粗线是大公路，细线是小公路，七个公司分布在大公路两侧，有一些小公路与大公路相连.现要在大公路上设一快递中转站，中转站到各公司（沿公路走）的距离总和越小越好，则这个中转站最好设在（    ）A．路口 B．路口 C．路口 D．路口【答案】B【分析】根据给定图形，用表示7个公司到大公路最近的小公路距离和，，再求出到路口C，D，E，F的距离总和，比较大小作答.【详解】观察图形知，七个公司要到中转站，先都必须沿小公路走到小公路与大公路的连接点，令到、到、到、到、到、到、到的小公路距离总和为，，路口为中转站时，距离总和，路口为中转站时，距离总和，路口为中转站时，距离总和，路口为中转站时，距离总和，显然，所以这个中转站最好设在路口.故选：B【点睛】思路点睛：涉及实际问题中的大小比较，根据实际意义设元，列式表示出相关量，再用不等式的相关性质比较即可. 二、填空题11．三个数中最大的数是__________.【答案】【分析】利用特殊值1和2作为“桥梁”比较大小即可.【详解】，，，，即三个数中最大的数是.故答案为：. 三、双空题12．已知抛物线的焦点为，点在上，且在第一象限，则点的坐标为__________；若，点到直线的距离为__________.【答案】          【分析】根据抛物线的方程可得焦点坐标，再由抛物线定义求出M的纵坐标，代入抛物线得横坐标即可得解.【详解】由可知焦点，准线方程为，，，即，代入抛物线方程可得，，又在第一象限，所以，故点到直线的距离为.故答案为：；13．若函数的最大值为2，则__________，的一个对称中心为__________.【答案】          （答案不唯一）【分析】根据辅助角公式求出A，再由余弦型函数求出对称中心.【详解】由知，，解得，所以，令，可得，即函数的对称中心为，则满足条件的点如，等都可以.故答案为：；（答案不唯一） 四、填空题14．已知点在圆上运动，且，若点的坐标为，则的取值范围是__________.【答案】【分析】由题意可知为圆直径，设， 利用向量运算可得，由此即可求出答案.【详解】因为，所以为圆直径，设，则，所以,故，所以当 时，，，故故答案为：.15．如图，在长方体中，，动点分别在线段和上.给出下列四个结论：①；②不可能是等边三角形；③当时，；④至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形.其中所有正确结论的序号是__________.【答案】①②④【分析】根据长方体的特征，利用等体积法确定①，根据特殊情况分析三角形边长可判断②，利用向量法可判断③，根据长方体中的特殊位置找出满足条件三棱锥判断④.【详解】由题意，在长方体中，到平面CC1D1D的距离为1，到边的距离为2，所以，故①正确；由图可知，的最小值为2，若，则,则，若此时，则，可得，则，即取最小值为2时，不能同时取得2，当变大时，不可能同时大于2，故不可能是等边三角形，故②正确；建立空间直角坐标系，如图，则,设，，，由可得，即，，，显然与不恒相等，只有时才成立，故③错误；当为中点，与重合时，如图，此时，，，又，，故，所以，因为，所以,所以，即三棱锥的四个面均为直角三角形，当与重合，与重合时，如图，显然，，，，故三棱锥的四个面均为直角三角形，综上可知，至少存在两组，使得三棱锥的四个面均为直角三角形，故④正确.故答案为：①②④【点睛】关键点点睛：本题四个选项比较独立，①的关键在于转化顶点，得出高及底面积为定值；②分析三边中的最小值为2，此时其余两边不能同时等于2; ③利用向量得出两点的关系，在此关系下不一定能推出两边长相等；④考虑特殊位置寻求满足条件的位置是解题关键. 五、解答题16．在中，.(1)求；(2)若，求的面积.【答案】(1)或(2)或 【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角相互转化即可得到结果；（2）根据题意，由余弦定理可得，再由三角形的面积公式即可得到结果.【详解】（1）因为，由正弦定理可得，，因为，所以，且，所以或.（2）由（1）可知或，且，，所以即，由余弦定理可得，，即，解得或，当时，，当时，，所以的面积为或.17．在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且平面，分别是的中点，是上一点，且.(1)求证：平面；(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.条件①：；条件②：.注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答记分.【答案】(1)证明见解析；(2). 【分析】（1）通过证明即可证明结论；（2）以O为原点建立空间直角坐标系，由选择条件可得相应点坐标，可得向量PA坐标与平面法向量坐标，即可得答案.【详解】（1）因G，F分别为中点，则为中位线，则.又平面，平面，则平面.（2）如图以O为原点建立空间直角坐标系.若选①，因，底面是边长为2的菱形，则，若选②，因，底面是边长为2的菱形，则，则，.所以.又，则，得.则，.设平面法向量为，则.得，又，设直线与平面所成角为.则.18．2023年9月23日至2023年10月8日，第19届亚运会将在中国杭州举行.杭州某中学高一年级举办了“亚运在我心”的知识竞赛，其中1班，2班，3班，4班报名人数如下：班号1234人数30402010该年级在报名的同学中按分层抽样的方式抽取10名同学参加竞赛，每位参加竞赛的同学从预设的10个题目中随机抽取4个作答，至少答对3道的同学获得一份奖品.假设每位同学的作答情况相互独立.(1)求各班参加竞赛的人数；(2)2班的小张同学被抽中参加竞赛，若该同学在预设的10个题目中恰有3个答不对，记他答对的题目数为，求的分布列及数学期望；(3)若1班每位参加竞赛的同学答对每个题目的概率均为，求1班参加竞赛的同学中至少有1位同学获得奖品的概率.【答案】(1)3,4,2,1(2)分布列见解析，2.8(3) 【分析】（1）根据分层抽样计算可得；（2）根据超几何分布求出概率，列出分布列求期望即可得解；（3）计算1班每位同学获奖的概率，然后根据二项分布求解即可.【详解】（1）各班报名人数总共100人，抽取10人，抽样比为，故班分别抽取（人），（人），（人），（人）.（2）由题意，的可能取值为1,2,3,4，,,,,所以的分布列为：1234（3）由题意，1班每位同学获奖的概率为,设1班获奖人数为，则，所以至少1人获奖的概率为.19．已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为4，且右焦点为.(1)求椭圆的方程；(2)设分别为椭圆的左、右顶点，为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线相交于点，N.当点运动时，求证：以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）根据焦点得，由椭圆定义可得，即可求出椭圆方程；（2）利用直线和相交求出点的坐标，设以为直径的圆与轴交于点，根据及在椭圆上可得出圆过定点，即可得证.【详解】（1）由题意，，即，因为右焦点为，所以，所以 ，所以椭圆的方程为.（2）设，由（1）知，，直线，，直线，直线分别与相交，可得，设以为直径的圆与轴交于点，则，，由可得，即，由在椭圆上可得，即，代入上式可得，即，解得或，即以为直径的圆过轴上的定点和，所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值.【点睛】方法点睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线 C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．20．已知函数.(1)当时，求曲线在点处的切线方程；(2)若函数在上有最小值，求的取值范围；(3)如果存在，使得当时，恒有成立，求的取值范围.【答案】(1)；(2)；(3). 【分析】（1）把代入，求出函数的导数，利用导数的几何意义求解作答.（2）利用导数分类讨论函数在区间内的最值情况作答.（3）变形不等式，构造函数，利用导数探讨恒成立的k的范围作答.【详解】（1）当时，，求导得：，则，而，所以曲线在点处的切线方程为.（2），，函数，求导得：，显然恒有，则当时，，函数在上单调递增，无最小值，不符合题意；当时，由，得，当时，，当时，，因此函数在上单调递减，在上单调递增，即当时，函数取得最小值，所以函数在上有最小值，的取值范围是.（3），因为存在，使得当时，恒有成立，则有存在，使得当时，，令，即有，恒成立，求导得，令，，因此函数，即函数在上单调递增，而，当，即时，，函数在上单调递增，，成立，从而，当时，，，则存在，使得，当时，，函数在上单调递减，当时，，不符合题意，所以的取值范围是.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用导数探求函数单调性、最值是解决问题的关键.21．若数列满足，则称数列为数列.记.(1)写出一个满足，且的数列；(2)若，证明：数列是递增数列的充要条件是；(3)对任意给定的整数，是否存在首项为1的数列，使得？如果存在，写出一个满足条件的数列；如果不存在，说明理由.【答案】(1).（答案不唯一.）(2)证明见解析；(3)答案见解析. 【分析】(1)根据与和可写出数列.(2)先证明必要性,根据数列是递增数列,可得,进而求得.再证明充分性,因为,故,再累加可得证明即可.(3) 设，则,再累加求得,再分析的奇偶, 取值只能为或，并写出符合条件的数列.【详解】（1）.（答案不唯一.）（2）必要性：因为数列是递增数列，所以（）.所以数列是以为首项，公差为的等差数列.所以.充分性：因为，所以所以，，…….所以，即.因为，所以.所以（）.即数列是递增数列.综上，结论得证.（3）令，则.所以，，…….所以.因为，所以为偶数.所以为偶数.所以要使，即，必须使为偶数.即整除，因为，所以或.当时，数列的项满足时，有；当时，数列的项满足时，有；当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得.【点睛】关键点点睛：求解是否存在首项为1的数列，使得难点是求得并变形为，分析奇偶性确定必须为偶数，从而确定的取值只能为或.