2023届上海市敬业中学高三三模数学试题含解析

2023届上海市敬业中学高三三模数学试题

一、填空题

1．设集合，，则________

【答案】

【分析】先化简集合，再由交集的概念，即可得出结果.

【详解】因为，，

所以.

故答案为

【点睛】本题主要考查交集的运算，熟记交集的概念即可，属于基础题型.

2．若复数（为虚数单位）是方程（、均为实数）的一个根，则___

【答案】

【分析】先由题意，得到，化简整理，再由复数相等，得到，根据复数模的计算公式，即可求出结果.

【详解】因为复数（为虚数单位）是方程（、均为实数）的一个根，

所以，整理得：，

因此，解得.

所以.

故答案为

【点睛】本题主要考查求复数的模，熟记复数模的计算公式，以及复数相等的充要条件即可，属于常考题型.

3．在等比数列中，若公比q=4，且前3项之和等于21，则该数列的通项公式（ ）

【答案】

【分析】利用等比数列求和公式列方程求出数列的首项，从而可得结果.

【详解】因为公比q=4，且前3项之和等于21，

所以，

该数列的通项公式为，

故答案为

【点睛】本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，意在考查对基本公式的掌握与应用，属于基础题.

4．若直线的倾斜角为α，则sin2α的值为___________.

【答案】/0.6

【分析】根据直线斜率为倾斜角的正切值，结合三角恒等变换公式即可求解.

【详解】由题可知，，

则.

故答案为：.

5．已知随机变量X服从正态分布，且，则____________．

【答案】/．

【分析】根据正态分布曲线的性质即可解出．

【详解】因为，所以，因此．

故答案为：．

6．一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为，则该四棱柱的高为____________．

【答案】

【分析】由题意可知正四棱柱的对角线长即为球的直径，根据对角线长的计算公式可求得四棱柱的高.

【详解】由题意可知正四棱柱的对角线长即为球的直径，

因为该球的表面积为，所以球的半径，

正四棱柱的底面积为1，则底面边长为1，

设正四棱柱的高为h，则 ，即

解得 ，

故答案为： .

7．已知的二项展开式中，所有二项式系数的和等于64，则该展开式中常数项的值等于_________．

【答案】60

【分析】首先根据条件求出，然后写出展开式的通项，然后可得答案.

【详解】因为所有二项式系数的和等于64，所以，所以，

所以展开式的通项为，

令得，所以该展开式中常数项的值等于.

故答案为：60.

8．一个袋中装有大小相同的5个白球和3个红球，现在不放回的取2次球，每次取出一个球，记“第1次拿出的是白球”为事件，“第2次拿出的是白球”为事件，则是________

【答案】

【分析】先计算， ，然后根据条件概率的定义，可得结果.

【详解】由题可知：

所以

故答案为：

【点睛】本题考查条件概率，掌握条件概率公式，审清题意，简单计算，属基础题.

9．已知双曲线的一条渐近线与圆相交于两点，且，则此双曲线的离心率为___________.

【答案】/

【分析】根据所截弦长与半径求出圆心到渐近线距离，从而解出的值，最后得到离心率.

【详解】由题意可知双曲线的一渐近线方程为，圆的半径为，

圆心到渐近线的距离为，

即（负舍），，

双曲线的离心率为.

故答案为：.

10．若函数的值域为，则实数的取值范围是________

【答案】

【分析】分类讨论，先由求出的取值范围，再结合时二次函数的单调性求解值域即可

【详解】当时，，；

当时，是减函数，，要满足，此时应满足 ，即

故答案为

【点睛】本题考查根据分段函数值域求解参数问题，解题关键在于确定在临界点处的取值范围，属于中档题

11．已知函数的图像在处的切线与在处的切线相互垂直，那么的最小值是___________.

【答案】

【分析】求出，根据导数的几何意义得到，根据余弦函数的最值可得且，或且，分两种情况求出，然后求出其最小值即可.

【详解】因为，

所以，

依题意可得，

所以,

所以且，

或且，

当且时，

，，，，

所以，，，

所以，，，

所以当或时，取得最小值.

当且时，

，，，，

所以，，，

所以，，，

所以当或时，取得最小值.

综上所述：的最小值是.

故答案为：.

12．在数列中，对任意的都有，且，给出下列四个结论：

①对于任意的，都有；

②对于任意，数列不可能为常数列；

③若，则数列为递增数列；

④若，则当时，.

其中所有正确结论的序号为_____________.

【答案】③④

【分析】对数列递推关系变形得到，得到与同号，当时，，①错误；

当时，推导出此时为常数列，②错误；

作差法结合时，，求出数列为递增数列，③正确；

由与同号，得到当，有，结合作差法得到为递减数列，④正确.

【详解】因为，所以，

因为任意的都有，所以，

所以与同号，当，则时，都有，①错误；

当时，，所以，同理得：，此时为常数列，②错误；

，

由A选项知：若，则，

所以，

则数列为递增数列，③正确；

由与同号，当，则时，都有，

且此时，

所以数列为递减数列，

综上：若，则当时，，④正确.

故答案为：③④

二、单选题

13．已知两条直线“”是“直线与直线的夹角为”的（    ）

A．必要不充分条件 B．充分不必要条件

C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【分析】根据两条直线夹角公式可以求出当两条直线夹角为时的值,然后根据充分性、必要性的定义,选出正确答案.

【详解】两条直线的斜率分别是.当两条直线的夹角为时,则有：或.因此“”是“直线与直线的夹角为”的充分不必要条件.

故选B

【点睛】本题考查充分不必要条件的判断,掌握两直线夹角的计算公式是解题的关键.

14．要得到函数的图像，只需将函数的图像（    ）

A．每一点的横坐标变为原米的2倍 B．每一点的纵坐标变为原来的2倍

C．向左平移个单位 D．向上平移个单位

【答案】D

【分析】根据图象平移结合对数运算逐个分析判断.

【详解】对A：所得函数为，A错误；

对B：所得函数为，B错误；

对C：所得函数为，C错误；

对D：所得函数为，D正确；

故选：D.

15．如图，点为正方形的中心，为正三角形，平面平面是线段的中点，则

A．，且直线是相交直线

B．，且直线是相交直线

C．，且直线是异面直线

D．，且直线是异面直线

【答案】B

【解析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．

【详解】如图所示， 作于，连接，过作于．

连，平面平面．

平面，平面，平面，

与均为直角三角形．设正方形边长为2，易知，

．，故选B．

【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．

16．在中，.为所在平面内的动点，且，若，则给出下面四个结论：

①的最小值为；②的最小值为；

③的最大值为；④的最大值为8.

其中，正确结论的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】A

【分析】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，设，然后表示出的坐标，由题意可得，再逐个分析判断即可.

【详解】如图，以为原点，所在的直线分别为轴，建立平面直角坐标系，

则，

因为，所以设，则

，，

所以，

所以，即（为任意角），

所以

（其中），

所以的最大值为，最小值为，

所以①③错误，

因为，

所以

（其中）

因为，

所以，

所以，

所以的最小值为，最大值为14，

所以②正确，④错误，

故选：A

三、解答题

17．已知，正三棱柱中，，延长至，使.

(1)求证：；

(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）通过底面的边角关系可得，，进而可证得平面，从而得证；

（2）法一：取中点，联结，可证得为二面角的平面角，从而得解.

法二：建立空间直角坐标系用向量的方法求解.

【详解】（1）因为是正三棱柱，所以，

，且，从而

又，所以，

，即，

又，、，

平面，又，

（2）解法一：取中点，联结.所以，

又，故，

因为平面，，所以，

又，、，

所以平面，又，所以，

所以为二面角的平面角，

因为所以，

平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

解法二：以直线为轴，直线为轴，直线为z轴建立空间直角坐标系.

则，

设平面的一个法向量，

则，

令，则，所以，

又平面的一个方向量，

设二面角的大小为，

则，

平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

18．已知向量，其中，若函数的最小正周期为.

(1)求的单调增区间；

(2)在中，若，求的值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据题意，由辅助角公式将函数化简，再由函数周期即可求得，再根据正弦型函数的单调区间即可得到结果；

（2）根据题意，由（1）中函数的解析式可得，再由正弦定理可得，再结合平面向量数量积的定义代入计算，即可得到结果.

【详解】（1）

的最小正周期为.

故，

令，解得，

故函数的单调增区间为

（2）设中角所对的边分别是.

，即，解得.

，

，

.

19．某超市每天以4元/千克购进某种有机蔬菜，然后以7元/千克出售.若每天下午6点以前所购进的有机蔬菜没有全部销售完，则对未售出的有机蔬菜降价处理，以2元/千克出售，并且降价后能够把剩余所有的有机蔬菜全部处理完毕，且当天不再进货.该超市整理了过去两个月（按60天计算）每天下午6点前这种有机蔬菜的日销售量（单位：千克），得到如下统计数据.（注：视频率为概率，）.

(1)求1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率；

(2)在接下来的2天中，设为下午6点前的销售量不少于350千克的天数，求的分布列和数学期望；

(3)若该超市以当天的利润期望值为决策依据，当购进350千克的期望值比购进400千克的期望值大时，求的最小值.

【答案】(1)

(2)分布答案见解析，

(3)

【分析】（1）由表格中的数据，结合对立事件的概率公式，即可求解；

（2）根据题意，得到随机变量的可能值为，结合独立重复试验的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，利用期望公式，即可求解；

（3）分别求得购进350千克和400千克时利润的期望值，列出不等式，求得，再由且，得到，即可求解.

【详解】（1）解：由表格中的数据，可得1天下午6点前的销售量不小于350千克的概率为.

（2）解：依题意，1天下午6点前的销售量不少于350千克的概率，

随机变量的可能值为，

可得，

所以随机变量的分布为：

所以的数学期望.

（3）解：购进350千克时利润的期望值：，

购进400千克时利润的期望值：，

由，解得，

因为且，因此，

所以的最小值是.

20．已知双曲线的焦距为4，直线l：与交于两个不同的点D､E，且时直线l与的两条渐近线所围成的三角形恰为等边三角形.

(1)求双曲线的方程；

(2)若坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，求实数m的取值范围；

(3)设A､B分别是的左､右两顶点，线段BD的垂直平分线交直线BD于点P，交直线AD于点Q，求证：线段PQ在x轴上的射影长为定值.

【答案】(1)

(2)

(3)证明见解析

【分析】（1）列方程求得a、b，即可得到双曲线的方程；

（2）把坐标原点O在以线段DE为直径的圆的内部，转化为，解不等式可得实数m的取值范围；

（3）求得P、Q两点的坐标，得到，即可证明线段PQ在x轴上的射影长为定值.

【详解】（1）当直线l：与C的两条渐近线围成的三角形恰为等边三角形，

又双曲线的渐近线为，则

又焦距为4，则，解得，，

则所求双曲线的方程为.

（2）设，，则，

由，得，

则，

，，，

又坐标原点O在以线段DE为直径的圆内，

则，即，即，

即，则，

即，则或，

即实数m的取值范围.

（3），

设，则，

直线BD的斜率为， 又，

则直线PQ的方程为，即，

直线AD的斜率为，直线AD的方程为，

由，得，

即点Q的横坐标为，则.

故线段PQ在x轴上的射影长为定值.

21．定义：如果函数和的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有C关系．

(1)判断函数和是否具有C关系；

(2)若函数和不具有C关系，求实数a的取值范围；

(3)若函数和在区间上具有C关系，求实数m的取值范围．

【答案】(1)是

(2)

(3)

【分析】（1）根据C关系的理解，令，解得，从而得以判断；

（2）利用换元法，结合二次函数的性质得到在上恒成立，分类讨论与，利用基本不等式即可求得a的取值范围；

（3）构造函数，将问题转化为在上存在零点，分类讨论与，利用导数与函数的关系证得时，在上有零点，从而得解.

【详解】（1）与是具有C关系，理由如下：

根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在，使得，

因为，，，

所以，

令，即，解得，

所以与具有C关系.

（2）令，

因为，，所以，

令，则，故，

因为与不具有C关系，所以在上恒为负或恒为正，

又因为开口向下，所以在上恒为负，即在上恒成立，

当时，显然成立；

当时，在上恒成立，

因为，当且仅当，即时，等号成立，

所以，所以，

综上：，即.

（3）因为和，

令，则，

因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，

因为，

当且时，因为，所以，

所以在上单调递增，则，

此时在上不存在零点，不满足题意；

当时，显然当时，，

当时，因为在上单调递增，且，

故在上存在唯一零点，设为，则，

所以当；当；又当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点，

因为，所以，

又因为，所以在上存在唯一零点，

所以函数与在上具有C关系，

综上：，即.

【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到与具有C关系，则在定义域上存在，使得，从而得解.