2023届上海市徐汇区高三三模数学试题含解析

这是一份2023届上海市徐汇区高三三模数学试题含解析，共18页。试卷主要包含了填空题，单选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023届上海市徐汇区高三三模数学试题 一、填空题1．已知集合，则_________．【答案】【分析】利用集合的并集运算求解.【详解】因为集合，所以.故答案为：.2．设是虚数单位，则___________________.【答案】1【分析】根据虚数单位的性质可求代数式的值.【详解】，故答案为：1.3．函数的定义域为__________.【答案】【分析】利用对数函数的定义列出不等式，求解不等式作答.【详解】函数中，，即，解得，所以函数的定义域为.故答案为：4．已知，则的最大值为__________.【答案】/【分析】根据给定条件，利用均值不等式求解作答.【详解】因为，则，当且仅当时取等号，所以当时，取得最大值.故答案为：5．设服从二项分布，则__________.【答案】/【分析】利用二项分布的期望公式计算作答.【详解】因为服从二项分布，所以.故答案为：6．若二项式的展开式中各项系数和为256，则展开式中的常数项为_____．【答案】54【分析】先利用赋值法求出n的值，然后利用展开式通项求常数项．【详解】解：令x＝1，有4n＝256，解得n＝4，所以展开式通项为：，令4﹣2k＝0得，k＝2．故常数项为：．故答案为：54．【点睛】本题考查了赋值法求二项式展开式的系数和、二项式展开式的通项公式，属于基础题.7．已知函数的对称中心为，若函数的图象与函数的图象共有6个交点，分别为，，…，，则__________.【答案】6【分析】根据给定条件，结合函数图象的对称性，确定6个交点的关系即可求解作答.【详解】显然函数的图象关于点成中心对称，依题意，函数的图象与函数的图象的交点关于点成中心对称，于是，所以.故答案为：68．若等比数列的前n项和为，，则首项的取值范围是________．【答案】【分析】由题意得等比数列公比的取值范围，根据，结合等比数列前n项和为，得，从而得，求解出范围.【详解】设等比数列的公比为，则，因为，当时，，所以，即，当时，，当时，，所以的取值范围是.故答案为：【点睛】求解等比数列极限相关问题，注意若等比数列有极限，则该数列为无穷递缩等比数列.9．设定义在R上的函数满足，且当时，.若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是___________.【答案】/【分析】由题意，根据给定的函数解析式，结合等式关系，拓展其他区间的函数解析式，利用二次函数的性质，可得答案.【详解】，且当时，恒成立，，易知当时，则恒成立，当，即时，恒成立，当，即时，，不满足恒成立，解不等式，，在上的解集为，综上所述，当时，恒成立，实数的最小值为.故答案为：.10．在棱长为2的正方体中，点在正方体的12条棱上（包括顶点）运动，则的取值范围是______．【答案】【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得的表达式，进而根据线性规划求得的取值范围.【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，，，设（且只在正方体的条棱上运动），则，，因为，设，根据线性规划，作出可行域如图，当时，取得最小值，即取最小值；当时，取得最大值，即取最大值. 故答案为：11．如图，椭圆的焦点在x轴上，长轴长为，离心率为，左、右焦点分别为，，若椭圆上第一象限的一个点A满足：直线与直线的交点为B，直线与x轴的交点为C，且射线为∠ABC的角平分线，则的面积为________.【答案】【分析】利用三角形中的角平分线的性质、联立直线与椭圆方程以及三角形的面积公式进行求解.【详解】设椭圆的方程为，则，，解得，，故椭圆的方程为；在和中由正弦定理得，，又射线为∠ABC的角平分线，可得，则在直角中，故，所以直线：，点为直线与椭圆的交点，联立方程，解得（舍负），故.故答案为：.12．对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为.记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为__________.【答案】643【分析】根据给定条件，探讨函数的性质并作出图象，求出集合B，进而求得答案作答.【详解】，当或时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，当时，函数取得极大值0，当时，该函数取得极小值，图象如图：观察图象知，当与图像有一个公共点时，相应的有1种取法；当与图像有两个公共点时，相应的有种取法；当与图像有三个公共点时，相应的有种取法，直线与函数图象的交点个数可能的取值如下：，对应的函数个数为，.所以集合中元素之和为643.故答案为：643【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决. 二、单选题13．“”是“”的（    ）条件.A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要【答案】B【分析】根据两不等式所表示的集合之间关系结合必要非充分条件的判定即可得到答案.【详解】根据，则“”无法推出“”， “”可以推出“”，故“”是“”的必要非充分条件，故选：B.14．为庆祝中国共产党成立100周年，安康市某学校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了7场初赛后进入决赛，他们的7场初赛成绩如茎叶图所示．下列结论正确的是（    ）A．甲成绩的极差比乙成绩的极差大B．甲成绩的众数比乙成绩的中位数大C．甲成绩的方差比乙成绩的方差大D．甲成绩的平均数比乙成绩的平均数小【答案】D【分析】对于A，分别求出极差判断，对于B，求出甲的众数和乙成绩的中位数判断，对于C，根据数据的离散程度判断，对于D，分别求出平均数判断即可.【详解】甲成绩的极差为，乙成绩的极差为，故A错误；甲成绩的众数为85分，乙成绩的中位数为87分，故B错误；由茎叶图的数据的分布规律，可判定甲成绩的数据更集中，乙成绩的数据更分散，所以甲成绩的方差比乙成绩的方差小，故C错误；甲成绩的平均数为分，乙成绩的平均数为分，故D正确．故选：D15．已知不等式有实数解．结论（1）：设是的两个解，则对于任意的，不等式和恒成立；结论（2）：设是的一个解，若总存在，使得，则，下列说法正确的是（    ）A．结论①、②都成立 B．结论①、②都不成立C．结论①成立，结论②不成立 D．结论①不成立，结论②成立【答案】B【分析】根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项.【详解】当且 时，的解为全体实数，故对任意的，与 的关系不确定，例如：取而，所以 ，故结论①不成立.当且 时，的解为 ，其中 是的两个根.当 此时 ，但 值不确定，比如：，取 ，则，但 ，故结论②不成立.故选：B16．对于函数，设：对任意的，均有，：对任意的，均有，：函数为偶函数，则（    ）.A．、中仅是的充分条件 B．、中仅是的充分条件C．、均是的充分条件 D．、均不是的充分条件【答案】C【分析】根据给定条件，利用偶函数的定义推理判断作答.【详解】对于 : 对任意的, 均有，则，因此为偶函数，对于 ：对任意的，均有，则，因此是偶函数，所以、均是的充分条件，ABD错误，C正确.故选：C.【点睛】易错点睛：正确理解奇函数和偶函数的定义，必须把握好两个问题：（1）定义域关于原点对称是函数f(x)为奇函数或偶函数的必要非充分条件；（2）或是定义域上的恒等式． 三、解答题17．如图，中，角、、的对边分别为、、.  (1)若，求角的大小；(2)已知、，若为外接圆劣弧上一点，求周长的最大值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角，再结合和角的正弦求解作答.（2）由（1）及给定条件，求出，再利用余弦定理结合均值不等式求解作答.【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，即，则，整理得，而，即，又因为，所以.（2）在中，，由余弦定理得，于是，解得，当且仅当时取等号，所以当时，周长取得最大值.18．如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为8，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点.(1)若母线长为10，求圆锥的体积；(2)若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据给定条件，求出圆锥的高，再利用锥体的体积公式计算作答.（2）取的中点，作出异面直线与所成角，再利用线面垂直的性质结合勾股定理求解作答.【详解】（1）圆锥的底面圆半径为8，母线长为10，而，则，解得，所以圆锥的体积为.（2）取的中点，连接,，由弧为圆锥底面的半圆弧知圆锥底面圆心在上且为中点，为母线的中点，则与所成角为或其补角，由平面，得平面，平面，则，于是有，由是半圆弧的中点可得，则，所以.19．2022年卡塔尔世界杯决赛圈的参赛队有克罗地亚、荷兰、葡萄牙、英格兰、法国等13支欧洲球队以及摩洛哥、巴西、阿根廷等19支非欧洲球队.世界杯决赛圈赛程中的每场淘汰赛都要分出胜负，规则如下：在比赛常规时间90分钟内分出胜负，比赛结束，否则就进入30分钟的加时赛.在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，那就进行点球大战.点球大战分为2个阶段.第一阶段：双方各派5名球员依次踢点球（未必要踢满5轮），前5轮进球数更多的球队获胜.第二阶段：…2022年卡塔尔世界杯淘汰赛阶段的比赛结果淘汰赛比赛结果淘汰赛比赛结果决赛荷兰美国决赛克罗地亚巴西阿根廷澳大利亚荷兰阿根廷法国波兰摩洛哥葡萄牙英格兰塞内加尔英格兰法国日本克罗地亚半决赛阿根廷克罗地亚巴西韩国法国摩洛哥摩洛哥西班牙季军赛克罗地亚摩洛哥葡萄牙瑞士决赛阿根廷法国点球大战中阿根廷胜法国 欧洲球队其他球队合计进决赛   未进决赛   合计   (1)填写列联表，并通过计算判断能否在犯错概率不超过0.05的前提下认为32支球队中的一支球队“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队”有关.(2)已知甲队球员和乙队球员每轮踢进点球的概率分别为和.若点球大战前2轮的比分为，试在此条件下求甲队于第一阶段获得比赛胜利的概率（用表示）.参考公式：，.0.053.841 【答案】(1)列联表见解析，不能在犯错的概率不超过0.05的前提下认为“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队”有关(2). 【分析】（1）根据表中数据，完善列联表，再计算的观测值并比对作答.（2）把所求概率的事件分拆成5个互斥事件的和，求出每个事件的概率，再利用互斥事件的加法公式求解作答.【详解】（1）列联表如下： 欧洲球队其他球队合计进决赛538未进决赛81624合计131932把是否为欧洲球队作为一个分类变量，把是否在世界杯淘汰赛中进入决赛作为另一个分类变量，问题为能否在犯错概率不超过0.05的前提下认为32支球队中的一支球队“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队”有关，因此可采用列联表独立性检验，①提出原假设支球队中的一支球队“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队"无关，②确定显著性水平，③计算的值，，④统计决断：根据，而，小概率事件没有发生，故不能否定原假设，因此不能在犯错的概率不超过0.05的前提下认为“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队”有关.（2）根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢，两队前2轮比分为2:2的条件下，甲在第一阶段获得比赛胜利，则后3轮有5种可能的比分：1:0，2:0，2:1，3:1，3:2，当后3轮比分为1:0时，甲乙两队均需踢满5轮，，当后3轮比分为2:0时，有如下3种情况：2:03452:03452:0345甲√√ 甲√√甲√√乙 乙 乙 则，当后3轮比分为2:1时，有如下6种情况：2:13452:13452:1345甲√√甲√√甲√√乙√乙√乙√2:13452:13452:1345甲√√甲√√甲√√乙√乙√乙√则，当后3轮比分为3:1时，有如下2种情况：3:13453:1345甲√√√甲√√√乙√ 乙√ 则，当后3轮比分为3:2时，有如下1种情况：3:2345甲√√√乙√√则，所以在点球大战中两队前2轮比分为2:2的条件卜，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率为：.20．在直角坐标平面中，抛物线是由抛物线按平移得到的，过点且与轴相交于另一点.曲线是以为直径的圆.称在轴上方的部分、在轴下方的部分以及点、构成的曲线为曲线，并记在轴上方的部分为曲线，在轴下方的部分为曲线.(1)写出抛物线和圆的方程；(2)设直线与曲线有不同于点的公共点、，且，求的值；(3)若过曲线上的动点的直线与曲线恰有两个公共点、，且直线与轴的交点在点右侧，求的最大值.【答案】(1)，；(2)；(3)1. 【分析】（1）利用向量平移求出的方程，并求出与x轴的两个交点坐标即可求出的方程.（2）直线与、的方程分别联立，借助相等的角及正切列式求解作答.（3）按在圆上和在曲线上分类讨论，计算的最大值作答.【详解】（1）抛物线上的点按得到点，所以抛物线由抛物线向下平移1个单位得到，则的方程为，抛物线与轴相交于点，则以为直径的圆的方程为.（2）将与圆方程联立，消去，有，因为，所以，即，代入直线方程得，联立与抛物线方程，得，所以，因为，故，解得，由，可得，所以.（3）设，显然直线斜率存在，设直线的方程为，由直线与轴的交点在点右侧，所以，下面分两种情况讨论：情况一：若在圆上，则，情况二：若在曲线上，因为直线与轴的交点在点右侧，所以斜率大于0，所以点在第一象限，由直线与曲线恰有两个公共点、，知直线与曲线曲线各有且仅有一个公共点，因为直线与轴的交点在点右侧以及斜率大于0知：直线与圆在轴及其上方无公共点，所以直线与曲线相切于点，于是有，当且仅当时等号成立；又因为时，，当且仅当时等号成立，所以，即直线与抛物线在轴下方部分无公共点，所以直线与曲线相切于点，由求导得：，直线的斜率为，于是得直线的方程为，且满足，由解得，此时取，得，直线与曲线相切于点、曲线相切于点，符合题意，此时有，所以.【点睛】方法点睛：圆锥曲线中最值或范围问题的常见解法：（1）几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用几何法来解决；（2）代数法，若题目的条件和结论能体现某种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值或范围．21．若函数满足，称为的不动点.(1)求函数的不动点；(2)设.求证：恰有一个不动点；(3)证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点.【答案】(1)不动点为(2)见解析(3)见解析 【分析】（1）令，解出即可；（2）分和讨论，当时，转化为求，通过构造新函数，讨论其单调性即可证明；（3）设，计算得，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性.【详解】（1）由题意,得,解得,即不动点为.（2）当时,,故0为函数的一个不动点，当时,求的解,即求的解.构造函数，求导得，当时,，则,当时,,所以在上严格递减,在上严格递增,故,即对任意恒成立,即对任意恒成立.综上所述,函数恰有一个不动点.（3）设,则函数有唯一不动点,由可得,则函数的不动点不唯一，必要性不成立，另一方面，先证不动点是存在的，不妨设是的唯一不动点,即，令,则,那么,,而,故,这说明是的不动点，由只有一个不动点知,，从而,这说明是的不动点，存在性得证.再证唯一性，若还有另一个不动点,即,则,这说明还有另一个不动点,与题设矛盾.综上所述,函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点.【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是在讨论时，通过转化得求的解，构造函数，通过导数得到其单调性和值域，从而证明原结论，第三问的关键是首先证明其必要性不成立，然后再证明不动点的存在性和唯一性.