卷01——【上海专用】2023年高考数学模拟卷（原卷版+解析版）

这是一份卷01——【上海专用】2023年高考数学模拟卷（原卷版+解析版），文件包含卷01上海专用2023年高考数学模拟卷解析版docx、卷01上海专用2023年高考数学模拟卷原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
【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01（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（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．回答第Ⅱ卷时，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A＝，B＝，则＝_______．【答案】【分析】根据交集定义直接求得结果即可.【详解】由交集定义可得：故答案为：2．设是虚数单位，复数是实数，则实数的值是_________.【答案】##【分析】利用复数除法运算可化简得到，由实数的定义可构造方程求得的值.【详解】为实数，，解得：.故答案为：.3．函数的定义域为______________．【答案】【分析】根据题意，列出不等式，求解即可得到结果.【详解】因为函数则，解得且所以函数的定义域为故答案为: 4．展开式中含项的系数为__________．【答案】21【分析】根据二项展开通项公式求解.【详解】展开式的通项公式为，令则，所以含项为，所以系数为21，故答案为：21．5．已知，则的最小值是___________.【答案】4【分析】把化为，再利用“1”的妙用，结合基本不等式即可得到答案.【详解】，当且仅当即时，取等号，故的最小值是4，故答案为：.6．在四棱锥中，，，，则这个四棱锥的高等于___________.【答案】2【分析】先求出平面的法向量，然后求出在方向上的投影的绝对值即可得答案【详解】设平面的法向量，则，令，则，因为，所以四棱锥的高为，故答案为：27．高一级共840名同学参加了数学单元测验，已知所有学生成绩的第80百分位数是85分，至少有____名学生的成绩大于或等于85分.【答案】168【分析】根据给定条件，结合百分位数的定义计算作答.【详解】将840名学生的成绩按照由小到大的顺序排列，85分为第80百分位数，则比85分少的人数占80%，因此成绩大于或等于85分的学生至少占20%，人数为，所以至少有168名学生的成绩大于或等于85分.故答案为：1688．直线被圆O；截得的弦长最短，则实数m=___________.【答案】1【分析】求出直线MN过定点A（1,1），进而判断点A在圆内，当时，|MN|取最小值，利用两直线斜率之积为-1计算即可.【详解】直线MN的方程可化为，由，得，所以直线MN过定点A（1，1），因为，即点A在圆内.当时，|MN|取最小值，由，得，∴，故答案为：1.9．已知甲罐中有个红球、个黑球，乙罐中有个红球、个黑球，先从甲罐中随机取出一球放入乙罐，再从乙罐中随机取出一球表示事件“由甲罐取出的球是黑球”，表示事件“由乙罐取出的球是黑球”，则__________．【答案】##【分析】由题意可求，，再根据条件概率的计算公式求解即可．【详解】因为甲罐中有个红球、个黑球，所以，因为，所以．故答案为：．10．已知双曲线C：，其右焦点到渐近线的距离为2，则该双曲线的离心率为________．【答案】【分析】根据点到直线的距离公式求出，并根据离心率公式求解即可.【详解】由于对称性，右焦点到两条渐近线的距离都为2，由题可知，过一三象限的渐近线为，即，所以右焦点到渐近线的距离为，又，∴，∴．故答案为: .11．在中，内角，，的对边分别为，，，边的中点为，线段的中点为，且，则____________.【答案】【分析】由向量的代数运算和数量积公式，可得，再利用同角三角函数的关系及正余弦定理角化边，由计算即可.【详解】边的中点为，线段的中点为，∴，又，∴，即，由同角三角函数的关系及正余弦定理，有：.故答案为：12．已知数列前项和，数列满足为数列的前项和．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为______．【答案】【分析】利用与的关系，求得，由题意，求得并裂项，利用裂项相消，求得，分为奇数或偶数两种情况，利用函数求最值研究不等式恒成立问题，可得答案.【详解】当时，；当时，，将代入上式，可得，则；，，代入不等式，可得，整理可得，当为偶数时，不等式为，令，，当时，，则在上单调递增，由于，故，此时；当为奇数时，不等式为，令，（为奇数且），易知在单调递增，则，此时，综上所述，.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．已知α，β是两个不同平面，a，b是两条不同直线，则下列命题正确的是（    ）A．若，，则B．若，，，则C．若，，，则D．若，，，则【答案】C【分析】分别利用线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理，面面垂直的性质定理判断即可.【详解】对于,若，，则或，故错误，对于,若，，时，可能与相交，但不垂直，即不一定，故错误，对于,由平面与平面垂直的性质定理可知，若，，，时，则，若时，直线与平面不垂直，故错误，对于C. 若，则两平面的法向量互相垂直，因为，，所以，正确故选：C.14．正方形，如图所示，边长为2，为正方形内一动点，连接，将绕逆时针旋转，到达,连接，．则是四边形是平行四边形的（    ）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】结合图形，利用三角形性质，平行与垂直的关系推导充分，必要条件即可.【详解】若四边形为平行四边形，则由题意得：，且，在中，，所以与矛盾，所以必要性不成立，假设，四边形是平行四边形，则此时，由中，，矛盾，故假设不成立，即当，四边形不是平行四边形，所以充分性不成立，故是四边形是平行四边形的既不充分也不必要条件，故选：D.15．函数的大致图象为（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】利用奇偶性排除A，利用特殊值和图象变化趋势排除B,D.【详解】由题意知函数的定义域为，因为，所以为奇函数，故排除A；因为，所以排除B；因为，所以排除D；故选：C.16．已知三棱锥，为中点，，侧面底面，则过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】连接，，，设三棱锥外接球的球心为，设过点的平面为，则当时，此时所得截面的面积最小，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，再结合球的截面的性质即可得解.【详解】连接，，由，可知：和是等边三角形，设三棱锥外接球的球心为，所以球心到平面和平面的射影是和的中心，，是等边三角形，为中点，所以，又因为侧面底面，侧面底面，所以底面，而底面，因此，所以是矩形,和是边长为的等边三角形，所以两个三角形的高，在矩形中，，连接，所以，设过点的平面为，当时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，，因此圆的半径为：，所以此时面积为，当点在以为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：，所以截面的面积范围为.故选：A．【点睛】关键点点睛：几何体的外接球问题和截面问题，考查空间想象能力，难度较大．  三、解答题：本大题共有5题，满分78分．17．（14分）在中，角所对的边分别为，且.(1)求角；(2)若，的面积为，求.【答案】(1)；(2)【分析】（1）结合三角恒等变换，根据正弦定理边化角求解即可.（2）由面积公式得，再根据余弦定理得，进而可求得.【详解】（1）解：依题意，，故，则，，所以，由于，所以，所以，故，由于，，所以，，即.（2）解：由题意，，所以.又由余弦定理，，即，所以，所以所以. 18.（14分）如图，直三棱柱中，，D为上一点．(1)证明：当D为的中点时，平面平面；(2)若，异面直线AB和所成角的余弦值为时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）利用面面垂直的判定定理证明即可；（2）以为原点，直线CA，CB，分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式求解即可；或者利用异面直线的定义作出异面直线AB和所成角，利用余弦定理求出的长度，再利用二面角的定义作出二面角平面角，即可求解.【详解】（1）证明：如图，分别取，的中点E，F，连接DE，EF，，易知,且∥, ∴是平行四边形，∴．由，为的中点，可知，而平面平面，且平面平面，平面，∴平面．又∵，∴ DE⊥平面，而平面，∴平面平面．（2）方法1：不妨设，，注意到，知或其补角为异面直线AB和所成角，在△中，，，易知，   解得，即D为的中点，如图，延长交AC的延长线于，连接，过C作于，连接，∵平面,,,,∴平面，∴,又∵,   ∴平面 , ∴∴为二面角的平面角，在△中，，，得，∴，即二面角的平面角的余弦值为．方法2：取C为原点，直线CA，CB，分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，，则，，，，∴，．∴，解得．由已知可得平面的一个法向量为，易知，，设平面的法向量为，由 得，可取，则．∴二面角的平面角的余弦值为．19.（14分）佛山新城文化中心是佛山地标性公共文化建筑.在建筑造型上全部都以最简单的方块体作为核心要素，与佛山世纪莲体育中心的圆形莲花造型形成“方”“圆”呼应.坊塔是文化中心的标志性建筑、造型独特、类似一个个方体错位堆叠，总高度153.6米.坊塔塔楼由底部4个高度相同的方体组成塔基，支托上部5个方体，交错叠合成一个外形时尚的塔身结构.底部4个方体高度均为33.6米，中间第5个方体也为33.6米高，再往上2个方体均为24米高，最上面的两个方体均为19.2米高.(1)请根据坊塔方体的高度数据，结合所学数列知识，写出一个等差数列的通项公式，该数列以33.6为首项，并使得24和19.2也是该数列的项；(2)佛山世纪莲体育中心上层屋盖外径为310米.根据你得到的等差数列，连续取用该数列前m（）项的值作为方体的高度，在保持最小方体高度为19.2米的情况下，采用新的堆叠规则，自下而上依次为、、、……、（表示高度为的方体连续堆叠层的总高度），请问新堆叠坊塔的高度是否超过310米？并说明理由.【答案】(1)（答案不唯一，符合题意即可）(2)可以，理由见详解【分析】（1）根据等差数列的通项公式运算求解，并检验24和19.2是否符合；（2）根据题意求，并与310比较大小，分析判断.【详解】（1）由题意可知：，注意到，取等差数列的公差，则，令，解得，即24为第5项；令，解得，即19.2为第7项；故符合题意.（2）可以，理由如下：由（1）可知：，设数列的前项和为，∵，故新堆叠坊塔的高度可以超过310米.（16分）已知椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点．(1)求椭圆的方程；(2)已知、是椭圆上的两点，，是椭圆上位于直线两侧的动点． ①若直线的斜率为，求四边形面积的最大值；②当，运动时，满足直线、与轴始终围成一个以底边在轴的等腰三角形，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由．【答案】(1)(2)①；②直线的斜率为定值，理由见解析.【分析】（1）先由抛物线得到焦点坐标，然后设椭圆方程为，列出对应等式求解：（2）设，，①设直线的方程为，代入椭圆可得，，然后利用面积公式即可求解；②通过题意可设直线的斜率为，则的斜率为，则的直线方程为，代入椭圆可得，同理，然后利用斜率公式即可求解【详解】（1）由抛物线即可得焦点坐标为，椭圆的中心在原点，离心率等于，它的一个短轴端点恰好是抛物线的焦点，设椭圆方程为，则由，解得，故椭圆的方程为；（2）设，，①直线的方程为，代入中，整理得，，解得，，，四边形的面积，当时，，所以四边形面积的最大值为；②当，运动时，满足直线、与轴始终围成一个以底边在轴的等腰三角形，则、的斜率之和为，设直线的斜率为，则的斜率为，的直线方程为，代入中整理得：，，同理，则，，从而，即直线的斜率为定值．【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：（1）设直线方程，设交点坐标为；（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；（3）列出韦达定理；（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；（5）代入韦达定理求解. 21.（18分）若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依赖函数”.（1）判断函数是否为“依赖函数”，并说明理由；（2）若函数在定义域上为“依赖函数”，求实数乘积的取值范围；（3）已知函数在定义域上为“依赖函数”.若存在实数，使得对任意的，有不等式都成立，求实数s的最大值.【答案】（1）是“依赖函数”，理由见解析；（2）；（3）【解析】（1）由“依赖函数”的定义进行判断即可；（2）先根据题意得到，解得：，再由，解出，根据的范围即可求出的取值范围；（3）根据题意可得到在上单调递增，再根据“依赖函数”的定义即可求得的值，代入，由判别式，即可得到，根据能成立，求出的最大值，即可求出s的最大值.【详解】解：（1）对于函数的定义域R内任意的，取，则，且由在R上单调递增，可知的取值唯一，故是“依赖函数”；（2）在递增，故，即，由，得：，故，由，得：，即在上单调递减，故，（3），故在上单调递增，即，即，即，解得：或(舍)，从而，存在，使得对任意的，有不等式都成立，即恒成立，由，得：，由，可得：，又在单调递增，故当时，，即，解得：，故实数s的最大值为.【点睛】结论点睛：不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集 ．