2023年高考政治第二次模拟考试卷—数学（上海A卷）（全解全析）

2023年高考数学第二次模拟考试卷

数学·全解全析

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回

一、填空题（本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）

考生应在答题纸的相应位置填写结果。

1．已知，且满足，则________.

【答案】

【分析】根据复数的运算法则求得，进而得出答案.

【详解】由，得，

所以．

故答案为：．

2．直线的一个方向向量为______.

【答案】（答案不唯一）

【分析】首先得到其法向量为，则可直接写出其一个方向向量.

【详解】直线的法向量为，

则其一个方向向量为.

故答案为：（答案不唯一）.

3．已知为锐角，若，则______.

【答案】

【分析】由条件结合诱导公式可求，再由同角关系求，结合两角和正切公式求.

【详解】因为，所以，又为锐角，所以，，所以.

故答案为：.

4．若函数的图象恒过定点，且，，当有最小值时，______．

【答案】4

【分析】由函数的图象恒过定点得，

解法一：展开后由基本不等式求得取最小值时的值，从而求得 ；

解法二：再使用“1”的代换，由基本不等式求得取最小值时的值，从而求得 .

【详解】由函数的图象恒过定点得，

即．

解法一：

，

当且仅当，即，时取等号，此时．

解法二：

，

当且仅当，即，时取等号，此时．

故答案为：4

5．若，则三棱锥O—ABC的体积为___________.

【答案】

【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可求得结果.

【详解】根据已知可得：，即，

又，

故△的面积；

不妨取平面的一个法向量，

则点到平面的距离，

故三棱锥O—ABC的体积.

故答案为：.

6．已知 的图象在处的切线与与函数的图象也相切，则该切线的斜率 __________.

【答案】

【分析】分别求两条曲线的切线方程，比较系数得a的值.

【详解】函数的图象在处的切线的切点为，

因为，所以切线斜率为，切线方程为，即，

设的图象的切线的切点为，因为，所以切线斜率为，

切线方程为，即，

由题，解得，，斜率为.

故答案为：.

7．已知的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为56：3，则___________

【答案】10

【分析】由二项展开式通项公式得系数比，从而求得．

【详解】，

由已知第5项的系数与第3项的系数之比为，解得（负值舍去）．

故答案为：10.

8．已知函数奇函数，写出一个满足条件的__________．

【答案】

【分析】根据奇函数的定义即可求解．

【详解】由为奇函数，所以，

当时， ，

所以，解得，所以取即可．

故答案为：（满足条件即可）．

9．小同学和小同学计划在“五一节”5天假期中随机选择两天到图书馆学习，则两位同学没有同一天到图书馆的概率为_________.（结果用最简分数表示）

【答案】

【分析】先求出总的选法，再求两人没有同一天到图书馆的选法，利用古典概型求解.

【详解】小同学从5天假期中随机选择两天去图书馆学习的选法是，

小同学从剩下的3天里随机选择两天去图书馆学习的选法是，

所以两位同学没有同一天到图书馆的概率为.

故答案为：.

10．已知数列满足，（）.设为中取值为1的项的个数，则 __________ .

【答案】12525

【分析】设，根据（）依此类推归纳得到，从而得到求解.

【详解】解：当时，若，则，，

依此类推，可归纳证得，（），

从而.

因此，，当且仅当（），从而，

故恰有个.

则，

，

故答案为：12525

11．在中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在边BC上（与B、C不重合），延长射线AD到P，使得AP＝9，若（m为常数），则DB的长度为 __．

【答案】##1.4

【分析】以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，求得B与C的坐标，再把的坐标用m表示．由AP＝9列式求得m值，由题意可求的坐标，可求得D的坐标，则BD的长度可求．

【详解】如图，以A为坐标原点，分别以AB，AC所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，

则B（4，0），C（0，3），

由若，得，

整理得：．

由AP＝9，得，解得或．

当时，可得，所以点的坐标为，所以

直线PA的方程为，直线BC的方程为，

联立两直线方程可得点D的坐标为，，

所以，

当时，此时，所以三点共线，点在直线上，所以三点共线，又三点共线，所以可知D与C重合（舍去），

∴BD的长度是．

故答案为：．

12．对于定义域为D的函数f(x)，若存在且，使得，则称函数f(x)具有性质M，若函数，具有性质M，则实数a的最小值为__．

【答案】

【分析】设，由可得，结合可得 ，进而求得，由此得解．

【详解】解：设，由得，

则，故，

∴，

又，

∴，

∵，∴，

则，∴，

∴，故，

∴，则实数a的最小值为．

故答案为：．

二、选择题：（本大题共有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，讲代表正确选项的小方格涂黑。

13．已知集合，，则（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】两点集的交集，即这两条直线的交点.

【详解】

故选：D.

14．下列不等式一定成立的是（    ）

A．lg(x2＋)>lgx(x>0) B．sinx＋≥2(x≠kπ，k∈Z)

C．  D．>1(x∈R)

【答案】C

【分析】应用基本不等式：x，y>0，≥ (当且仅当x＝y时取等号)逐个分析，注意基本不等式的应用条件及取等号的条件．

【详解】当x>0时，x2＋≥2·x·＝x，所以lg(x2＋)≥lgx(x>0)，故选项A不正确；

当x≠kπ，k∈Z时，sinx的正负不能确定，故选项B不正确；

因为，所以选项C正确；

当x＝0时，有＝1，故选项D不正确．

故选：C.

【点睛】本题考查基本不等式的运用，在运用基本不等式时需保证“一正，二定，三相等”，属于基础题.

15．如图，在正方体中，点M､N分别在棱､上，则“直线直线”是“直线平面”的（    ）

A．充分非必要条件 B．必要非充分条件

C．充要条件 D．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】.

根据充分必要条件的定义判断．

【详解】首先必要性是满足的，由线面垂直的性质定理（或定义）易得；

下面说明充分性，

连接，平面，平面，则，

正方形中，，平面，则平面，

又平面，所以，

若，，平面，所以平面，充分性得证．

因此应为充要条件．

故选：C．

16．已知点．若曲线上存在，两点，使为正三角形，则称为型曲线．给定下列三条曲线：

①；

②；

③．

其中型曲线的个数是

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】对于①，A（-1，1）到直线y=-x+3的距离为，若直线上存在两点B，C，使△ABC为正三角形，则|AB|=|AC|=，以A为圆心，以为半径的圆的方程为（x+1）2+（y-1）2=6，联立

解得，或，后者小于0，所以对应的点不在曲线上，所以①不是．

对于②，化为，图形是第二象限内的四分之一圆弧，此时连接A点与圆弧和两坐标轴交点构成的三角形顶角最小为135°，所以②不是．

对于③，根据对称性，若上存在两点B、C使ABC构成正三角形，则两点连线的斜率为1，设BC所在直线方程为x-y+m=0，由题意知A到直线距离为直线被所截弦长的倍，列方程解得m=-，所以曲线③是T型线．

三、解答题（本大题共有5题，满分78分），解答下列个体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，本题共有两个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

17．如图，在四棱锥P-ABCD中，已知PA⊥平面ABCD，且四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝AP＝2，BC＝1，且Q为线段BP的中点．

(1)求直线CQ与PD所成角的大小；

(2)求直线CQ到平面ADQ所成角的大小．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）连接，作交于，连接，易得，则直线CQ与PD所成角为，根据线面垂直的判定和性质证线线垂直，应用勾股定理、中位线的性质求相关线段长度，进而求的大小.

（2）连接，由求到面距离，结合即可求直线CQ到平面ADQ所成角的大小．

【详解】（1）连接，作交于，

四边形ABCD为直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝AD＝2，BC＝1，

所以为矩形且分别为中点，则.

连接，又Q为线段BP的中点，故，

所以直线CQ与PD所成角，即为，

因为PA⊥平面ABCD，面ABCD，则，AP＝2，故，同理得，

又，，则面，而，

所以面，又面，故，则，

又，故在△中，即，

综上，，故.

（2）连接，由题设易知：到面的距离为，又，

所以，而，

由面，面，则，故，

若到面距离为，故，可得，又，

所以直线CQ到平面ADQ所成角正弦值为，故线面角大小为.

18．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

18．设且，，已知函数.

（1）当时，求不等式的解；

（2）若函数在区间上有零点，求的取值范围.

【答案】（1）答案见解析；（2）或.

【分析】（1）根据题意得，进而分和两种情况求解即可；

（2）由题知，进而根据已知条件得，再结合对勾函数性质即可得或，进而求得答案.

【详解】解：（1），不等式可化为

若，则，解得，

所以不等式的解集为.

若，则，解得，

所以不等式的解集为.

综上所述：，的解集为；，的解集为.

（2）.

令，即，

∵，∴，∴；

∴ .

设，则，

∴或，

解得或.

【点睛】本题考查对数函数的性质，对数运算，函数的零点求参数，考查分类讨论思想，运算求解能力，化归转化能力，是中档题.本题第二问解题的关键在于将问题转化为，有解，进而求解.

19．（本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分）

19．如图，游客从某旅游景区的景点处下山至处有两种路径．一种从沿直线步行到，另一种是先从沿索道乘缆车到，然后从沿直线步行到．现有甲、乙两位游客从处下山，甲沿匀速步行，速度为．在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到．假设缆车匀速直线运行的速度为，山路长为，经测量，，，为钝角．

（1）问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？

（2）为使两位游客在处互相等待的时间不超过分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？

【答案】（1）乙出发后，乙在缆车上与甲的距离最短；（2）.

【分析】

（1）求出的值，设乙出发后，甲、乙之间的距离为，根据题意可得出关于的二次函数关系式，利用二次函数的基本性质可求得结果；

（2）设乙步行的速度为，根据已知条件可得，可解得的取值范围，即为所求.

【详解】（1）因为为钝角，则为锐角，所以，，，

所以，，

设乙出发后，甲、乙之间的距离为，由题意可得，

则，

所以，当时，取最小值，

因此，当乙出发后，乙在缆车上与甲的距离最近；

（2）为锐角，，

由正弦定理可得，

乙从出发时，甲已经走了，

还需走才能到达，设乙步行的速度为，则，解得，

所以，为使两位游客在处互相等待的时间不超过分钟，乙步行的速度应控制在范围内.

【点睛】思路点睛；解三角形应用题的一般步骤

（1）阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系．

（2）根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型．

（3）根据题意选择正弦定理或余弦定理求解．

（4）将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求等.

20．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

20．已知椭圆，直线，分别为椭圆的左右焦点，为椭圆的上顶点，为直角三角形，且到椭圆的右顶点的距离为，点为上的动点，直线交椭圆于两点.

(1)求椭圆的方程；

(2)求的面积的取值范围；

(3)设，，直线，判断直线是否经过定点，若存在，请求出定点的坐标，若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)

(3)存在，

【分析】（1）由为直角三角形及两边相等求出参数，即可求得椭圆的方程；

（2）设出直线的方程，表达出两点的坐标，让直线与椭圆联立，由韦达定理表达出的表达式，即可求出的面积的取值范围；

（3）设出直线的方程，和椭圆联立，利用韦达定理表达出和，求出和的表达式，代入直线的方程并化简，即可求出定点的坐标.

【详解】（1）由题意，

在椭圆中，

为直角三角形，且，

∴为等腰直角三角形，

∴即，

∵到椭圆的右顶点的距离为，

∴，

∴，所以，

∴椭圆的方程.

（2）由题意及（1）得

在中，

设直线的方程为，，，

 由得，

∴，，，

 则，

 令，则，

 ∴

∴，当且仅当即时等号成立，

∴.

（3）存在，理由如下：

由题意及（1）（2）得，

直线的斜率显然存在，设为，

由，得，

∴，

由几何知识得，，，

∵，

∴，

同理可得，

代入方程得，

整理得，

令，解得：，

∴当时，

原式=，

即，整理得，则.

即存在这样的点，为.

21．（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

21．若无穷数列的各项均为整数.且对于，都存在，使得，则称数列满足性质.

(1)判断下列数列是否满足性质，并说明理由.

①；

②.

(2)若数列满足性质，且，求证：集合为无限集；

(3)若周期数列满足性质，求数列的通项公式.

【答案】(1)①不满足，②满足

(2)证明见详解

(3)或

【分析】（1）根据题意分析判断；

（2）根据题意先证3为数列中的项，再利用反证法证明集合为无限集；

（3）先根据题意证明，再分为常数列和非常数列两种情况，分析判断.

【详解】（1）对①：取，对，则，可得，

显然不存在，使得，故数列不满足性质；

对②：对于，则，

故，

∵，则，且，

∴存在，使得，故数列满足性质.

（2）若数列满足性质，且，则有：

取，均存在，使得，

取，均存在，使得，

取，均存在，使得，

故数列中存在，使得，即，

反证：假设为有限集，其元素由小到大依次为，

取，均存在，使得，

取，均存在，使得，

取，均存在，使得，

即这与假设相矛盾，故集合为无限集.

（3）设周期数列的周期为，则对，均有，

设周期数列的最大项为，最小项为，

即对，均有，

若数列满足性质：

反证：假设时，取，则，使得，

则，即，

这对，均有矛盾，假设不成立；则对，均有；

反证：假设时，取，则，使得，

这与对，均有矛盾，假设不成立，即对，均有；

综上所述：对，均有，

反证：假设1为数列中的项，由（2）可得：为数列中的项，

∵，即为数列中的项，

这与对，均有相矛盾，即对，均有，同理可证：，

∵，则，

当时，即数列为常数列时，设，故对，都存在，

使得，解得或，即或符合题意；

当时，即数列至少有两个不同项，则有：

①当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；

②当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；

③当为数列中的项，则，即为数列中的项，但，不成立；

综上所述：或.

【点睛】方法点睛：

（1）对于证明中出现直接证明不方便时，我们可以利用反证法证明；

（2）对于周期数列满足性质，证明思路：先逐步缩小精确的取值可能，再检验判断.