2023届上海市高三模拟数学试题含解析

2023届上海市高三模拟数学试题

一、填空题

1．已知，则__________.

【答案】

【分析】根据共轭复数和复数模的定义求解.

【详解】因为，所以，

所以，

所以，

故答案为: .

2．__________.

【答案】3

【分析】根据平面向量的数量积的坐标运算求解.

【详解】由题意可得：，解得.

故答案为：3.

3．双曲线的焦点为__________.

【答案】

【分析】根据双曲线的方程求，进而可得焦点坐标，注意焦点所在的位置.

【详解】由题意可得：，且双曲线的焦点在x轴上，

故双曲线的焦点为.

故答案为：.

4．不等式的解集是__________.

【答案】或

【分析】分别在，，时去分母，化简不等式求其解.

【详解】因为，

所以当时，，

解得，所以，

当时，，

解得，所以，

当时，，

解得，满足条件的不存在，

所以不等式的解集是或，

故答案为：或.

5．若，则__________.

【答案】

【分析】根据指、对数函数求集合，再结合集合的交集运算求解.

【详解】由题意可得：，

故.

故答案为：.

6．在的零点为__________.

【答案】

【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得，令结合运算求解.

【详解】由题意可得：，

令，则或，即或，

∵，则或或，

故在的零点为.

故答案为：.

7．设，则满足在上恒正的是__________.（填写序号）

①；②；③；④.

【答案】①③

【分析】求导，根据题意逐项分析运算.

【详解】对①：，则，

故在上恒成立，①成立；

对②：，则，

故在上恒成立，在上恒成立，②不成立；

对③：，则，

故在上恒成立，③成立；

对④：由，解得，

故的定义域为，

则，故在上恒成立，④不成立；

故答案为：①③.

8．随机变量的分布列如下列表格所示，其中为的数学期望，则__________.

【答案】0

【分析】根据离散型随机变量的分布列的数学期望公式求解即可.

【详解】根据概率的性质可得解得，

所以，

所以.

故答案为:0.

9．有五只笔编号1-5，现将其放入编号1-5的笔筒中，且恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，这样的情况有__________种.

【答案】10

【分析】根据题意结合组合数分析运算.

【详解】若恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，则有3只笔放入与其编号相同的笔筒中，另外两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，

故有种.

故答案为：10.

10．无穷数列的前项和，存在正整数，使恒成立，则__________.

【答案】或或

【分析】根据题意结合周期数列分析可得，即，分类讨论运算求解.

【详解】由题意可得：，

假设，则

，

可得的可能取值不可能仅限三个，假设不成立，

故，

即，则有：

当，则，例如数列，符合题意；

当，即，则，例如数列，符合题意；

当，即，则，例如数列，符合题意；

综上所述：或或.

故答案为：或或.

11．正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为__________.

【答案】##

【分析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.

【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，

设，可得，

设平面的法向量为，则有，

令，则，即，

设直线与面的交点为，

则，

∵点在直线上，可设，

则，即，

故，则，

又∵点在面上，则，解得，

故，

则，

设，

则，解得，

若点位于内（包括边界），则，整理得，

如图，在面中，即，

作出相应的区域，可得，

故点构成的图形面积为.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

（1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标；

（2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则.

12．在上非严格递增，满足，若存在符合上述要求的函数及实数，满足，则的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据题意整理可得：对，则，分类讨论的取值范围，分析运算.

【详解】∵，即

对，则

，

故对，则，

∵，则有：

1.当时，则，

可得，不成立；

2.当时，则，

可得，则，

若，解得，符合题意；

特别的：例如，取，则，解得；

例如，取，则，解得；

故；

3.当时，则，

可得，不成立；

4.当时，则，

可得，则，

若，解得，符合题意；

特别的：例如，取，则；

例如，取，则；

故；

5.当时，则，

可得，不成立；

综上所述：的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】关键点点睛：

（1）对，结合累加法求得；

（2）对于分段函数，一般根据题意分类讨论，本题重点讨论与的大小关系；

（3）对特殊函数的处理，本题可取和.

二、单选题

13．已知，则“”是“”的（    ）条件.

A．充分不必要 B．充要

C．必要不充分 D．既不充分也不必要

【答案】B

【分析】解不等式，根据充要条件的定义判断即可.

【详解】由可得即，

解得或，

由可得即，

所以也即，

解得或，

所以“”是“”的充要条件，

故选:B.

14．已知两组数据和的中位数､方差均相同，则两组数据合并为一组数据后，（    ）

A．中位数一定不变，方差可能变大

B．中位数一定不变，方差可能变小

C．中位数可能改变，方差可能变大

D．中位数可能改变，方差可能变小

【答案】A

【分析】根据中位数、方差的概念分析运算.

【详解】对于中位数：不妨设，

则两组数据和的中位数分别为，则，

两组数据合并为一组数据后，则中位数为，故中位数一定不变；

对于方差：设的平均数为，方差为，的平均数为，方差为，

则，

可得，

则两组数据合并为一组数据的平均数，

方差

，

当且仅当时等号成立，

故方差可能变大，一定不会变小；

故选：A.

15．双曲线的焦点，圆，则（    ）

A．存在，使对于任意，与至少有一个公共点

B．存在，使对于任意，与至多有两个公共点

C．对于任意，存在，使与至少有两个公共点

D．对于任意，存在，使与至多有一个公共点

【答案】C

【分析】联立方程可得，构建，根据二次函数讨论在上的零点分布，并结合对称性分析与的交点个数.

【详解】设双曲线方程为：，

联立方程，消去y得，

由圆可知：x的取值范围为，

构建，，

则的对称轴，

且，

当即时有且只有一个零点，

当即时有且只有一个零点.

当即时无零点.

当即时有且只有两个零点.

当即时有且只有两个零点。

当即时有且只有一个零点.

注意到当，与的交点坐标为，当时，与的交点坐标有，即会出现交点在对称轴上，结合与的对称性可得：

当时，使与没有公共点；

当时，使与有且仅有一个公共点；

当时，使与有两个公共点；

当时，使与有三个公共点；

当时，使与有四个公共点.

对A：存在，使对于任意，使得，此时与没有公共点，A错误；

对B：存在，使对于任意，使得，此时与至少有三个公共点，B错误；

对C：对于任意，存在，使得，与至少有两个公共点，C正确；

对D：对于任意，存在，使得，与至少有两个公共点，D错误.

故选：C.

【点睛】关键点点睛：

（）联立方程，将方程根的个数转化为函数的零点问题，结合二次函数与零点存在性定理分析运算；

（）注意到与均关于x轴对称，可以利用对称性分析交点个数.

16．设，若正实数满足：则下列选项一定正确的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】对新定义进行化简，分别在条件，，，下化简，

结合所得结果，进一步确定满足条件的关系，由此判断各选项.

【详解】因为，

，

又

所以，

(1)若则，不等式

可化为，则，所以，

①若，则可化为，矛盾，

②若，则可化为，矛盾，

③若，则可化为，矛盾，

(2)若则，不等式

可化为，所以，

①若，则可化为，矛盾，

②若，则可化为，满足，

可化为，满足，

③若，则可化为，满足，

可化为，满足，

(3)若则，不等式

可化为，所以

①若，则可化为，满足，

可化为，满足，

②若，则可化为，满足，

可化为，满足，

③若，则可化为，满足，

可化为，满足，

(4)若则，不等式

可化为，所以，

①若，则可化为，满足，

可化为，矛盾，

②若，则可化为，矛盾，

③若，则可化为，矛盾，

综上， 或或或或，

由知，A错误；

由知，B错误；

当时，，

取可得，满足条件但，

C错误；

当时，，

当时，

当时，，

当时，，

当时，，

故选：D.

【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.

三、解答题

17．函数，且.

(1)判断在上的单调性，并利用单调性的定义证明；

(2)，且在上有零点，求的取值范围.

【答案】(1)单调递增，证明见解析；

(2)

【分析】（1）由题意解出的值，再利用单调性的定义证明即可；

（2）转化问题为在上有解，则有解，利用导函数求的单调性，进而求得取值范围即可.

【详解】（1）由题意可得，解得，所以，

在上单调递增，证明如下：

任取，则，

因为在上单调递增，且，

所以，，

所以，即，

所以在上单调递增.

（2）由（1）得，

在上有零点，即在上有解，则有解，

令，则，

令解得，令解得，

所以在单调递减，在单调递增，

所以，没有最大值，

所以.

18．正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.

(1)求四面体的体积；

(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或

【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；

（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.

【详解】（1）

如图所示，连接，交于点，过作于点，

由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，

得，，平面，，

，

又，，平面，

平面，

又，则，

因为为上靠近的三等分点，

则，且平面，

所以；

（2）

设平面与平面所成角为，则，，

如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，

因为为上靠近的三等分点，

则，且，，，

设，，

则，，

设平面的法向量为，

则，即，

令，则，

又由（1）得平面，

则平面的法向量为，

所以，

解得或，

所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.

19．高铁的建设为一个地区的经济发展提供了强大的推进力，也给人们的生活带来极大便捷.以下是2022年开工的雄商高铁线路上某个路段的示意图，其中线段､代表山坡，线段为一段平地.设图中坡的倾角满足，长长长.假设该路段的高铁轨道是水平的（与平行），且端点分别与在同一铅垂线上，每隔需要建造一个桥墩（不考虑端点建造桥墩）

(1)求需要建造的桥墩的个数；

(2)已知高铁轨道的高度为，设计过程中每放置一个桥墩，设桥墩高度为（单位：），单个桥墩的建造成本为（单位：万元），求所有桥墩建造成本总和的最小值.

【答案】(1)18个

(2)715.625万元

【分析】（1）先由正切值得到余弦值，进而计算得到得到的长，再计算得出，结合每30m放置一个桥墩，

即可求出需要建造的个数.

（2）可设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，写出和

对应的桥墩高度的表达式，然后利用数列求和求出所有桥墩的高度，计算出成本总和的最小值即可得

出答案.

【详解】（1）由，，可得，，过点向作垂线，垂足为，则

，，，

故修建桥墩个数为个.

（2）设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，

由，之间可以建13或14个桥墩，当可以建14个桥墩时，

，当时，AC之间可以建13个桥墩，而，

即之间可以建8个桥墩，在时，当，，

，，；

当，

；当，；同理写出，

表达式总结如下：

①当时：

解得

求和后得到的高度总和

②当时：

求和后得到的高度总和

所以当，，当，，

即桥墩高度总和最小为，成本最小值为万元.

【点睛】方法点睛：利用数列求解最值问题一般有三种方法：

（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数单调性判断数列的单调性，从而确定数列的最值.

（2）结合基本不等式求最值，将通项或者前n项和转化为基本不等式的形式求最值.

（3）利用相邻项比较，判断数列的单调性，求最大值只需要满足，得出最值.

20．已知点是抛物线的焦点，动点在抛物线上，设直线与抛物线交于D､E两点（P､D､E均不重合）.

(1)若经过点，求点坐标；

(2)若，证明：直线过定点；

(3)若且，四边形面积为，求直线的方程.

【答案】(1)

(2)证明见解析

(3)

【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求点，进而求得直线的方程，联立方程求点；

（2）由整理可得，结合韦达定理可得，代入抛物线方程即可得结果；

（3）由题意可得四边形为平行四边形，结合向量和韦达定理分析可得，再根据面积可求得，即可得结果.

【详解】（1）由题意可得：抛物线的焦点，

设，

则，解得，即，

故直线的斜率，即直线的方程为，

联立方程，消去得，解得或，

即，由，

故点坐标.

（2）设直线，

联立方程：，消去得，

则，

∵，

由，可得，解得，

即在抛物线上，则，解得，

故直线过定点.

（3）设直线，可得

由题意可得：四边形为平行四边形，则，

故，可得，

由（2）可得，即，

点到直线的距离为，

故四边形的面积为，

解得，则，

故直线，即.

【点睛】方法定睛：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．

21．数列项数为，我们称为的“映射焦点”，如果满足：①；

②对于任意，存在，满足，并将最小的记作；

(1)若，判断时，4是否为映射焦点？5是否为映射焦点？

(2)若时，是映射焦点，证明：的最大值为4；

(3)若，，求的最小值.

【答案】(1)4是映射焦点，5不是映射焦点

(2)证明见详解

(3)

【分析】（1）根据题意分析判断；

（2）根据题意先证明当均是映射焦点，再证均不是映射焦点，即可得结果；

（3）由求和性质：在保证取最小值的前提下，根据题意可知：存在，使得，构造数列，并根据题意验证，再证此时的确最小.

【详解】（1）由题意可得：，

如果，则有：

①；

②对于任意，存在，满足；

故4为映射焦点.

如果，则：，故5不是映射焦点.

（2）当时，则有：

①；

②对于任意，存在，且，满足；

故均为映射焦点；

当时，则有：

①；

②取，令，则，

解得或，

但，

即不存在，满足；

故5不是映射焦点；

∵当时为递增数列，

故当时，不存在，满足，

故均不是映射焦点；

综上所述：的最大值为4.

（3）对于给定的，则或，显然较小的为，

且为奇数，则当为奇数时，为偶数，当为偶数时，为奇数，

当时，均取最小值，且，故最小的两个正整数为，

故取，

当时，则有：

∵，则，即，

又，则，即，

故取，

这样，则，即，满足；

，则，即，满足；

，则，即，满足；

即构成的数列满足.

下证此时为最小值，

设第一个等于2的项为，则为偶数，可得均不为2，

若有一项为1，则该项的相邻项必有2，不成立；

故均大于2，

①若，则，则均不为2，

若有一项为1，则该项的相邻项必有2，不成立；

故均大于2，

且，则，

显然时，最小，

此时，

故；

②若，则，

故，

可得；

综上所述：.

故的最小值为256.

【点睛】关键点点睛：

（1）在保证取最小值的前提下，构造数列并保证题意成立；

（2）分类讨论证明构造的数列使得最小.