精品解析：北京市昌平区2023届高三二模数学试题及答案解析

这是一份精品解析：北京市昌平区2023届高三二模数学试题及答案解析，共23页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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．
2．的展开式中项的系数为（ ）
A．B．C．D．
3．已知复数满足，则的值为（ ）
A．B．2C．D．
4．已知函数为奇函数，且当时，，则（ ）
A．1B．C．2D．
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
6．已知点在直线上，点，则的最小值为（ ）
A．1B．3C．5D．7
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．2D．4
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
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
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
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__________.
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__________.
13．若函数的最大值为2，则__________，的一个对称中心为__________.
14．已知点在圆上运动，且，若点的坐标为，则的取值范围是__________.
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__________.
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.
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.
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：
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.
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.
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.
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.
班号
1
2
3
4
人数
30
40
20
10
昌平区2023年高三年级第二次统一练习数学答案及解析
1．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：C
2．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．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：D
4．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．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：D
6．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：B
7．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：C
8．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：C
9．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：D
10．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.
11．
【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．
【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． （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）
14．
【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：.
15．①②④
【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.
16．(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．(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．(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：
（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．(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．(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．(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.
1
2
3
4