1、昌平区2022-2023学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。（1）已知集合，则集合（A） （B） （C） （D）（2）在的展开式中，的系数为 （A） （B） （C） （D）（3）已知复数满足，则的值为（A） （B） （C） （D）（4）已知函数为奇函数，且当时，则（A） （B） （C） （D）（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） （B） （C） （D）（
2、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） （D） （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 （
3、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，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：；不可能是等边三角形；当时，；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
4、程。（16）（本小题13分）在中，.（）求；（）若，求的面积.(17)（本小题13分）在四棱锥中，底面是边长为的菱形，且 平面，分别是的中点，是上一点，且.（）求证：平面；（）再从条件、条件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：；条件：.注：如果选择条件和条件分别解答，按第一个解答记分.（18）（本小题14分）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
5、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.（）求各班参加竞赛的人数；（）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；（）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）（本小题15分）已知椭圆上的点到两个焦点的距离之和为，且右焦点为 （）求椭圆的方程；（）设分别为椭圆的左、右顶点，点为椭圆上一点（不与重合），直线分别与直线相交于点.当点运动时，求证：以为直径的圆截轴所得的弦
6、长为定值. （20）（本小题15分） 已知函数（）当时，求曲线在点处的切线方程； （）若函数在上有最小值，求的取值范围；（）如果存在，使得当时，恒有成立，求的取值范围. （21）（本小题15分）若数列满足（），则称数列为数列.记.（）写出一个满足，且的数列； （）若，证明：数列是递增数列的充要条件是；（）对任意给定的整数，是否存在首项为的数列，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.参考答案及评分标准一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）（1）C （2）A （3）D （4）A （5）D（6）B （7）C （8）C （9）D （10）B二、填空题（共5小题，每小题5
7、分，共25分） （11） （12） （13）（答案不唯一） （14） （15） （第12题、第13题第一空分，第二空分；第15题答对一个给2分，答对两个给3分，答对三个给5分，错答得零分。）三、解答题（共6小题，共85分）（16）（共13分）解:（）由正弦定理及， 1分得. 2分因为, 3分所以. 4分因为， 5分所以或. 7分（II）因为， 所以,即. 8分所以. 9分由余弦定理,得. 10分所以或. 11分当时，； 12分当时，. 13分(17)（共13分）解：（I）在四棱锥中，因为分别是的中点，所以. 1分因为平面,平面, 2分所以平面. 4分（II）因为底面是菱形，所以. 5分因为平面
8、，所以.如图建立空间直角坐标系.6分选条件：.因为底面是边长为的菱形，所以,. 7分则因为是上一点，且，所以. 8分所以 9分设平面的法向量为.则即令，则，于是 11分设直线与平面所成角为，则 13分选条件：.因为底面是边长为的菱形，所以.所以.所以,. 1分以下同选条件. (18)（共14分）解：（I）由题意知，抽出的100名学生中，来自1班，2班，3班，4班的学生分别有30名，40名，20名，10名，根据分层抽样的方法，1班，2班，3班，4班参加的人数分别为3，4，2，1. 4分（II）根据题意，随机变量的所有可能取值为1,2,3,4.且 5分；. 9分所以随机变量的分布列为1234 故随
9、机变量的数学期望11分（III）由题意知，1班每位同学获得奖品的概率为. 13分 所以1班参加竞赛的同学中至少有 1位同学获得奖品的概率为14分（19）（共15分）解：（I）由题设，解得 4分 所以椭圆的方程为 5分()解法一：由题意可知，.设，则 6分 直线的方程为. 7分令，得点的纵坐标为，则. 8分直线的方程：. 9分令，得点的纵坐标为，则. 10分设以为直径的圆经过轴上的定点，则. 由得. 11分由式得，代入得. 12分解得或. 13分所以以为直径的圆经过轴上的定点和. 14分所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值 15分 解法二：由题意可知，.设，则 6分因为, 7分设直线的方程为.令
10、，得点的纵坐标为，则. 8分则直线的方程为. 9分令，得点的纵坐标为，则. 10分 设以为直径的圆经过轴上的定点，则. 11分由得. 12分可得，解得或. 13分所以以为直径的圆经过轴上的定点和. 14分所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值 15分解法三：由题意可知，.设，则 6分 直线的方程为. 7分令，得点的纵坐标为，则. 8分直线的方程：. 9分令，得点的纵坐标为，则. 10分所以.则的中点为. 11分所以以为直径的圆的方程为 12分令则由可得 所以所以或 13分所以以为直径的圆恒过点 14分所以以为直径的圆截轴所得的弦长为定值 15分 (20)（共15分）解：（I）当时， 所以 1分因
11、为 3分所以曲线在点处的切线方程为 4分（II）函数定义域. 5分因为 6分法一：因为所以 7分 当时，在上单调递增，所以函数在上无最小值，即不合题意. 8分当时，令则 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 9分所以函数在上有最小值.所以函数在上有最小值时的取值范围为 10分法二：因为 6分令，则. 7分 当时，所以当时， 即在上单调递增，所以函数在上无最小值，即不合题意. 8分当时， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减. 9分所以函数在上有最小值.所以函数在上有最小值时的取值范围为 10分（III）设 由题意，存在，使，恒有，即，恒有成立. 11分因为 12分设.当时，函数的对称
12、轴为，即当时，所以。所以在上单调递减.所以，即，恒有成立. 13分当时，令.因为，所以.因为当时，所以在上单调递增.所以，不合题意. 14分综上可知当时，存在，使，恒有. 15分(21)（共15分）解：（I）.（答案不唯一 .） 3分（II）必要性：因为数列是递增数列，所以（）. 4分所以数列是以为首项，公差为的等差数列.所以. 5分充分性：因为，所以 6分所以，.所以，即. 7分因为，所以. 8分所以（）.即数列是递增数列. 9分综上，结论得证. （）令，则. 10分 所以， . 所以 . 11分因为，所以为偶数.所以为偶数.所以要使，即，必须使为偶数. 12分即整除，因为，所以或.当时，数列的项满足时，有； 13分当时，数列的项满足时，有； 14分当或时，不能被整除，此时不存在数列，使得. 15分