2023年上海市宝山区高考数学二模试卷（含答案解析）

这是一份2023年上海市宝山区高考数学二模试卷（含答案解析），共14页。

3. 若幂函数y=xa的图像经过点(33,3)，则此幂函数的表达式为______ .
4. 已知复数(m2−3m−1)+(m2−5m−6)i=3(其中i为虚数单位)，则实数m=______ .
5. 已知数列{an}的递推公式为an=2an−1+1(n≥2)a1=2，则该数列的通项公式an=______ .
6. 在(x+2x)6的展开式中，常数项为______ .(结果用数字作答)
7. 从装有3个红球和4个蓝球的袋中，每次不放回地随机摸出一球.记“第一次摸球时摸到红球”为A，“第二次摸球时摸到蓝球”为B，则P(B|A)=______ .
8. 若数列{an}为等差数列，且a2=2，S5=20，则该数列的前n项和为Sn=______ .
9. 已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+C2=bsinA，则B=______.
10. 如图是某班一次数学测试成绩的茎叶图(图中仅列出[50,60),[90,100)的数据)和频率分布直方图，则x−y=______ .
11. 已知函数f(x)=1ax+1−12(a>0且a≠1)，若关于x的不等式f(ax2+bx+c)>0的解集为(1,2)，其中b∈(−6,1)，则实数a的取值范围是______ .
12. 已知非零平面向量a,b不平行，且满足a⋅b=a2=4，记c=34a+14b，则当b与c的夹角最大时，|a−b|的值为______ .
13. 若α：x2=4，β：x=2，则α是β的( )
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充要条件D. 既非充分又非必要条件
14. 已知定义在R上的偶函数f(x)=|x−m+1|−2，若正实数a、b满足f(a)+f(2b)=m，则1a+2b的最小值为( )
A. 95B. 9C. 85D. 8
15. 将正整数n分解为两个正整数k1、k2的积，即n=k1⋅k2，当k1、k2两数差的绝对值最小时，我们称其为最优分解.如20=1×20=2×10=4×5，其中4×5即为20的最优分解，当k1、k2是n的最优分解时，定义f(n)=|k1−k2|，则数列{f(5n)}的前2023项的和为( )
A. 51012B. 51012−1C. 52023D. 52023−1
16. 在空间直角坐标系O−xyz中，已知定点A(2,1,0)、B(0,2,0)和动点C(0,t,t+2)(t≥0).若△OAC的面积为S，以O、A、B、C为顶点的锥体的体积为V，则VS的最大值为( )
A. 215 5B. 15 5C. 415 5D. 45 5
17. 已知函数f(x)=sinxcsx− 3cs2x+ 32.
(1)求函数y=f(x)的最小正周期和单调区间；
(2)若关于x的方程f(x)−m=0在x∈[0,π2]上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围.
18. 四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，∠DAB=60∘，对角线AC与BD相交于点O，PO⊥底面ABCD，PB与底面ABCD所成的角为60∘，E是PB的中点.
(1)求异面直线DE与PA所成角的大小(结果用反三角函数值表示)；
(2)证明：OE//平面PAD，并求点E到平面PAD的距离.
19. 下表是某工厂每月生产的一种核心产品的产量x(4≤x≤20,x∈Z)(件)与相应的生产成本y(万元)的四组对照数据.
(1)试建立x与y的线性回归方程；
(2)研究人员进一步统计历年的销售数据发现，在供销平衡的条件下，市场销售价格会波动变化.经分析，每件产品的销售价格q(万元)是一个与产量x相关的随机变量，分布列为
假设产品月利润=月销售量×销售价格-成本.(其中月销售量=生产量)
根据(1)进行计算，当产量x为何值时，月利润的期望值最大？最大值为多少？
20. 已知抛物线Γ：y2=4x.
(1)求抛物线Γ的焦点F的坐标和准线l的方程；
(2)过焦点F且斜率为12的直线与抛物线Γ交于两个不同的点A、B，求线段AB的长；
(3)已知点P(1,2)，是否存在定点Q，使得过点Q的直线与抛物线Γ交于两个不同的点M、N(均不与点P重合)，且以线段MN为直径的圆恒过点P？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
21. 直线族是指具有某种共同性质的直线的全体.如：方程y=kx+1中，当k取给定的实数时，表示一条直线；当k在实数范围内变化时，表示过点(0,1)的直线族(不含y轴).
记直线族2(a−2)x+4y−4a+a2=0(其中a∈R)为Ψ，直线族y=3t2x−2t3(其中t>0)为Ω.
(1)分别判断点A(0,1)，B(1,2)是否在Ψ的某条直线上，并说明理由；
(2)对于给定的正实数x0，点P(x0,y0)不在Ω的任意一条直线上，求y0的取值范围(用x0表示)；
(3)直线族的包络被定义为这样一条曲线：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上每一点处的切线都是该直线族中的某条直线.求Ω的包络和Ψ的包络.
答案和解析
1.【答案】[2,3)
【解析】解：∵A=(1,3)，B=[2,+∞),
∴A∩B=[2,3).
故答案为：[2,3).
进行交集的运算即可．
本题考查了集合的区间的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
2.【答案】(0,1)
【解析】
【分析】
本题主要考查分式不等式的解法，属于基础题．
由不等式xx−1<0可得x(x−1)<0，由此解得不等式的解集．
【解答】
解：由不等式xx−1<0可得x(x−1)<0，解得0故答案为(0,1).

3.【答案】y=x3
【解析】解：∵幂函数y=xa的图像经过点(33,3)，
∴(33)α=3，∴α=3，
则此幂函数的表达式为y=x3.
故答案为：y=x3.
由题意，利用幂函数的定义和性质，求得α的值，从而得出结论．
本题主要考查幂函数的定义和性质，属于基础题．
4.【答案】−1
【解析】解：复数(m2−3m−1)+(m2−5m−6)i=3，
则m2−3m−1=3m2−5m−6=0，解得m=−1.
故答案为：−1.
根据已知条件，结合复数相等的条件，即可求解．
本题主要考查复数相等的条件，属于基础题．
5.【答案】3×2n−1−1
【解析】解：当n≥2时，an=2an−1+1，
∴an+1=2(an−1+1)，
即an+1an−1+1=2，
又∵a1=2，∴a1+1=3，
∴数列{an+1}是首项为3，公比为2的等比数列，
∴an+1=3×2n−1，
∴an=3×2n−1−1.
故答案为：3×2n−1−1.
当n≥2时，an=2an−1+1，所以an+1=2(an−1+1)，即构造等比数列{an+1}，再利用等比数列的通项公式求解即可．
本题主要考查了数列的递推式，考查了构造等比数列求数列的通项公式，属于中档题．
6.【答案】160
【解析】解：二项式(x+2x)6的展开式的通项为Tr+1=C6rx6−r(2x)r=2rC6rx6−2r，
令6−2r=0，得r=3，
故常数项是23⋅C63=160.
故答案为：160.
利用二项展开式的通项公式求出展开式的通项，令通项中的x的指数为0，列出方程求出r的值，将r的值代入通项，求出展开式中常数项即可．
本题考查二项式定理的应用，属于基础题．
7.【答案】23
【解析】解：由题意可知，P(A)=37，P(AB)=37×46=27，
故P(B|A)=P(AB)P(A)=23.
故答案为：23.
根据已知条件，结合条件概率公式，即可求解．
本题主要考查条件概率公式，属于基础题．
8.【答案】n2−n
【解析】解：设等差数列{an}的公差为d，
则a2=a1+d=2，S5=5a1+10d=20，解得a1=0，d=2，
所以Sn=na1+n(n−1)2d=n(n−1)=n2−n.
故答案为：n2−n.
直接代入等差数列通项公式，前n项和公式即可．
本题考查等差数列通项公式，前n项和公式，属于基础题．
9.【答案】π3
【解析】解：由题设可知：
利用正弦定理有：sinA⋅sinA+C2=sinB⋅sinA，
又由A∈(0,π)，则sinA≠0，
则sinA+C2=sinB，
即sinπ−B2=csB2=2sinB2csB2，
又由B∈(0,π)，则csB2≠0，
即2sinB2=1，由0解得B=π3.
故答案为：π3.
运用三角函数的诱导公式和二倍角公式，以及正弦定理，计算可得所求角；
本题考查三角函数的诱导公式和二倍角公式，考查正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
10.【答案】0.004
【解析】解：分数在[50,60)的频率为0.020×10=0.2，
由茎叶图得分数在[50,60)之间的频数为5，
所以全班人数为50.2=25(人)，
分数在[90,100)之间的频数为2，所以y=22510=0.008，
由10x=1−10×(0.036+0.024+0.020+0.008)，解得x=0.012.
所以x−y=0.004.
故答案为：0.004.
根据茎叶图，结合频率分布直方图中所有小矩形面积之和为1，求出全班人数以及频率分布直方图中的x、y.
本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
11.【答案】(1,2)
【解析】解：若f(x)>0，则1ax+1−12>0，
∴ax<1，
∴当00；当a>1时，x<0，
∵不等式f(ax2+bx+c)>0的解集为(1,2)，
∴a>1，ax2+bx+c<0，且ax2+bx+c<0的解集为(1,2)，
∴1和2是方程ax2+bx+c=0的两个根，
∴−ba=1+2=3，∴a=−13b，
∵b∈(−6,1)，∴a∈(−13,2)，
又∵a>1，∴a∈(1,2)，
即实数a的取值范围是(1,2).
故答案为：(1,2).
先解f(x)>0的解集，再将ax2+bx+c当做一个整体，结合不等式f(ax2+bx+c)>0的解集形式即可化简该不等式，从而建立方程，解出a，b的关系式，最后再由b的范围即可求得a的取值范围．
本题主要考查了指数不等式、一元二次不等式的解法，考查了韦达定理的应用，属于中档题．
12.【答案】4
【解析】解：由非零平面向量a,b不共线，且满足a⋅b=a2=4，建立如图所示的平面直角坐标系：
则A(2,0)，B(2,b)，b>0，
则a=(2,0),b=(2,b)，由c=34a+14b，则C(2,b4)，则直线OB，OC的斜率分别为b2,b8，
由两直线的夹角公式可得：
tan∠BOC=b2−b81+b2×b8=38b+b2≤32 8b×b2=34，
当且仅当8b=b2，即b=4时取等号，此时B(2,4)，则a−b=(0,−4)，
所以|a−b|=4.
故答案为：4.
先建系，再结合平面向量数量积的坐标及基本不等式的应用求出向量b，进而通过运算求得|a−b|的值．
本题考查平面向量数量积的坐标运算及基本不等式求最值的运用，考查转化与化归思想，在使用基本不等式时，注意等号成立的条件．
13.【答案】B
【解析】解：α：x2=4，即x=±2，β：x=2，
故α是β的必要非充分条件．
故选：B.
根据已知条件，结合充分条件、必要条件的定义，即可求解．
本题主要考查充分条件、必要条件的定义，属于基础题．
14.【答案】A
【解析】解：∵f(x)=|x−m+1|−2为R上的偶函数，
∴−m+1=0，∴m=1，
∴f(x)=|x|−2，
又∵正实数a、b满足f(a)+f(2b)=m，
∴(a−2)+(2b−2)=1，
即a+2b=5，
∴1a+2b=15(a+2b)(1a+2b)=15(5+2ab+2ba)≥15(5+2 2ab⋅2ba)=95，当且仅当2ab=2ba，即a=b=53时，等号成立，
即1a+2b的最小值为95.
故选：A.
由f(x)为偶函数可得−m+1=0，进而求出m的值，得到f(x)的解析式，再由正实数a、b满足f(a)+f(2b)=m，可得a+2b=5，结合基本不等式求解即可．
本题主要考查了函数的奇偶性，考查了利用基本不等式求最值，属于基础题．
15.【答案】B
【解析】解：当n=2k(k∈N*)时，52k=5k×5k，
则f(52k)=|5k−5k|=0，
当n=2k−1(k∈N*)时，52k−1=5k−1×5k，
则f(52k−1)=|5k−5k−1|=5k−5k−1，
故数列{f(5n)}的前2023项的和为(5−1)+0+(52−5)+0+(53−52)+⋅⋅⋅+(51011−51010)+0+(51012−51011)=51012−1.
故选：B.
根据已知条件，结合f(n)=|k1−k2|，分奇数、偶数讨论，即可求解．
本题主要考查数列的求和，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】C
【解析】解：由已知OA=(2,1,0)，OB=(0,2,0)，OC=(0,t,t+2)(t≥0)，
设直线OA的单位方向向量为μ，则μ=(2 55, 55,0)，
所以C到直线OA的距离h= OC2−(OC⋅μ)2= t2+(t+2)2−15t2= 9t2+20t+20 5，
所以S=12× 5× 9+20t+20 5=12 9t2+20t+20，
V=13⋅S△OAB⋅(t+2)=13×12×2×2×(t+2)=2(t+2)3，
则VS=2(t+2)312 9t2+20t+20=49⋅ 9t2+36t+369t2+20t+20
=49⋅ 1+16×t+19t2+20t+20，
令m=t+1(m≥1)，则t=m−1，
所以t+19t2+20t+20=m9(m−1)2+20(m−1)+20=m9m2+2m+9
=19m+9m+2≤12 9m⋅9m+2=120，
当且仅当9m=9m，即m=1时等号成立，
所以VS≤49⋅ 1+16×120=4 515，
即VS的最大值为4 515.
故选：C.
由已知OA=(2,1,0)，OB=(0,2,0)，OC=(0,t,t+2)(t≥0)，设直线OA的单位方向向量为μ，根据空间向量公式求出C到直线OA的距离，得到△OAC的面积为，根据锥体体积公式得到以O、A、B、C为顶点的锥体的体积为V，利用分离常数法和基本不等式求解即可得到最大值．
本题考查空间几何体的体积的计算，考查基本不等式的应用，属中档题．
17.【答案】解：(1)f(x)=sinxcsx− 3cs2x+ 32=12sin2x− 3×1+cs2x2+ 32=12sin2x− 32cs2x=sin(2x−π3)，
故T=2π2=π，
令−π2+2kπ≤2x−π3≤π2+2kπ，k∈Z，则x∈[kπ−π12,kπ+5π12]，k∈Z，
故函数f(x)的单调递增区间为[kπ−π12,kπ+5π12]，k∈Z.
令π2+2kπ≤2x−π3≤2kπ+3π2，k∈Z，则x∈[kπ+5π12,kπ+11π12]，k∈Z，
故函数f(x)的单调递减区间为[kπ+5π12,kπ+11π12]，k∈Z.
(2)∵关于x的方程f(x)−m=0在x∈[0,π2]上有两个不同的实数解，
∴m=f(x)在[0,π2]上有两个不同的实数解，即函数y=m与函数y=f(x)的图象在[0,π2]上有两个不同的交点，
令t=2x−π3，则t∈[−π3,2π3]，
即函数y=m与函数g(t)=sint的图象在[−π3,2π3]上有两个不同的交点，函数g(t)在[−π3,π2]上单调递增，在[π2,2π3]上单调递减，
且g(π2)=1，g(π3)=g(2π3)= 32，
∴ 32≤m<1，
故实数m的取值范围为[ 32,1).
【解析】(1)根据三角函数恒等变换的应用化简可求解析式f(x)=sin(2x−π3)，再结合正弦函数的图象与性质即可求解．
(2)原问题可转化为函数y=m与函数y=f(x)的图象在[0,π2]上有两个不同的交点，再结合正弦函数的图象与性质即可求解．
本题考查三角函数恒等变换的应用和正弦函数的性质的应用，考查了函数思想、转化与化归思想和运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)因为PO⊥底面ABCD，BO=OD，
所以PB=PD，
又因为PB与底面ABCD所成的角为60∘，所以△PBD为等边三角形，
因为E为PB的中点，所以PO=DE= 32PD= 3，
因为四边形ABCD边长为2的菱形，∠DAB=60∘，所以△ABD为等边三角形，即BD=2，
所以DE= 3，AO= 3，DF= 3，
取AB的中点F，连接EF，DF，可得EF//PA，
所以DE与EF所成的角即为DE与PA所成的角，
则EF=12PA，PA= PO2+AO2= 3+3= 6，
所以EF= 62，
在△DEF中，cs∠DEF=DE2+EF2−DF22DE⋅EF=3+32−32× 3× 62= 24，
所以∠DEF=arccs 24，
即异面直线DE与PA所成角的大小为arccs 24；
(2)证明：连接OF，
由(1)可得OF//AD，EF//PA，EF∩OF=F，
所以面OEF//面PAD，
因为OE⊆面OEF，
所以OE//面PAD；
所以O到面PAD的距离等于E到面PAD的距离，设h，
则VO−PAD=VP−AOD，
而VP−AOD=13SAOD⋅PO=13⋅12S△ABD⋅PO=13⋅12× 34×2×2× 3，
S△PAD=12PA⋅ AD2−(PA2)2=12⋅3 2⋅ 32−( 62)2=12⋅3 2⋅ 302，
所以13⋅12⋅3 2⋅ 302h=13×12⋅ 34×2×2× 3，解得h= 155，
即点E到平面PAD的距离为 155.
【解析】(1)取AB的中点F，连接EF，DF，可得EF//PA，所以DE与EF所成的角即为DE与PA所成的角，由题意求出EF，DE，DF的值，由余弦定理可得两条直线所成角的余弦值，进而求出角的大小；
(2)由(1)可证得面OEF//面PAD，进而可证得OE//面PAD，进而可知E到平面PAD的距离等于O到平面PAD的距离，再由等体积法求出O到平面PAD的距离．
本题考查线面平行的证法及面面平行的性质的应用，等体积法求点到面的距离的应用，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由表可知，x−=14(4+6+8+10)=7，y−=14(12+20+28+84)=36，
i=14xiyi=4×12+6×20+8×28+10×84=1232，i=14xi2=42+62+82+102=216，
所以b =i=14xiyi−4x−y−i=14xi2−4x−2=1232−4×7×36216−4×72=11.2，
a =y−−b x−=36−11.2×7=−42.4，
故x与y的线性回归方程为y =11.2x−42.4.
(2)设月利润为z，则z=qx−y，
所以月利润z的分布列为
所以E(z)=14[100x−x2−(11.2x−42.4)]+12[90x−x2−(11.2x−42.4)]+14[80x−x2−(11.2x−42.4)]=−x2+78.8x+42.4=−(x−39.4)2+1594.76，
所以当x=39.4时，E(z)取得最大值1594.76，
故当产量x为39.4件时，月利润的期望值最大，最大值为1594.76万元．
【解析】(1)根据表中数据，结合回归系数的计算公式，即可得解；
(2)设月利润为z，由z=qx−y，可得月利润z的分布列，再结合数学期望的计算方法，并利用二次函数的图象与性质，得解．
本题考查线性回归方程的求法，数学期望的计算与应用，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)抛物线Γ：y2=4x，
则p=2，且焦点在x轴正半轴，
故抛物线Γ的焦点F(1,0)，准线l：x=−1；
(2)由(1)可得，F(1,0)，
则直线AB方程为y=12(x−1)，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，
联立方程y=12(x−1)y2=4x，化简整理可得，x2−18x+1=0，
Δ=(−18)2−4×1×1=320>0，x1+x2=18，
故|AB|=x1+x2+p=20；
(3)存在，理由如下：
设直线MN：x=my+n，M(x3,y3)，N(x4,y4)，
联立方程x=my+ny2=4x，消去x可得，y2−4my−4n=0，
则Δ=16(m2+n)>0，y3+y4=4m，y3y4=−4n，
PM=(x3−1,y3−2)，PN=(x4−1,y4−2)，
若以线段MN为直径的圆恒过点P，
则PM⊥PN，
PM⋅PN=(x3−1)(x4−1)+(y3−2)(y4−2)=(my3+n−1)(my4+n−1)+(y3−2)(y4−2)
=(m2+1)y3y4+(mn−m−2)(y3+y4)+(n−1)2+4=(m2+1)⋅(−4n)+(mn−m−2)⋅(4m)+(n−1)2+4，
=−4(m+1)2+(n−3)2=(n+2m−1)(n−2m−5)=0，解得n+2m−1=0或n−5m−5=0，
若n+2m−1=0，即n=1−2m，
直线MN：x=my+1−2m=m(y−2)+1，过定点(1,2)，与点P重合，不符合题意，
若n−2m−5=0，即n=2m+5，
则Δ=16(m2+n)=16(m2+2m+5)=16[(m+1)2+4]>0，
则直线MN：x=my+2m+5=m(y+2)+5，过定点(5,−2)，
综上所述，直线MN过定点Q(5,−2)；
【解析】(1)根据已知条件，结合抛物线的性质，即可求解；
(2)根据已知条件，先求出直线AB的方程，再与抛物线联立，推得x2−18x+1=0，再根据韦达定理，以及抛物线的定义，即可求解；
(3)根据已知条件，设出直线MN，并与抛物线联立，推得y2−4my−4n=0，再结合向量垂直的性质，以及韦达定理，即可求解．
本题主要考查直线与圆锥曲线的综合，考查转化能力，属于难题．
21.【答案】解：(1)将点A(0,1)代入直线族2(a−2)x+4y−4a+a2=0，可得4−4a+a2=0，解得a=2，
故点A在直线y=1上；
将B(1,2)代入直线族2(a−2)x+4y−4a+a2=0，可得2(a−2)+8−4a+a2=0，该方程无解，
故点B不在Ψ的某条直线上；
(2)若点P(x0,y0)不在Ω的任意一条直线上，则关于t的方程y0=3t2x0−2t3无解，
令f(t)=3t2x0−2t3，则f′(t)=6tx0−6t2=6t(x0−t)，
当t∈(0,x0)时，f′(t)>0，f(t)单调递增，当t∈(x0,+∞)时，f′(t)<0，f(t)单调递减，
则f(t)max=f(x0)=x03，则y0>x03，即y0的取值范围为(x03,+∞)；
(3)由(2)的结论猜测Ω的包络是曲线y=x3，x>0，则y′=3x2，
由3x2=3t2，解得x=t，
在曲线y=x3，x>0上任取一点(t,t3)(t>0)，则过该点的切线方程为y−t3=3t2(x−t)，即y=3t2x−2t3，
而对任意的t>0，y=3t2x−2t3的确为曲线y=x3，x>0的切线，
故Ω的包络是曲线y=x3，x>0；
将2(a−2)x+4y−4a+a2=0整理为关于a的方程a2+2(x−2)a+4(−x+y)=0，
若该方程无解，则Δ=4(x−2)2−16(−x+y)<0，整理得y>x24+1，
猜测Ψ的包络为y=x24+1，则y′=12x，
由12x=−2(a−2)4，得x=2−a，
在抛物线y=x24+1上任取一点(2−a,(2−a)24+1)，
则过该点的切线方程为y−[(2−a)24+1]=12a[x−(2−a)]，即2(a−2)x+4y−4a+a2=0，
而对任意的a∈R，2(a−2)x+4y−4a+a2=0的确为抛物线y=x24+1的切线，
故Ψ的包络为抛物线y=x24+1.
【解析】(1)根据直线族的定义判断即可；
(2)根据题意可得y0=3t2x0−2t3无解，令f(t)=3t2x0−2t3，利用导数求出f(t)的最值，即可得解；
(3)猜测Ω的包络是曲线y=x3，x>0，Ψ的包络为y=x24+1，再结合已知条件判断其符合定义即可．
本题以新定义为载体，考查导数的几何意义，曲线方程等知识点，考查分析问题解决问题以及运算求解能力，属于中档题．
x
4
6
8
10
y
12
20
28
84
q
100−x
90−x
80−x
P
14
12
14
z
100x−x2−(11.2x−42.4)
90x−x2−(11.2x−42.4)
80x−x2−(11.2x−42.4)
P
14
12
14