2023年高考押题预测卷03（上海卷）-数学（全解全析）

2023年高考押题预测卷03【上海卷】

数学·全解全析

1．

【分析】根据全集，利用补集运算求解.

【详解】因为且，，

所以，

故答案为：

2．21

【分析】利用二项式的展开式求通项，再求对应项系数即可.

【详解】设的通项为：，令，则，其系数为21

故答案为：21

3．5

【分析】设，，根据题干条件得到，，化简得到，根据求出最大值.

【详解】设，，则，

变形为，两边平方后得到，

两边平方后得到，将代入，

即，故，

则，

当时，取得最大值，最大值为5

故答案为：5

4．

【分析】共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可.

【详解】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组；

若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，

若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，

先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，

且，故共面，且共面，

故相交，且相交，故共面有2组，

则正六边形对角线所对应的有2组共面的面对角线，

同理可知正六边形对角线所对的分别有两组，共6组，

故对于上底面对角线，，同样各对两组，共6组，

若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，

所以共面的概率是．

故答案为：

5．

【分析】分别确定第一轮比赛，第二轮比赛，第三轮比赛安排方案数，再由分步乘法计数原理确定总的方法数.

【详解】由已知可得第一轮比赛的安排方法数为，即种安排方法，

第二轮比赛的安排方法数为，即3种安排方法，

第三轮比赛的安排方法数为1，

由分步乘法计数原理可得所有的安排方法数为315；

故答案为：315.

6．

【分析】首先确定到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面的视角下看的平面图形，得到区域内的几何体为半圆柱，区域内的几何体为被平面截的部分球，区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可.

【详解】解：到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面的视角下看，如图所示：

其中区域内的几何体为半圆柱，区域内的几何体为被平面截的部分球，球心分别为A，B，C，

区域内的几何体为棱柱，其高为2．

因为为矩形，

所以，

因为，

同理，

所以，

所以这三个区域的几何体合成一个完整的半径为1的球，

所以（表示区域几何体的体积，其它以此类推），

（其中表示半圆底面）．

，

所以几何体L的体积等于．

故答案为：.

7．16

【分析】根据题意设，利用函数奇偶性可以得到设，再利用基本不等式即可求出结果.

【详解】由函数，

设，则的定义域为，

，

则，所以是奇函数，

则，

又因为正实数满足，

所以，

，

当且仅当时取到等号.

故答案为：16.

8．

【分析】由绝对值三角不等式可得在恒成立，即有或在恒成立，分别求解即可得答案.

【详解】解：因为在绝对值三角不等式中，当同号时有，

又因为，

所以在恒成立，

所以或在恒成立，

即有或在恒成立，

由，解得，

由，解得，

综上所述实数a的取值范围为.

故答案为：

9．

【分析】题中函数为圆的一段劣弧，在旋转过程中，只需根据函数的定义考虑一个只有唯一确定的与之对应，即图形与只有一个交点时旋转的角度符合题意.

【详解】画出函数的图象，如图1所示：

圆弧所在的圆方程为，，，在图象绕原点旋转的过程中，当从图1的位置旋转到点时，根据函数的定义知这个旋转过程所得的图形均为函数的图象，如图2所示：

此时绕着原点旋转弧度为；

若函数图象在图2位置绕着原点继续旋转，当点在轴上方，点在轴下方时，根据函数的定义知，所得图形不是函数的图象，如图3所示：

此时转过的角度为，不满足题意；

若函数的图象在图3位置绕着原点继续旋转，当整个图象都在轴下方时，根据函数的定义知，所得图形是函数的图象，如图4所示：

此时转过的角度为；

故答案为：.

10．

【分析】首先分析各段函数的单调性，依题意只需函数的值域为，分、两种情况讨论，分别求出函数在各段的最大（小）值，即可得到不等式组，解得即可.

【详解】因为函数在定义域上单调递增，

函数在上单调递减，在上单调递增，

要使对任意实数，总存在实数，使得，即函数的值域为，

当时在上单调递增，在上也单调递增，

则只需，解得；

当时在上的最小值为，则只需要，解得；

综上可得，即实数的取值范围是.

故答案为：

11．

【分析】根据解析式知曲线在、上分别为双曲线、抛物线的一部分，确定双曲线部分的渐近线、抛物线部分的切线，两线倾斜角的差即为的最小值，应用差角正切公式求其正切值.

【详解】在上，曲线方程为是双曲线上支的一部分（），

所以该部分渐近线为，

在上，曲线方程为是抛物线的一部分，

设过原点的直线且与抛物线相切，代入抛物线有，

所以，故或（舍），

所以切线为，

如下图示：令、倾斜角分别为且，则，

由，要使最小，只需让最小值，

所以.

故答案为：

12．

【分析】作，，建立平面直角坐标系，作，作，由条件确定点的轨迹，由此确定即的最小值.

【详解】如图作，，

如图，以点为原点，为的正方向建立平面直角坐标系，

因为，，，

所以点的坐标为，点的坐标为

作，设点的坐标为，

因为，

所以，所以，

所以点在以为圆心，以为半径的圆上，

因为对任意的实数，均有，

所以，又，

所以恒成立，

所以，

所以，即，

作，设点的坐标为，

则，即，

所以点在直线上，

因为，

又点在圆上一动点，

点在直线上一动点，

所以点到点的最小距离为点到点的距离减去圆的半径，

即，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立，

因为点到直线的距离，

所以点到点的距离大于等于，即，

所以，

当且仅当垂直于直线且点为线段与圆的交点时等号成立，

所以的最小值为，

故答案为：.

【点睛】本题解决的关键在于建立平面直角坐标系，利用条件结合向量的坐标运算及性质确定点的轨迹，由此结合直线与圆的性质求解.

13．B

【分析】证明平面，从而可证四点不共面，即可判断AB；设，将分别用表示，假设直线与直线CP垂直，则，求出即可判断C；证明平面，即可判断D.

【详解】在正三棱柱中，

因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以，

又平面，平面，

所以平面，

因为平面，，，

所以四点不共面，

所以直线与直线CP始终异面，故A错误，B正确；

对于C，设，

则，

，

若直线与直线CP垂直，则，

即，

所以，

即，解得，

因为，所以不存在点使得直线与直线CP垂直，故C错误；

对于D，连接，

因为为的中点，所以，

又因平面，平面，

所以，

因为平面，

所以平面，

又平面，所以，

所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D错误.

故选：B.

14．B

【分析】由，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由题意，直线，直线，

因为，可得,，即，解得，

所以“”是“”的必要非充分条件.

故选：B.

15．D

【分析】根据给定条件，求出点B，C的坐标，进而求出函数的解析式，再逐项判断作答.

【详解】在中，令得，

依题意，点，同理得点，

由得：，解得，又，则，

而，因此，，

由得，即函数的图象对称轴方程为，A错误；

因为，所以函数的图像关于坐标原点不对称， B错误；

当时，，而正弦函数在上不单调，所以函数在区间上不单调，C错误；

当时，，依题意，，

又正弦函数在内各有1个极小值点，在内无极小值点，

所以函数在区间内有且有个极小值点，D正确.

故选：D

【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的单调性问题，先根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质列出不等式求解即得.

16．D

【分析】由已知可变形为，构造函数，利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解.

【详解】因为，所以，所以，

由可得，则，

则有，

设函数，

，

当时，，当时，，

所以在单调递增，单调递减，

所以，

因为，所以

以此类推，对任意，故B错误；

所以，故A错误；

因为，所以数列中不存在某一项为最大项，C错误；

因为，所以，

，

所以存在正整数n，使得，D正确.

【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为，利用函数的单调性以及最值分析求解.

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）结合三角函数的定义证明，然后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．

【详解】（1）设BD与CE相交于点H，

因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，

所以，

由，，得，

因此，，

可得，

因为，

所以，即，

又因为，，平面,

所以CE⊥平面PBD；

（2）如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则，，，

所以，，

设平面PCE的一个法向量，

则，即，

令，则，，于是，

平面ACE的一个法向量为，

则，

由图形可知二面角P－CE－A为锐角，

所以二面角P－CE－A的余弦值是．

18．(1)

(2)

【分析】（1）当时，求得公差， 将求和公式及通项公式代入求得.

（2）当＝1时为等差数列求和，当时用错位相减求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，由得：，所以，即，

又，

所以.

（2）由，得.

所以，，

当时，；

当时，，

，

所以，

即.

19．(1)有的把握认为电解电容质量与铝箔质量有关，理由见解析

(2)0.846

【分析】（1）计算，与临界值比较，得出结论；

（2）根据全概率公式计算，再由条件概率公式求解即可.

【详解】（1）提出原假设：电解电容质量与铝䈹质量无关.

由题意及列联表，可得

.    

由于，而，

因此，根据检测组的数据，原假设不成立，并且有的把握认为电解电容质量与铝箔质量有关.

（2）设第一次取出的元件是优等品的事件为，第二次取出的元件是合格品的事件为.取出的元件是第一箱、第二箱的事件分别为，.   

则由全概率公式，得

，    

于是，由条件概率公式，得.

因此，在第一次取出的是优等品的情况下，第二次取出的是合格品的概率约为0.846.

20．(1)；

(2)证明见解析；

(3).

【分析】（1）根据题意双曲线的，且，进而可求双曲线的标准方程；

（2）设点，利用斜率公式结合条件即可证出；

（3）设直线的方程为，进而求出直线的方程，把直线代入椭圆方程，利用弦长公式求出， 同理求出弦长，代入整理即可表示出，然后结合条件即得.

【详解】（1）设双曲线的标准方程为，由题意知，且，

即，

所以双曲线的标准方程为：；

（2）设点，由题可知，则，，

所以，

而由点在双曲线上，可知，即有，

从而，故；

（3）由上可知，且，且不能同时取或，

所以可设直线的方程为，则直线的方程为，

把直线的方程为代入椭圆方程，

整理得，

设，，则有，，

因此，

同理可得，

因此，又，

所以，所以，

所以的取值范围为.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．(1)函数在上的增区间为：与；

减区间为：与.当时，取极小值，极小值为，当时，函数取极大值，极大值为，当时，函数取极大值，极大值为；

(2)；

(3)证明见解析.

【分析】（1）求函数的导函数，解不等式可得函数的单调递增区间，解不等式可得

函数的单调递减区间，解方程，由此确定函数的极值点；

（2）令，由已知可得在区间上恒成立，证明当时，

函数单调递增，再判断时，不满足要求，由此确定的范围；

（3）利用导数研究函数，的单调性，作出函数的图象，证明曲线与有

唯一交点，结合图象证明，再证明，，，由此完成证明.

【详解】（1）由题设，有，可得

令可得，所以，

所以函数在区间上单调递增；

令可得，解得，.

函数在区间上单调递增；

令可得，所以，

所以，函数在上的递增区间为：与；

递减区间为：与.

当时，函数取极大值，极大值为，

当时，函数取极小值，极小值为，

当时，函数取极大值，极大值为；

（2）关于不等式在区间恒成立，

即：在区间上恒成立.

令，

则，   

令

则，

由（1）知：在上的极大值为，

又，

从而在上的最大值为1，

即在上恒成立.

于是在上恒成立，

所以在上单调递增；

从而，

当时，，当且仅当时等号成立，

所以在上单调递增；

从而在上恒成立.

所以，当时在上恒成立.

当时，存在，使得，

当时，，函数在上单调递减，

又，所以当时，，与已知矛盾，

综合上述，得：.

（3）对于函数，令，则.

从而当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减；

故当时，取最大值，最大值为.

对于函数，令，则.

从而当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减；

故当时，取最大值，最大值为.

因此，函数与有相同的最大值.其图像如下图所示.

下面先证明：曲线与有唯一交点.

由，得，即证明方程有唯一实数根.

令，则.

所以在上恒为负数.

因为当时，，，

所以曲线与在区间上没有交点.

而在区间上，函数单调递减，函数单调递增，

所以函数在上单调递减，

进而函数在上单调递减，

由，及零点存在定理得：

函数在上存在唯一零点，

从而方程在上有唯一实数根，且.    

由于直线与曲线，共有3个不同交点，

故直线必过点，

且，，

由，得，即，

而函数在上严格增，，，

故    ①     

由，得，

即，

而函数在上严格减，，，

故    ②

由①，②得.    ③

由，得，

故有    ④

因此，由③，④得，即成等比数列.

【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．