2023届上海市曹杨第二中学高三上学期高考模拟（11月）数学试题（解析版）

这是一份2023届上海市曹杨第二中学高三上学期高考模拟（11月）数学试题（解析版），共17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届上海市曹杨第二中学高三上学期高考模拟（11月）数学试题 一、填空题1．已知集合，若，则_______.【答案】【分析】根据求得，由此求得.【详解】由于，所以，所以.故答案为：2．已知复数为虚数单位，则_________.【答案】【分析】根据复数的共轭复数和复数的模的概念即可求解.【详解】因为复数，所以，且，所以，故答案为：.3．不等式的解集是_________.【答案】【分析】移项通分得，分母大于0即可.【详解】即，即，所以，解得，故答案为：.4．直线与直线的夹角大小等于_________.【答案】【分析】求出两直线的倾斜角，从而得到夹角的大小.【详解】的斜率为2，倾斜角为，的斜率为0，倾斜角为，故两直线的夹角为故答案为：5．已知函数为奇函数，则_________.【答案】【分析】根据函数奇偶性的定义化简可得答案.【详解】由函数为奇函数可得，，化简得 ，此时符合题意，故答案为：0.6．曲线在点处的切线方程为__________．【答案】【分析】先验证点在曲线上，再求导，代入切线方程公式即可．【详解】由题，当时，，故点在曲线上．求导得：，所以．故切线方程为．故答案为：．7．在中，已知，则的面积为_________.【答案】##【分析】先由余弦定理求出，进而利用同角三角函数关系求出，利用三角形面积公式求出答案.【详解】由余弦定理得：，因为，所以，由三角形面积公式得：.故答案为：8．的展开式中的系数为______（用数字作答）．【答案】【分析】依题意可看做个盒子中均有三个元素、、，从每个盒子中取出一个元素再相乘，再根据分步乘法计算原理计算可得；【详解】解：依题意可将问题看做个盒子中均有三个元素、、，现从每个盒子中取出一个元素再相乘，要得到则需在2个盒子中取出、1个盒子中取出、1个盒子中取出，故的系数为；故答案为：9．某班共有4个小组，每个小组有2人报名参加志愿者活动．现从这8人中随机选出4人作为正式志愿者，则选出的4人中至少有2人来自同一小组的概率为________．【答案】【分析】先求出从这8人中随机选出4人的选法总数，再求出选出的4人中至少有2人来自同一小组的不同选法总数，再求概率.【详解】从这8人中随机选出4人作为正式志愿者有种不同的选法.选出的4人中至少有2人来自同一小组分为下列情况：(1)恰好有2人来自同一小组,有种（2）4个人来自2个不同的小组（每个小组2个人）有所以选出的4人中至少有2人来自同一小组有种选法.则选出的4人中至少有2人来自同一小组的概率为故选项为：.【点睛】本题考查组合问题，求古典概率的问题，属于中档题.10．如图，在四棱锥中，平面，，，，，直线与平面成角.设四面体外接球的圆心为，则球的体积为__________.【答案】##【分析】先证明出△PCD和△PBC均为直角三角形，得到O点位置，可求得外接球的半径，可求其体积．【详解】在底面ABCD上，，AD⊥AB，DC＝2，AD＝AB＝1，所以∠ADB＝∠ABD＝45°，所以，在△BCD上，，由余弦定理可得：， 所以，所以∠CBD＝90°．所以BD⊥CB．又因为PD⊥平面ABCD，所以PD⊥BC．又PD∩BD＝D，PD 面PBD， BD面PBD所以BC⊥面PBD，所以BC⊥PB． 则△PCD和△PBC均为直角三角形，当O点为PC中点时，OP＝OD＝OB＝OC，此时O为四面体PBCD的外接球的球心．∵直线PA与平面ABCD成45°角．PD⊥平面ABCD，则∠PAD＝45°，∴PD＝AD＝1，又，∴四面体PBCD外接球的半径为，所以四面体PBCD外接球的体积为．故答案为：．11．与三角形的一边及另外两边的延长线都相切的圆，称为这个三角形的旁切圆．已知正的中心为，，点为与边相切的旁切圆上的动点，则的取值范围为_______．【答案】【分析】作出示意图，结合向量数量积的几何意义即可求得答案.【详解】如图所示，的旁切圆为圆，设其半径为，因为正的边长为1，所以，易知为的重心，则.易知与相似，则，即.由平面向量数量积的几何意义可知：表示在上的投影与的乘积，由图可知：当点P位于点E时最大，最大值为，当点P位于点F时最小，最小值为.于是，的取值范围是.故答案为：.12．已知无穷等比数列的各项均为正整数，且，则满足条件的不同数列的个数为___________；【答案】13【分析】对题干条件变形得到，整理后得到，得到能整除，且，因为，所以，求出满足条件的不同数列的个数.【详解】由题意得：此等比数列的公比，由得：，则，即，所以能整除，且因为，所以，解得：，经检验，均满足要求，故满足条件的不同数列的个数为13个.故答案为：13【点睛】本题的关键点为化简整理得到，结合能整除，且，，从而得到，求出答案.. 二、单选题13．若等差数列的公差为，前项和为，则“”是“有最大值”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】A【分析】根据等差数列前n项和的函数性质及的等差数列，判断题设条件间的推出关系，结合充分、必要性定义即可知答案.【详解】由等差数列前n项和：，当时，由对应的二次函数性质：开口向下，即有最大值；若等差数列是各项为0的常数列，最大值也为0，此时；所以“”是“有最大值”的充分不必要条件.故选：A14．第24届冬季奥运会于2022年2月4日至20日在北京举行，中国代表团取得了9枚金牌，4枚银牌，2枚铜牌的历史最好成绩.已知六个裁判为某一运动员这一跳的打分分别为95，95，95，93，94，94，评分规则为去掉六个原始分中的一个最高分和一个最低分，剩下四个有效分的平均数即为该选手的本轮得分.设这六个原始分的中位数为，方差为；四个有效分的中位数为，方差为.则下列结论正确的是（    ）A．， B．，C．， D．，【答案】D【分析】中位数就是一组数按照大小排列好后的最中间的数，方差表示一组数据波动的大小的数，先求出平均数，再代入方差公式可判断.【详解】将打分95，95，95，93，94，94按照从小到大排列为93,94,94,95,95,95，无论是否去掉一个最高分和最低分中位数都是，故AB错误；根据； 又故选：D.15．已知双曲线的一条渐近线与抛物线的一个交点为，且点到抛物线的焦点的距离为，则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意，根据抛物线的定义可求出A点坐标，可得双曲线渐近线的斜率，即可求出双曲线的离心率.【详解】设，由抛物线方程知，焦点，准线方程为，由，解得，所以，不妨取，即，所以双曲线一条渐近线的斜率，所以，即，故选：C16．若存在实数和，使得函数和对其公共定义域上的任意实数都满足：恒成立，则称此直线为和的“隔离直线”.有下列命题：①和之间存在唯一的“隔离直线”；②和之间存在“隔离直线”，且的最小值为，则（    ）A．①､②都是真命題 B．①､②都是假命題C．①是假命题，②是真命题 D．①是真命题，②是假命题【答案】D【分析】命题①，和有公共点，故隔离直线过该点，设为点斜式，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；命题②，设隔离直线为，则对任意恒成立，结合二次函数性质对参数分类讨论，即可求解；【详解】对于命题①，函数和的图像在处有公共点，若存在和的隔离直线，那么该直线过这个公共点，设隔离直线的斜率为，则隔离直线方程为，即由恒成立，即恒成立，（i）当时，则不恒成立，不符合题意；（ii）当时，令，对称轴，在上单调递增，且，故不恒成立，不符合题意；（iii）当时，令，对称轴，则，只有，即直线下面证明，令,求导，令，得，当时，，函数在区间上单调递减；当时，，函数在区间单调递增；故当时，函数取得极小值，也是最小值，故，即所以和之间存在唯一的隔离直线.对于命题②，设和的隔离直线为，则对任意恒成立，即对任意恒成立，由恒成立，得（i）当时，则符合题意；（ii）当时，则对任意恒成立，令，对称轴，需，即，故令，对称轴，需，即，所以，故同理可得，即，故故命题①正确，命题②错误；故选：D【点睛】关键点点睛：本题考查函数的新定义“隔离直线”，解题中理解“隔离直线”的定义，注意利用导数研究函数的单调性及最值时解题的关键，考查学生的转化与化归能力，属于难题. 三、解答题17．圆柱的轴截面ABCD是正方形，E是底面圆周上一点，DC与AE成60°角，.(1)求直线AC与平面BCE所成角的正弦值；(2)求点B到平面AEC的距离.【答案】(1)(2) 【分析】（1）先证明出∠ACE是AC与平面BCE所成的角，解三角形求出；（2）利用等体积法求出点B到平面AEC的距离.【详解】（1）由题意可知,AB是底面圆的直径,所以AE⊥BE.因为DC//AB,DC与AE所成的角为60°，所以AB与AE所成的角也为60°,即∠BAE=60°.因为正方形ABCD的边长为2，所以，.由题意可知,BC⊥平面ABE,平面ABE，所以BC⊥AE.因为,平面BCE，所以AE⊥平面BCE，所以∠ACE是AC与平面BCE所成的角.因为，即AC与平面BCE所成角的正弦值为.（2）设点B到平面AEC的距离为d.三棱锥的体积为.因为AE⊥平面BCE，所以AE⊥CE，所以.由等体积法可得：，所以，即，解得：.18．在中，角所对的边分别为，已知．(1)求；(2)求．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由正弦定理化边为角，利用代入，可求得角正切值；（2）由同角间的三角函数关系求得，由二倍角公式求得，再由两角和的正弦公式计算．【详解】（1），，，由正弦定理得，                                ．    化简得，    即．（2）由，是锐角，．                ，．又是锐角，．                        ，．    ∴．19．治理垃圾是S市改善环境的重要举措．去年S市产生的垃圾量为200万吨，通过扩大宣传、环保处理等一系列措施，预计从今年开始，连续5年，每年的垃圾排放量比上一年减少20万吨，从第6年开始，每年的垃圾排放量为上一年的．(1)写出S市从今年开始的年垃圾排放量与治理年数的表达式；(2)设为从今年开始n年内的年平均垃圾排放量．如果年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，则认为现有的治理措施是有效的；否则，认为无效，试判断现有的治理措施是否有效，并说明理由．【答案】(1)(2)有效，理由见详解 【分析】（1）分别求出当时和时的通项公式，即可得到年垃圾排放量的表达式；（2）先根据，利用作差法，可证明数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势【详解】（1）设治理年后，S市的年垃圾排放量构成数列.当时，是首项为，公差为的等差数列，所以；当时，数列是以为首项，公比为的等比数列，所以，所以，治理年后，S市的年垃圾排放量的表达式为（2）设为数列的前项和，则．由于 由（1）知，时，，所以为递减数列， 时，，所以为递减数列，且，所以为递减数列，于是因此，所以数列为递减数列，即年平均垃圾排放量呈逐年下降趋势，故认为现有的治理措施是有效的20．已知椭圆的离心率为，是椭圆上的点，长轴的左､右端点为A､B，点P为椭圆上异于A､B的任意一点.(1)求椭圆的方程；(2)设直线AP､BP的斜率分别为，证明：为定值；(3)过点P作的切线与圆交于D､E两点，设OD､OE的斜率分别为，问是否为定值，若是，求出这个定值；若不是，说明理由.【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)是定值，为. 【分析】（1）根据离心率及椭圆上的点得到方程组，解出即可；（2）设，则，再利用点在椭圆上整体代入即可求出定值；（3）首先计算斜率不存在时，的值，当直线斜率存在时,设直线:,与椭圆联立得到方程，根据切线得到，而直线与圆再次联立得到，而，展开整理成韦达定理式，整体代入即可.【详解】（1）由题设,则,而,则设椭圆的方程为,又点在椭圆上，所以,可得,故椭圆的方程为.（2）证明：，设，其中，则，即，，，则.（3）①当直线斜率不存在时,直线的方程为或.若，代入圆方程，则,则.若,则,,则，，②当直线斜率存在时,设直线:,,直线与椭圆联立,得,由直线与椭圆相切,则，化简得:.直线与圆联立:,得:,因为椭圆在圆内，则直线与圆必有两交点，则而的斜率分别为,所以综上：为定值,该定值为.【点睛】结论点睛：设椭圆方程为，若为椭圆上异于左右两端点的点，则.关键点睛：本题第三问的关键点在于设直线方程为与椭圆联立得到关于的一元二次方程，需要通过直线为椭圆切线，得到和的关系式，再将直线与圆联立得到韦达定理式，最后通过斜率之积化简计算，整体代入才能得到定值.21．对于函数和，设集合，，若存在，，使得，则称函数与“具有性质”.(1)判断函数与是否“具有性质”，并说明理由；(2)若函数与“具有性质”，求实数的最大值和最小值；(3)设且，，若函数与“具有性质”，求的取值范围.【答案】(1)与不具有性质，理由见解析；(2)最小值为；最大值为；(3)答案见解析. 【分析】（1）求出、的零点，再结合定义判断作答.（2）利用零点存在性定理求出的零点，结合定义求出的零点所在区间，再借助二次函数零点分布求解作答.（3）利用指对数函数的性质，分类讨论求得的关系式，再借助非线性规划求解作答.【详解】（1）不具有性质，设，，任取，即，则，任取，即，则，即，所以与不具有性质.（2）设，，函数是R上的增函数，显然有，即是方程的唯一解，又函数与具有性质，则存在，，使得，因此，即方程在区间上有解，有，令，则在上递减，在上递增，则当，即时，，当时，，当时，，则当，即时，，所以的最小值为，最大值为.（3）设，，因为函数与具有性质，则存在，，使得，由得，，又，则，由得，，则，当时，由得，，即，有，则，显然满足，作出此不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中，令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，作出直线，平移直线，当它分别为过点A，B时的直线时，其纵截距分别最大和最小，即取最小和最大，则，，因此，当时，由得，，即，有，则，显然满足，作出此不等式组表示的平面区域，如图中阴影区域，其中令，即表示斜率为，纵截距为的平行直线系，作出直线，平移直线，当它分别为过点D，B时的直线时，其纵截距分别最大和最小，即取最小和最大，则，，因此，所以当时，的取值范围是，当时，的取值范围是.【点睛】思路点睛：涉及一元二次方程的实根分布问题，可借助二次函数及其图象，利用数形结合的方法解决一元二次方程的实根问题.