2023年上海市杨浦区高三二模数学试卷含详解

上海市杨浦区2023届高三二模数学试卷

2023.04

一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

1. 集合，，则______

2. 复数的虚部是______

3. 已知等差数列中，，则数列的通项公式是___________.

4. 设，则______

5. 函数的导数是______

6. 若圆锥的侧面积为，高为4，则圆锥的体积为______

7. 由函数的观点，不等式的解集是______

8. 某中学举办思维竞赛，现随机抽取50名参赛学生的成绩制作成频率分布直方图（如图），估计学生的平均成绩为______分

9. 内角、、的对边是、、，若，，，则______

10. 若､是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为________.

11. 若存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为______

12. 已知非零平面向量、、满足，，且，则的最小值是______

二.选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）

13. 已知、，则“”是“”的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要

14. 对成对数据、、…、用最小二乘法求回归方程是为了使（    ）

A  B.

C. 最小 D. 最小

15. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上严格递减的是（    ）

A.  B.  C.  D.

16. 如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（    ）

A.  B.  C. 2 D.

三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）

17. 已知一个随机变量的分布为：.

（1）已知，求、值；

（2）记事件：为偶数；事件：.已知，求，，并判断、是否相互独立？

18. 四边形是边长为1正方形，与交于点，平面，且二面角的大小为.

（1）求点到平面距离；

（2）求直线与平面所成的角.

19. 如图，某国家森林公园一区域为人工湖，其中射线、为公园边界.已知，以点为坐标原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系（单位：千米）.曲线的轨迹方程为：.计划修一条与湖边相切于点的直路（宽度不计），直路与公园边界交于点、两点，把人工湖围成一片景区.

（1）若点坐标为，计算直路的长度；（精确到0.1千米）

（2）若为曲线（不含端点）上的任意一点，求景区面积的最小值.（精确到0.1平方千米）

20. 已知椭圆的右焦点为，直线.

（1）若到直线的距离为，求；

（2）若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求；

（3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围.

21. 已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，，，.

（1）写出数列前4项的所有可能取法；

（2）判断：是否存在正整数，满足，并说明理由；

（3）为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值.

上海市杨浦区2023届高三二模数学试卷

2023.04

一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）

1. 集合，，则______

【答案】

【分析】根据一元二次方程化简集合,由集合的交运算即可求解.

【详解】由得，所以，

故答案为：

2. 复数的虚部是______

【答案】##0.96

【分析】根据复数除法法则化简即得结果.

【详解】因为，所以虚部为.

故答案为：

3. 已知等差数列中，，则数列的通项公式是___________.

【答案】##

【分析】设公差为d，由基本量代换列方程组，解出，即可得到通项公式.

【详解】设等差数列的公差为d，由题意可得：，

解得：，

所以.

故答案为：.

4 设，则______

【答案】

【分析】先写出的二项展开式的通项，再求出即可.

【详解】的二项展开式的通项：

，

故．

故答案为：.

5. 函数的导数是______

【答案】

【分析】根据复合函数求导法则进行求导即可.

【详解】因为，

所以.

故答案为：.

6. 若圆锥的侧面积为，高为4，则圆锥的体积为______

【答案】

【分析】圆锥的半径为r，母线长为l，高为h，则侧面积为，再结合，可得的值.然后根据椎体体积公式计算即可.

【详解】

设圆锥的半径为，母线长为，高为 ，有，解得：.

故答案为： .

7. 由函数的观点，不等式的解集是______

【答案】

【分析】构造可得为单调递增函数，有即可求解.

【详解】令，由于均为单调递增函数，因此为 上的单调递增函数，又，故的解为，

故答案为：

8. 某中学举办思维竞赛，现随机抽取50名参赛学生的成绩制作成频率分布直方图（如图），估计学生的平均成绩为______分

【答案】

【分析】利用直方图求学生的平均成绩即可.

【详解】由直方图知：平均成绩为分.

故答案为：

9. 内角、、的对边是、、，若，，，则______

【答案】##

【分析】利用正弦定理及大边对大角即可求解.

【详解】因为，，，

由正弦定理得，

所以或.

由，得,

所以，

所以.

故答案为：.

10. 若､是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为________.

【答案】

【分析】根据双曲线的定义算出△AF1F2中，|AF1|=2a，|AF2|=4a，由△ABF2是等边三角形得∠F1AF2=120°，利用余弦定理算出c=a，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线C的离心率.

【详解】因为△ABF2为等边三角形，可知，

A为双曲线上一点，，

B为双曲线上一点，则 ，即，

∴

由，则，已知，

在△F1AF2中应用余弦定理得：，

得c2=7a2，则e2＝7⇒e＝

故答案为：

【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率，常常不能经过条件直接得到a，c的值，这时可将或视为一个整体，把关系式转化为关于 或的方程，从而得到离心率的值.

11. 若存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为______

【答案】

【分析】利用的图像与性质，直接求出函数的零点，再利用题设条件建立不等关系且，从而求出结果.

【详解】因为，由，得到，

所以或，

所以或，

又因为存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，所以

且，即且，解得.

故答案：

12. 已知非零平面向量、、满足，，且，则的最小值是______

【答案】

【分析】由向量的运算，数量积与模长的关系，利用三角函数的性质求最值即可.

【详解】

解：如图，，，则，，

已知，即，所以，

取BD的中点O，则有，

而，根据三角形三边关系可知

则，所以，当A，O，C三点共线时取等号，

记向量的夹角为，则，

同理，

由，可得，

则，

当，即时取等号，

所以，即的最小值是，

故答案为：.

【点睛】本题考查平面向量的综合运用，关键点在于利用三角形的三边关系得到不等式，进而利用数量积求模长.

二.选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）

13. 已知、，则“”是“”的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要

【答案】C

【分析】利用函数在上单调递增即可判断出结论.

【详解】是奇函数且为递增函数，所以，则，即，同理，，则，函数单调递增，得；

“”是“”的充要条件.

故选：C.

14. 对成对数据、、…、用最小二乘法求回归方程是为了使（    ）

A.  B.

C. 最小 D. 最小

【答案】D

【分析】由最小二乘法的求解即可知.

【详解】根据最小二乘法的求解可知：回归方程是为了使得每个数据与估计值之间的差的平方和最小，

故选：D

15. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上严格递减的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【分析】利用奇偶性定义判断各函数的奇偶性，再由指对幂函数的性质判断区间单调性，即可得答案.

【详解】由且，故为偶函数，在上递减，A符合；

由的定义域为，故为非奇非偶函数，B不符合；

由定义域为，又，故为偶函数，在上递增，C不符合；

由的定义域为，，故为偶函数，在上递增，D不符合.

故选：A

16. 如图，一个由四根细铁杆、、、组成的支架（、、、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】B

【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心到点的距离.

【详解】

如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，

又，故各侧面均为等边三角形，

若侧面三角形边长为，则，，，

显然△△，故，则.

故选：B.

三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）

17. 已知一个随机变量的分布为：.

（1）已知，求、的值；

（2）记事件：为偶数；事件：.已知，求，，并判断、是否相互独立？

【答案】（1），；   

（2），，事件与不相互独立.

【分析】（1）根据分布的性质及数学期望列方程直接求解即可；

（2）由及分布列性质求出、，进一步求出，，利用两个事件相互独立的定义判断即可.

【小问1详解】

由随机变量的分布的性质有，得，

又

，

解得，所以，即，；

【小问2详解】

由题意，，又事件：为偶数，

所以，所以，

由随机变量的分布的性质有，得，

又事件为，

所以，

所以，

因为，所以与不相互独立.

18. 四边形是边长为1的正方形，与交于点，平面，且二面角的大小为.

（1）求点到平面的距离；

（2）求直线与平面所成的角.

【答案】（1）   

（2）

【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法及二面角的大小求出的值，再求平面的法向量，根据点到平面的距离求解即可；

（2）先求出平面的法向量，利用空间向量法求解即可.

【小问1详解】

因为四边形是正方形，平面，平面，

所以两两垂直，

以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，

设，，则，，，，，

所以，，，

设平面的法向量，

则，取，

取平面的法向量，

因为二面角的大小为，

所以，解得，即，

所以，，，

设平面的法向量，

则，取，

所以点到平面的距离.

【小问2详解】

由（1）得，

设平面的法向量，

则，取，

设直线与平面所成的角为，，

所以，

所以直线与平面所成的角为.

19. 如图，某国家森林公园的一区域为人工湖，其中射线、为公园边界.已知，以点为坐标原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系（单位：千米）.曲线的轨迹方程为：.计划修一条与湖边相切于点的直路（宽度不计），直路与公园边界交于点、两点，把人工湖围成一片景区.

（1）若点坐标为，计算直路的长度；（精确到0.1千米）

（2）若为曲线（不含端点）上的任意一点，求景区面积的最小值.（精确到0.1平方千米）

【答案】（1）   

（2）

【分析】（1）根据导数与切线的关系求解即可；

（2）利用切线方程与导数的关系求出点处的切线方程，从而表示出的面积，再利用导数与单调性和最值的关系即可求解.

【小问1详解】

因为，所以，所以，

所以由点斜式可得，即，

令，解得，令，解得，

所以，所以.

【小问2详解】

设，

则由（1）可知，

所以的直线方程为，

整理得，

令，解得，令，解得，

所以，

设，

，

令，即，解得，

令，即，解得，

所以函数在单调递减，单调递增，

所以.

所以景区面积的最小值为.

20. 已知椭圆右焦点为，直线.

（1）若到直线的距离为，求；

（2）若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求；

（3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）   

（3）且

【分析】（1）由椭圆方程得右焦点为，再根据已知条件及点到直线的距离公式求解即可；

（2）联立直线与椭圆方程，先由韦达定理及弦长公式求，点到直线的距离公式求O到直线的距离，再根据三角形面积公式求解即可；

（3）分和两种情况讨论，易知不合题意，当时，根据题意可得直线的方程为或，代入方程可求点坐标，从而可求直线的方程，联立与椭圆方程，利用即可求出的取值范围．

【小问1详解】

因为，所以右焦点为，

又因为，所以到直线的距离，解得；

【小问2详解】

设，，

由得，

所以，即，且，

所以

，

又因为O到直线的距离为，

所以的面积为

，

解得满足，所以；

【小问3详解】

若，则直线经过点，此时直线和直线的夹角为（舍去），

若，由直线和直线的夹角为，且得，

直线的方程为或代入得或，

所以直线的方程为或代入椭圆方程得

或，

由或

解得或，

综上得的取值范围为且．

21. 已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，，，.

（1）写出数列前4项的所有可能取法；

（2）判断：是否存在正整数，满足，并说明理由；

（3）为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值.

【答案】（1）答案见解析；   

（2）不存在，理由见解析；   

（3）51

【分析】（1）根据题意得或，再直接求解即可；

（2）根据或，再证明，即可证明结论‘；

（3）根据①或②得对于任意的，均可以使用①递推，②不能连续使用，进而记记且，可得且，进而得，再根据特例说明即可得答案.

【小问1详解】

解：由得或，

所以或，

因为足，，

所以或，

所以，当时，或；

当时，或

因为数列是由正实数组成的无穷数列，

所以舍，

所以，数列前4项的所有可能取法有，，，或，，，或，，，.

【小问2详解】

解：不存在，下面证明：

因为，

所以，或，

当时，

因为数列是由正实数组成的无穷数列，

所以，即

或，

所以；

当时，

因为数列是由正实数组成的无穷数列，

所以，即

所以或（舍），

综上，，

所以，，.

综上，不存在正整数，满足.

【小问3详解】

解：由，

所以，①或②，

对于任意的，均可以使用①递推，只有满足时，才可以使用②递推；

若，显然，下次只能用①递推，即

所以，②不能连续使用.

记且，

若，则；

若，则，所以，

所以且，

所以，中至少有共51项，即.

举例如下：

所以，此时，

所以，的最小值为51.

【点睛】关键的点睛：本题第三问解题的关键在于构造且，推理得到且，，进而结合题意说明最小值可以取到即可.