2023年上海市高考数学考前信息必刷卷（三）含解析

这是一份2023年上海市高考数学考前信息必刷卷（三）含解析，共37页。试卷主要包含了空间向量与立体几何难度会加大，8##等内容，欢迎下载使用。

 绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷03
上海专用

上海地区考试题型按往年惯例为12（填空题）+4（单选题）+5（解答题），导数和统计学中的随机变量分布、成对数据的统计分析是新教材新增加的内容。
原来的重难点考查内容，学生能力的方向变化不大，之前的上海特色：数列中的求极限、矩阵行列式等不在教材范围内，而是跟随全国新高考的脚步，将随机变量分布等作为高考考查的内容之一。

1.重点内容（函数、数列、不等式等）的计算能力要求会有所增加；
2.数学在实际生活中的应用能力考查不会降低，体现了学生的综合学科能力，素质教育的重要培养方向之一；
3.空间向量与立体几何难度会加大：Ⅰ.可能选填题难度加大，在原有考查基础上增加一些动态问题；
Ⅱ.解答题难度增大，从17题变为第18题；空间向量的考查会加大。

2023年高考数学考前信息必刷卷03
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．已知i是虚数单位，，且的共轭复数为，则______.
2．已知集合.设函数的值域为，若，则实数的取值范围为______
3．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．
4．函数向左或向右平移个单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是__________.
5．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点，冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福，小明在纪念品商店买了3个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了3个作为礼物寄给他的好朋友小华，则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率为__________.
6．已知，，是正实数，且，则最小值为__________.
7．已知抛物线的焦点到准线的距离为，点、、、在抛物线上，，、、三点共线，、、三点共线，、、三点共线，则与的面积之比为__________.
8．已知函数()（其中是自然对数的底数）的图像上存在点与的图像上的点关于轴对称，则实数的取值范围是____
9．在正项数列中，，，记.整数m满足，则数列的前m项和为______.
10．已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是_________.
11．如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；
②一定是锐角；
③；
④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有__________．

12．已知函数有六个不同零点，且所有零点之和为，则的取值范围为__________．

二、选择题(本题共有4题，满分20分，每题5分)每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的位置，将代表正确选项的小方格涂黑.
13．在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
14．数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（   ）
A．数列是常数列
B．若，则是递增数列
C．若，则
D．若，则的最小项的值为
15．已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
16．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（    ）
A．恒有解 B．恒有解
C．恒无解 D．恒无解

三、解答题(本大题共有5题，满分76分)解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题8分.
在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.

(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
18．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题8分.
已知函数为实常数.
（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；
（2）当为奇函数时，对任意，不等式恒成立，求实数的最大值.
19．（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题8分.
进博会期间，有一个边长80m的正方形展厅OABC，由于疫情，展厅被分割成如图所示的相互封闭的几个部分，已划出以O为圆心，60m为半径的扇形ODE作为展厅，现要在余下的地块中划出一块矩形的产品说明会场地PGBF，矩形有两条边分别落在边AB和BC上，设∠POA=．

（1）用表示矩形PGBF的面积，并求出当矩形PGBF为正方形时的面积（精确到）；
（2）当取何值时，矩形PGBF的面积S最大？并求出最大面积（精确到）．
20．（本题满分16分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题6分，第3小题满分6分.
已知椭圆，圆的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2，过点作直线交椭圆于､两点.

（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）若，求的取值范围.
21．（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题6分，第3小题满分8分.
已知函数，设，.
(1)若在上有解，求的取值范围；
(2)若，证明：当时，成立；
(3)若恰有三个不同的根，证明：.



绝密★启用前
2023年高考数学考前信息必刷卷03
上海专用

上海地区考试题型按往年惯例为12（填空题）+4（单选题）+5（解答题），导数和统计学中的随机变量分布、成对数据的统计分析是新教材新增加的内容。
原来的重难点考查内容，学生能力的方向变化不大，之前的上海特色：数列中的求极限、矩阵行列式等不在教材范围内，而是跟随全国新高考的脚步，将随机变量分布等作为高考考查的内容之一。

1.重点内容（函数、数列、不等式等）的计算能力要求会有所增加；
2.数学在实际生活中的应用能力考查不会降低，体现了学生的综合学科能力，素质教育的重要培养方向之一；
3.空间向量与立体几何难度会加大：Ⅰ.可能选填题难度加大，在原有考查基础上增加一些动态问题；
Ⅱ.解答题难度增大，从17题变为第18题；空间向量的考查会加大。

2023年高考数学考前信息必刷卷03
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）

一、填空题
1．已知i是虚数单位，，且的共轭复数为，则______.
【答案】5
【分析】先化简复数，再求出它的共轭复数，最后计算即可.
【解析】因为，
所以，
所以，
故答案为：5.
2．已知集合.设函数的值域为，若，则实数的取值范围为______
【答案】
【分析】根据分式不等式的解法，对数函数的值域以及集合间的包含关系即可求解.
【解析】由得，即，
所以，解得.
所以.
因为，
所以，
所以，
因为，所以解得，
所以实数的取值范围为.
故答案为：.
3．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．
【答案】17.8##
【分析】首先分析超几何分布最大项确定的值，再通过超几何分布的期望公式求出的值，即可求出.
【解析】不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布
，
最大时，即最大，
超几何分布最大项问题，利用比值求最大项
设
则


令





故当时，严格增加，
当时，严格下降，
即时取最大值，
此题中，
根据超几何分布的期望公式可得，

故答案为：17.8
4．函数向左或向右平移个单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是__________.
【答案】##
【分析】分别求解函数向左与向右平移个单位后函数的解析式，再根据正弦函数的对称性求解的最小正值，将两种情况求出的值进行比较即可得到结果.
【解析】将函数向右平移个单位，
所得图像对应的解析式为，
其关于轴对称，则，即，
此时，的最小正值是；
将函数向左平移个单位，
所得图像对应的解析式为，
其关于轴对称，则，即，
此时，的最小正值是.
综上所述，的最小正值是.
故答案为：.
5．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点，冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福，小明在纪念品商店买了3个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了3个作为礼物寄给他的好朋友小华，则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率为__________.
【答案】##0.9
【分析】利用事件：小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的对立事件：小华收到的礼物中只有“冰墩墩”的概率即可求解.
【解析】依题意，
设事件：小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”，
事件：小华收到的礼物中只有“冰墩墩”，
则事件与事件互为对立事件，
则有，.
故答案为：.
6．已知，，是正实数，且，则最小值为__________.
【答案】
【分析】由于，，是正实数，且，所以先结合基本不等式“1”的代换求的最小值，得，则，再根据基本不等式凑项法求的最小值，即可求得的最小值.
【解析】解：，由于，，是正实数，且，
所以
，当且仅当，即，所以时等号成立，
则的最小值为，所以，
当且仅当，即时等号成立，
则最小值为.
故答案为：.
7．已知抛物线的焦点到准线的距离为，点、、、在抛物线上，，、、三点共线，、、三点共线，、、三点共线，则与的面积之比为__________.
【答案】
【分析】求出的值，设、、、，设出直线、的方程，将这两条直线的方程分别与抛物线的方程联立，结合韦达定理可得，，同理可得，再结合三角形的面积公式以及韦达定理可求得与的面积之比.
【解析】抛物线的焦点到准线的距离为，则，因为，则，
设点、、、，
设直线的方程为，联立可得，
则，由韦达定理可得，，
设直线的方程为，联立可得，
则，由韦达定理可得，，则，
同理可得，，
故.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：
（1）从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
（2）直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
8．已知函数()（其中是自然对数的底数）的图像上存在点与的图像上的点关于轴对称，则实数的取值范围是____
【答案】
【分析】根据题意先设上的一点坐标为，再由该点关于y轴对称写出上的点的坐标为，且两点满足横坐标互为相反数，纵坐标相等，则有，对这个式子进行整理化简得，令，在定义域内求的值域，即得a的范围．
【解析】存在函数图像上的一点与函数图像上一点关于y轴对称，则有，
即，，
令，则在上单调递增，故.
【点睛】本题根据两个函数上的两个点关于y轴对称的条件，可得到含参数的等式，解题关键在于用分离参数的方法，在构造新函数的情况下，将求参数取值范围转化为求函数值域．
9．在正项数列中，，，记.整数m满足，则数列的前m项和为______.
【答案】
【分析】由递推公式得是等差数列，得的通项公式，由不等式得，用裂项相消法求的前120项和.
【解析】因为，，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以，又因为，所以，
所以，
因为，，
整数m满足，所以，
的前120项和为
.
故答案为：.
【点睛】注意该题由递推公式先整体考虑，得的通项公式；的化简先通过有理化去掉分母的一个因式后再裂项.
10．已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是_________.
【答案】
【分析】分析可得，设，，可得出，可设，可得出向量的坐标，设，可得出、所满足的等式，利用向量模的三角不等式可求得的最大值.
【解析】因为，即，可得，
设，，则，则，
设，则，
因为，，则或，
因为，则或，
令，则或，
根据对称性，可只考虑，
由，
记点、、，则，，
所以，，
当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，
所以，
.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求两个向量的数量积有三种方法：
（1）利用定义：
（2）利用向量的坐标运算；
（3）利用数量积的几何意义．
具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
11．如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：
①平面平面；
②一定是锐角；
③；
④三棱锥的体积为定值．
其中真命题的有__________．

【答案】①③④
【分析】根据正方体特征可知平面，利用面面垂直的判定定理即可求得①正确；当是的中点时是直角，即②错误；易知平面，利用线面垂直的性质即可得，所以③正确；根据等体积法和线面平行判定定理可得三棱锥的体积为定值，即可知④正确.
【解析】对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；
对于②，当是的中点时，
易得，
满足，此时是直角，所以②错误；
对于③，连接，如下图所示;

由正方体可知，且平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面；
又平面，所以，即③正确；
对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，
平面，所以点到平面的距离是定值，
所以三棱锥的体积为定值,即④正确.
故答案为：①③④
12．已知函数有六个不同零点，且所有零点之和为，则的取值范围为__________．
【答案】
【分析】根据函数的对称性可求得的值，将问题转化为与有个不同交点的问题，通过分类讨论和导数的方式得到单调性和极值，进而确定的图象，采用数形结合的方式得到结果.
【解析】，图象关于对称，
又的六个零点之和为，，解得：，
，
令，则与有个不同交点，
；
当时，，在上单调递增；
当时，，
，
又与在上单调递减，在上单调递增，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，，
结合对称性可得其大致图象如下图所示：

由图象可知：若与有个不同交点，则，
即实数的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决函数零点问题的基本方法：
（1）直接法：求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与轴的交点问题；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）分离变量法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.

二、单选题
13．在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（    ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【分析】利用三角恒等变换公式和正弦定理，把中等式化为，从而，得或，然后结合充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解析】根据正弦定理可得，
所以


所以，
即，

整理得，则或，
因为，，，，
则或，即或，所以由不能推出；
当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，
故p是q的既不充分也不必要条件．
故选：D
14．数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（   ）
A．数列是常数列
B．若，则是递增数列
C．若，则
D．若，则的最小项的值为
【答案】D
【分析】由题设可得且()，进而可知时偶数项、奇数项的值分别相等，再结合各项的描述判断正误.
【解析】当时，，
当时，，则，
而不一定成立，故不一定是常数列，A错误；
由，显然且，即不单调，B错误；
若，则，，故，偶数项为3，奇数项为，
而，C错误；
若，则，，故，偶数项为，奇数项为2，故的最小项的值为，D正确.
故选：D
15．已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】运用整体思想法，求得的范围，再运用正弦函数图象分析即可.
【解析】∵，，
∴，
又∵在恰有2个极大值点，
∴由正弦函数图象可知，，解得：.
故选：B.
16．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（    ）
A．恒有解 B．恒有解
C．恒无解 D．恒无解
【答案】B
【分析】设，其中，记
则有，即，然后分，，三种情况讨论，再根据直线是过点的直线与圆锥曲线的两个不同的交点和点在以为直径的圆上，分析圆与相应准线的位置关系，即可求解.
【解析】解：设，其中，记
则有，即
若，则点的轨迹是拋物线，方程为E：，点恰为抛物线的焦点，
则是过点的直线与抛物线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，
此时.
若，则点的轨迹是椭圆，方程为E：，
点为椭圆E的左焦点，轴是椭圆的左准线，是过点的直线与椭圆的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相离，故
若，则点的轨迹是双曲线，方程为E：，
点为双曲线的右焦点，轴是双曲线的右准线，是过点的直线与双曲线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相交，故可正，可负，可零.
所以，当时，恒有，故A错误；
当时，，与均有解，故错误；
故选：B.
【点睛】关键点点睛：利用坐标法，设，其中，记则有，即，然后分，，三种情况讨论，将原问题转化为判断圆与准线的位置关系，从而解决问题.

三、解答题
17．在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.

(1)求证：平面；
(2)点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)

【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明；
(2)利用空间向量的坐标运算表示线面夹角即可求解.
【解析】（1）因为四边形为菱形，所以，
又因为，，平面，，
所以平面.
（2）取的中点O，连接，四边形为菱形，且，
所以.
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，所以，又因为，，
所以平面.取中点D，连结，
以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.

则，，，，
所以，.
设平面的一个法向量为，
所以，令，则，，
所以.
设，可得点，.
由题意
解得或（舍），即.
18．已知函数为实常数.
（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；
（2）当为奇函数时，对任意，不等式恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）函数是奇函数，理由见解析；（2）.
【分析】（1）若函数为奇函数，由奇函数的定义可求得的值；又当时，且，函数是非奇非偶函数；
（2）对任意，不等式恒成立，化简不等式参变分离，构造新函数，利用换元法和对勾函数的单调性求出最值，代入得出实数u的最大值．
【解析】解：（1）当时，
即；故此时函数是奇函数；
因当时，，故
，且
于是此时函数既不是偶函数，也不是奇函数；
（2）因是奇函数，故由（1）知，从而；
由不等式，得，
令因，故
由于函数在单调递增，所以；
因此，当不等式在上恒成立时，
【点睛】方法点睛：已知不等式能恒成立求参数值(取值范围)问题常用的方法：
（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；
（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
19．进博会期间，有一个边长80m的正方形展厅OABC，由于疫情，展厅被分割成如图所示的相互封闭的几个部分，已划出以O为圆心，60m为半径的扇形ODE作为展厅，现要在余下的地块中划出一块矩形的产品说明会场地PGBF，矩形有两条边分别落在边AB和BC上，设∠POA=．

（1）用表示矩形PGBF的面积，并求出当矩形PGBF为正方形时的面积（精确到）；
（2）当取何值时，矩形PGBF的面积S最大？并求出最大面积（精确到）．
【答案】（1），；1412（）；
（2）＝或时（）．
【分析】（1）用三角函数表示出CF，AG的长，进而求得矩形长宽，得到面积的表达式，要注明定义域；
（2）利用三角函数恒等变形公式先化简为再将其中的转化为而转化为的表达式，于是面积S表达为关于的二次函数问题，利用换元思想，t,结合三角函数的性质求得t的范围，进而得到S的最大值
【解析】【解】（1）如图所示，过P作PX⊥OA于X,PY⊥OC与Y,
则，PG=,FE=,

，，-
当矩形PGBF为正方形时，PG=FE,
，，
此时S=1412（）；
（2）


，
记t [，1]，则
对称轴为，∵1－－，
，即或时，（）
（注意：若令，则相应给分）
【点睛】本题考查三角函数的综合应用，涉及三角函数的倍角公式，两角和公式，三角函数的在闭区间上的取值范围，换元思想，二次函数的性质等的综合应用，关键是第（2）问中的恒等变形，化为关于的二次函数最值问题. 化简到1800sin2－4800sin(+)＋6400后，将转化进而转化为的表达式，是解决问题的关键，要根据整个函数表达式的前后结构分析决定变形的方向.
20．已知椭圆，圆的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2，过点作直线交椭圆于､两点.

（1）求椭圆的方程；
（2）若，求直线的方程；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1）首先根据点到椭圆的右焦点的距离为2，求出，再根据圆心在椭圆上，点的坐标满足椭圆方程求得，，最后写出椭圆方程；
（2）根据题意分析直线的斜率一定存在，设直线方程为，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理，弦长公式表示，得到，解方程求得，最后写出直线方程即可；
（3）首先利用三角形面积公式及余弦定理化简得到，接着根据两点间距离公式化简得，最后根据韦达定理进一步化简得到，最后根据判别式法求得参数的取值范围即可；
【解析】（1）因为点到椭圆的右焦点的距离为2，
所以，所以，
又因为圆配方得：，
所以，因为圆心在椭圆上，
所以，
所以：，，
所以椭圆的方程为：；
（2）因为过点作直线交椭圆于A，两点，
若直线的斜率不存在，椭圆于上下顶点，此时，不合题意；
故直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，
联立得，
，
设，
由韦达定理得：，
，
所以，
解得：，即，
所以直线的方程为；
（3）由三角形面积公式可知，
因为，化简上式得，
又在中利用余弦定理可得：，
所以

，
由（2）知，
，
，
所以，
整理得，
当时，成立，
当时，方程的判别式，解得且，
所以，
又因为，所以，
所以的取值范围.
【点睛】(1)解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．
(2)涉及到直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0或不存在等特殊情形．
21．已知函数，设，.
(1)若在上有解，求的取值范围；
(2)若，证明：当时，成立；
(3)若恰有三个不同的根，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）常数分离法，转化为有解，用导数求的最小值即可；
（2）即证在时恒成立，用导数求左边函数的最小值;
（3）确定是先减后增，要使有三根，要满足，从而，可将表示为的函数，根据的范围，求得的范围.
【解析】（1）由题，在上有解，，所以有解
令，则，
而在上为增函数，所以，
即成立，所以在严格递增，
因而，即.
（2）时，则，
令，
得，记，
则在时严格增，
因而，所以在时严格增，
因而
即在严格增，，
即在恒成立.
（3）在定义域上递增
①当时，，
而当时成立，且，
所以，
因而存在，使得，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点.，
由，此时不可能有三个根.
②当时，
因而存在，使得，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点.，
由，此时不可能有三个根.
③当时，在定义域上递增，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点.所以为最小值，此时不可能有三个根.
④当时，，存在，使得
当时，，为减函数；
当时，，为增函数；
所以为极小值点，
而，所以
由
由有三个根，得
由，
所以.
【点睛】利用导数研究方程根的过程中用的主要数学思想方法就是数形结合,即首先通过导数研究函数的性质，确定函数的单调性，极值，最值等，根据函数的性质画出函数的图象，然后根据函数的图像确定方程根的情况.方程的根的个数可以看成函数图象与x轴交点的个数，也可以转化为两个函数图象的交点个数问题.解决这类问题要注意分类讨论思想，数形结合思想的应用.