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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 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. 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，
为
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CC DD的距离为1， 到边 的距离为2，所以
1 1
，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】
的
【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；
的
（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 .
