卷03——【上海专用】2023年高考数学模拟卷（原卷版+解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考数学模拟卷（上海卷专用）

黄金卷03

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．

3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

4．测试范围：高考全部内容

5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、填空题：本大题共12小题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12每题5分．

1．已知集合，，且中的所有元素的和为，则______.

【答案】

【详解】当或或时，，所有元素的和为15，不合题意；

当且且时，，由题意得，所以.

故答案为：.

2．已知，则___________．

【答案】2

【详解】由题意得，故，

所以，

故答案为：2

3．若平面向量，，且，则______.

【答案】

【详解】由，得，所以，

得，所以，

则.

故答案为：.

4．设是函数的最小值点，则曲线在点处的切线方程是______.

【答案】

【详解】函数，

当且仅当，即时等号成立，

则函数的最小值点，

则切点为，

，则切线斜率，

故切线方程为：，

故答案为：.

5．的展开式中的系数为______．（用数字作答）

【答案】

【详解】，

的展开式的通项公式为，

在中，令，得的展开式中的系数为，

令，得的展开式中的系数为，

故的展开式中的系数为.

故答案为：.

6．2022年12月某机构关于中国新国货品牌“金榜题名”颁奖典礼准备以线上直播的形式举办，并邀请榜单中的五家企业发言，则在之前发言（不一定相邻，下同），且在之后发言的方法种数为__________.（用数字作答）

【答案】20

【详解】第一步：从5个位置中选3个排A、B、C，有种排法，

第二步：剩下的2个位置排D、E，有种排法，

根据分步乘法原理，总共有种发言的方法.

故答案为：20.

7．以下为甲、乙两组按从小到大顺序排列的数据：

甲组：14，30，37，a，41，52，53，55，58，80；

乙组：17，22，32，43，45，49，b，56．

若甲组数据的第40百分位数和乙组数据的平均数相等，则__________．

【答案】100

【详解】因为，甲组数据的第40百分位数为第四个数和第五个数的平均数，

乙组数据的平均数为，

根据题意得，解得：，

所以，

故答案为：.

8．直线与圆相交于A、B两点，则的面积是______.

【答案】2

【详解】由得，

所以圆心，半径，

圆心到直线的距离，

所以，

所以的面积是.

故答案为：2

9．若，则函数的值域是__________．

【答案】

【详解】 ，

设，，则.

由于，则，且.

设，

由该式的几何意义得下面图形，，其中直线为圆的切线，由图知.

由图知，

在中，有，，所以，

所以，所以.

所以，，故所求值域为．

故答案为：．

10．定义在上的函数满足：，且对于上的有：.则关于的不等式解集为______.

【答案】

【详解】∵，则，

故函数为偶函数，

对于上的，不妨设，则，

由可得，即，

故函数在上单调递增，则函数在上单调递减，

对，则，即，

则，即，解得，可得或，

故不等式的解集为.

故答案为：.

11．已知在三棱锥中，是面积为的正三角形，平面平面，若三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为______．

【答案】1

【详解】第一步：找到三棱锥的体积最大时点的位置

过点作于点.

因为平面平面，平面平面，面，

所以平面，

所以，

所以要使三棱锥的体积最大，则需的值最大．

易知点在同一个圆上，则当为的中点时，的值最大，此时为等腰三角形，且．

第二步：利用外接球球心的位置构造矩形

如图，设外接球的球心为，，的外接圆圆心分别为，连接，

易知分别在线段上，连接.

显然，平面，平面.

因为是的中点，是面积为的正三角形，所以.

因为平面平面，平面，平面平面，

所以，平面.

因为平面，所以.

又平面，所以，所以.

同理可得，，所以四边形为平行四边形.

又，所以四边形为矩形.

第三步：求出，即可得解

由，得，得，

所以，则．

设球的半径为，则由已知可得，，所以．

连接，则，则，

所以，从而．

12．已知，若存在常数使得对于，都有满足关系，则的取值范围为__________.

【答案】

【详解】由题意得：，

令，画出图象如下：

因为，当时，

，，

要想存在常数使得，

则，无解，

当时，，，

要想存在常数使得，

则，解得：，

结合可得：，

当时，，，

要想存在常数使得，

则，解得：，

与取交集得：，

当时，，

，

要想存在常数使得，

则，解得：，

与取交集得：，

当时，，

，

要想存在常数使得，

则，解得：，

与取交集得，

综上：.

故答案为：

二、选择题：本大题共4小题，满分18分，第13~14每题4分，第15~16每题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

13．某市年月至年月的平均气温折线图如图，则（    ）

A．平均高温不低于的月份有个

B．平均高温的中位数是

C．平均高温的极差大于平均低温的极差

D．月平均高温与低温之差不超过的月份有个

【答案】C

【详解】对于A，平均高温不低于的月份有年月和年月，共个，A错误；

对于B，将各个月份数据按照从小到大顺序排序后，可得中位数为，B错误；

对于C，平均高温的极差为，平均低温的极差为，

则平均高温的极差大于平均低温的极差，C正确；

对于D，月平均高温与低温之差不超过的月份有年月和年月，共个，D错误.

故选：C.

14．已知点是双曲线的右焦点，过点F向C的一条渐近线引垂线垂足为A，交另一条渐近线于点B．若，则双曲线C的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【详解】双曲线的渐近线方程为：，不妨令点A在直线上，，如图，

因为，则，而，即有，

，，由知，点在y轴同侧，

于是，，，

在中，，由得：

，整理得：，化简得，解得或（舍去），

所以，，双曲线方程为.

故选：A

15．过抛物线（p＞0）的焦点F的直线交抛物线C于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，设，，若n，，成等比数列，则（    ）

A． B．3

C．3或 D．

【答案】B

【详解】由n，，成等比数列，得．

由抛物线的定义知，， ，

所以，所以，

又因为，，所以．

故选：B.

16．如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】取面对角线中点，连接，，，，分别在上，且，

以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，

， ，，， ，，，，，

，，，，

三棱锥中， 为直角三角形，所以，

因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，

，，，，，共面，

，，， ，

平面，，平面，平面，

点的轨迹为矩形的四边，如图所示，

，为平面的法向量，

则球心到平面的距离为，

球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.

故选：B

三、解答题：本大题共有5题，满分78分．

17．（14分）设定义在上的函数与数列满足，其中是方程的实数根，满足可导，且.

(1)证明：；

(2)判断数列的单调性，并证明.

【答案】(1)证明见解析；(2)单调减数列，证明见解析

【详解】（1）由是方程的实数根，则，由，则单调递增，

由，则，， 以此类推，对于任意，都有.

（2）由，则令，求导可得，

即函数单调递减，

由（1）可知当时，，则当时，，

由（1）可知，则，即数列单调递减.

18．（14分）在如图所示的几何体中，四边形是正方形四边形是梯形，，平面平面，且 .

(1)求证：平面；

(2)求二面角的正弦值；

(3)已知点在棱上，且异面直线与所成的夹角为，求的取值范围.

【答案】(1)证明见解析；(2)；（3)

【详解】（1）∵平面平面，平面平面，平面，.

∴直线平面.

由题意，以点为原点，分别以，，的方向为x轴，y轴，z轴的正向建立如图空间直角坐标系，则可得：，，，

，，.

因为四边形是正方形，所以.

因为，,面,面,

所以面.

所以是平面的一个法向量.

又，∴，

又∵直线QB平面PDC，∴平面.

（2）∵.

设）为平面PBC的法向量，

则即

不妨设，可得.

设）为平面PBQ的法向量，

又∵

则即

不妨设，可得，

∴.

二面角的正弦值为.

（3）设 ，则，又，

又，即，.

令，

所以恒成立，所以在区间[0，2]上单调递增，

所以，

所以.

19．（14分）某工厂拟建造如图所示的容器（不计厚度，长度单位：米），其中容器的上端为半球形，下部为圆柱形，该容器的体积为立方米，且.假设该容器的建造费用仅与其表面积有关.已知圆柱形部分侧面的建造费用为每平方米2.25千元，半球形部分以及圆柱底面每平方米建造费用为千元.设该容器的建造费用为千元.

(1)写出关于的函数表达式，并求该函数的定义域；

(2)求该容器的建造费用最小时的.

【答案】(1)，；(2)见解析

【详解】（1）设该容器的体积为，则，

又，所以

因为，所以.

所以建造费用，

因此，.

（2）由（1）得，.

由于，所以，令，得.

若，即，当时，，为减函数，当时，，为增函数，此时为函数的极小值点，也是最小值点.

若，即，当时，，为减函数，此时是的最小值点.

综上所述，当时，建造费用最小时；当时，建造费用最小时.

20．（16分）已知动圆经过定点，且与圆：内切.

(1)求动圆圆心的轨迹的方程；

(2)设轨迹与轴从左到右的交点为点，点为轨迹上异于的动点，设交直线于点，连结交轨迹于点.直线､的斜率分别为､.

（i）求证：为定值；

（ii）证明直线经过轴上的定点，并求出该定点的坐标.

【答案】(1)

(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，定点

【详解】（1）设动圆的半径为，由题意得圆的圆心为，半径；

所以，，

则.

所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为4的椭圆.

因此轨迹方程为.

（2）（i）设，，.

由题可知，，如下图所示：

则，，

而，于是，

所以，

又，则，

因此为定值.

（ii）设直线的方程为，，.

由，得，

所以.

由（i）可知，，即，

化简得，解得或（舍去），

所以直线的方程为，

因此直线经过定点.

21.（18分）已知函数，其中且．

(1)当时，求函数的单调区间；

(2)若存在实数，使得，则称为函数的“不动点”求函数的“不动点”的个数；

(3)若关于x的方程有两个相异的实数根，求a的取值范围．

【答案】(1)的单调增区间为，单调减区间为；

(2)答案见解析；(3)且.

【详解】（1）当时，，定义域为R．

，令，得．

当时，；当时，．

所以的单调增区间为，单调减区间为．

（2）函数的不动点即为方程的根，即方程的根．

显然，不是方程的根，所以．

记，因为（当且仅当取等号），所以在和上均单调递增．

由，记．

①当时，

（ⅰ）当时，，

（可设

当，当，

在单调递减，在单调递增，所以），

存在，使得，即存在唯一使得；

（ⅱ）当时，，

（设

当，当，

在单调递增，在单调递减，

所以），存在，使得，即存在唯一使得．

②当时，

（ⅰ）当时，无零点；

（ⅱ）当时，因为，，存在，使得，即存在唯一使得．

综上所述，

当时，函数有两个“不动点”，；当时，函数有一个“不动点”．

（3）由（2）知（其中）．

由，代入得．

记，由（1）知，

当时，函数单调递增，且；

当时，函数单调递增，且；

当时，函数单调递减，且当趋向于无穷时，的增长速率远远大于一次函数的增长速率，则．

由可得；可得共三个解．

所以，有一个零点．

所以，

由，

代入得，

由（1）知，当，即时，的解为；

当，即且时，所的解为，．

综上所述，当且时方程有两个不同实数根．