北京市昌平区2023届高三下学期二模数学试卷+答案.pdf

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文档编号：5946235

上传时间：2023-05-17

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资源描述：: 1、1昌平区 2023 年高三年级第二次统一练习数学试卷参考答案及评分标准2023.5一、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 分，共 25 分）（11）5log2（12）)1,0(F122（13）3 (,0)6（答案不唯一）（14）5,1（15）（第（第 12 题、第题、第 13 题第一空分，第二空分；第题第一空分，第二空分；第 15 题答对一个给题答对一个给 2 分，答对两个给分，答对两个给 3分，答对三个给分，答对三个给 5 分，错答得零分。）分，错答得零分
2、。）三、解答题（共 6 小题，共 85 分）（16）（共 13 分）解:（）由正弦定理sinsinabAB及Abasin23，1 分得ABAsinsin2sin3.2 分因为0sinA,3 分所以23sinB.4 分因为0B，5 分所以3B或32B.7 分（II）因为3,7cb，所以cb,即CB.8 分所以3B.9 分由余弦定理Baccabcos2222,得0232 aa.10 分所以1a或2a.11 分当1a时，ABCS433sin21Bac；12 分当2a时，ABCS233sin21Bac.13 分2(17)（共 13 分）解：（I）在四棱锥ABCDP中，因为GF,分别是PDPB,的中点，
3、所以FGBD/.1 分因为BD平面EFG,FG平面EFG,2 分所以/BD平面EFG.4 分（II）因为底面ABCD是菱形，所以BDAC.5 分因为PO平面ABCD，所以OBPOOAPO,.如图建立空间直角坐标系xyzO.6 分选条件：32BD.因为底面ABCD是边长为2的菱形，所以3OD,1OA.7 分则).1,23,0(),1230(),2,0,0(),0,3,0(),0,0,1(),0,0,0(FGPBAO，因为E是PA上一点，且AEAP3，所以)32,0,32(E.8 分所以).31,23,32(),0,3,0(),2,0,1(GEGFPA9 分设平面EFG的法向量为),(zyxn n
4、.则.0,0GEGFnnnn即.03,0312332yzyx令0y，则2,1zx，于是)2,0,1(n n11 分设直线PA与平面EFG所成角为，则.53|,cos|sinPAPAPAnnnnnn13 分选条件：32DAB.因为底面ABCD是边长为2的菱形，3所以3ADC.所以2AC.所以3OD,1OA.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
5、量X的所有可能取值为 1,2,3,4.且5 分301)1(4101733CCCXP；309)2(4102723CCCXP；3015)3(4103713CCCXP；305)4(4104703CCCXP.9 分所以随机变量X的分布列为X1234P3013093015305故随机变量X的数学期望.51430543015330923011)(XE11 分（III）由题意知，1 班每位同学获得奖品的概率为91)31(32)31(444334CC.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.729217)98(1314 分（19）（共 15 分）解：（I）由题设，22224,1
6、,.acabc解得2,3.ab4 分所以椭圆C的方程为221.43xy5 分()解法一：解法一：由题意可知)02(,A，)02(,B.设)2)(000 xyxP,，则22003412.xy6 分直线AP的方程为)2(200 xxyy.7 分4令4x，得点M的纵坐标为2600 xyyM，则M006(4,)2yx.8 分直线BP的方程：00(2)2yyxx.9 分令4x，得点N的纵坐标为2200 xyyN，则N002(4,)2yx.10 分设以MN为直径的圆经过x轴上的定点)0(1,xQ，则MQNQ.由0 NQMQ得0)2)(2(12)4(002021xxyx.11 分由式得)4(99361220
7、2020 xxy，代入得9)4(21x.12 分解得11x或71x.13 分所以以MN为直径的圆经过x轴上的定点)01(,和)07(,.14 分所以以MN为直径的圆截x轴所得的弦长为定值6.15 分解法二：解法二：由题意可知)02(,A，)02(,B.设)2)(000 xyxP,，则22003412.xy6 分因为4344312422202020200000 xxxyxyxykkBPAP,7 分设直线AP的方程为)2(xky.令4x，得点M的纵坐标为kyM6，则M)64(k ,.8 分则直线BP的方程为)2(43xky.9 分令4x，得点N的纵坐标为kyN23，则N)234(k ,.10 分设
8、以MN为直径的圆经过x轴上的定点)0(1,xQ，则NQMQ.11 分由0 NQMQ得0)230)(60()4(21kkx.12 分可得9)4(21x，解得11x或71x.13 分所以以MN为直径的圆经过x轴上的定点)01(,和)07(,.14 分所以以MN为直径的圆截x轴所得的弦长为定值6.15 分解法三：解法三：由题意可知)02(,A，)02(,B.设)2)(000 xyxP,，则22003412.xy6 分直线AP的方程为)2(200 xxyy.7 分令4x，得点M的纵坐标为2600 xyyM，则M006(4,)2yx.8 分直线BP的方程：00(2)2yyxx.9 分5令4x，得点N的纵
9、坐标为2200 xyyN，则N002(4,)2yx.10 分所以000062|22yyMNxx.则MN的中点为00003(4,)22yyQxx.11 分所以以MN为直径的圆的方程为2220000000033(4)()().2222yyyyxyxxxx12 分令0,y 则2222000002000003312(4)()().22224yyyyyxxxxxx由可得2200129(4).yx所以2(4)9.x所以1x 或7.x 13 分所以以MN为直径的圆恒过点(1,0),(7,0).14 分所以以MN为直径的圆截x轴所得的弦长为定值6.15 分(20)（共 15 分）解：（I）当1k 时，()ln
10、(1).f xxx所以1()1.1fxx 1 分因为(0)0,(0)0.ff3 分所以曲线)(xfy 在点)0(,0(f处的切线方程为0.y 4 分（II）函数)(xf定义域(1,).5 分因为1().1fxkx6 分法一：因为0,x 所以101.1x7 分当1k 时，()0,fx()f x在(0,)上单调递增，所以函数)(xf在(0,)上无最小值，即1k 不合题意.8 分当01k时，令()0,fx 则110.xk 当()0fx 时，11xk，()f x在1(1,)k上单调递增；当()0fx 时，101xk，()f x在1(0,1)k上单调递减.9 分6所以函数)(xf在(0,)上有最小值.所
11、以函数)(xf在(0,)上有最小值时k的取值范围为(0,1).10 分法二：因为1()11().111kk xkxkkfxkxxx6 分令()0fx，则11xk.7 分当1k 时，011kx，所以当0 x时，()0,fx 即()f x在(0,)上单调递增，所以函数)(xf在(0,)上无最小值，即1k 不合题意.8 分当01k时，110.xk 当()0fx 时，11xk，()f x在1(1,)k上单调递增；当()0fx 时，101xk，()f x在1(0,1)k上单调递减.9 分所以函数)(xf在(0,)上有最小值.所以函数)(xf在(0,)上有最小值时k的取值范围为(0,1).10 分（III
12、）设22()()ln(1).g xf xxkxxx由题意，存在0(0,)x，使0(0,)xx，恒有2()f xx，即0(0,)xx，恒有()0g x 成立.11 分因为212(2)1()2,11xkxkg xkxxx12 分设2()2(2)1h xxkxk.当01k时，函数()h x的对称轴为204kx，(0)10hk，即当0 x 时，()0h x，所以()0g x。所以()g x在0,)上单调递减.所以()(0)0g xg，即0(0,)xx，恒有()0g x 成立.13 分7当1k 时，令()0h x.因为222(2)4(2)(1)44(2)810kkkkk ，所以2(2)(2)84kkx.
13、因为当2(2)(2)8(0,4kkx）时，()0,g x 所以()g x在2(2)(2)8(0,4kk）上单调递增.所以()(0)0g xg，不合题意.14 分综上可知当01k时，存在0(0,)x，使0(0,)xx，恒有2()f xx.15 分(21)（共 15 分）解：（I）1,0,1,2,1.（答案不唯一1,2,1,0,1.）3 分（II）必要性：因为数列na是递增数列，所以11kkaa（1999,3,2,1k）.4 分所以数列na是以24为首项，公差为1的等差数列.所以2023112000242000）（a.5 分充分性：因为1|1kkaa，所以.11kkaa6 分所以119992000
14、aa，119981999aa，112aa.8所以199912000aa，即199912000 aa.7 分因为2023,2420001aa，所以199912000 aa.8 分所以011kkaa（1999,3,2,1k）.即数列na是递增数列.9 分综上，结论得证.（）令)1,3,21(1nkaabkkk，则1kb.10 分所以112baa，2113bbaa，1211nnbbbaa.所以1211)2()1(nnbbnbnnaS)1()1)(2()1)(1(1)2()1(121nbbnbnnnn)1()1)(2()1)(1(2)1(121nbbnbnnn.11 分因为1kb，所以kb1为偶数)1
15、,3,2,1(nk.所以)1()1)(2()1)(1(121nbbnbn为偶数.所以要使1nS，即01nS，必须使2)2)(1(12)1(nnnn为偶数.12 分即4整除)2)(1(nn，因为3n，所以14 mn或)(24*Nmmn.当)(14*Nmmn时，数列na的项满足1,0,1,0,1144142434mkkkkaaaaa),3,2,1(mk时，有1,11nSa；13 分当)(24*Nmmn时，数列na的项满足90,0,1,0,1244142434mkkkkaaaaa),3,2,1(mk时，有1,11nSa；14 分当mn4或)(34*Nmmn时，)2)(1(nn不能被4整除，此时不存在数列na，使得1,11nSa.15 分

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