北京市昌平区2023届高三数学二模试题（Word版附解析）

这是一份北京市昌平区2023届高三数学二模试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

昌平区2023年高三年级第二次统一练习
数学试卷
第一部分（选择题共40分）
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.
1. 已知集合，则集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【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：C
2. 的展开式中项的系数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【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
【解析】
【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：D
4. 已知函数为奇函数，且当时，，则（ ）
A 1 B. C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【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
【解析】
【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：D
6. 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
【解析】
【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：B
7. 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
【解析】
【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：C
8. 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
【解析】
【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：C
9. 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
【解析】
【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：D
10. 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
【解析】
【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.
第二部分（非选择题共110分）
二、填空题：共5小题，每小题5分，共25分.
11. 三个数中最大的数是__________.
【答案】
【解析】
【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：.
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】 ①. ②.
【解析】
【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】 ①. ②. （答案不唯一）
【解析】
【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）
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】
【解析】
【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
【解析】
【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.
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. 在中，.
（1）求；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）或
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意，由正弦定理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.
【小问1详解】
因为，由正弦定理可得，
，
因为，所以，
且，所以或.
【小问2详解】
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）.
【解析】
【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.
【小问1详解】
因G，F分别为中点，则为中位线，则.
又平面，平面，则平面.
【小问2详解】
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
1
2
3
4
人数
30
40
20
10
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）
【解析】
【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班每位同学获奖概率，然后根据二项分布求解即可.
【小问1详解】
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）.
【小问2详解】
由题意，的可能取值为1,2,3,4，
,
,
,
,
所以的分布列为：

1
2
3
4






【小问3详解】
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
【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.
【小问1详解】
由题意，，即，
因为右焦点为，所以，
所以 ，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
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）.
【解析】
【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.
【小问1详解】
当时，，求导得：，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为.
【小问2详解】
，，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.
【小问3详解】
，
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.
【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.
【小问1详解】
.（答案不唯一.）
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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.