卷03——【上海专用】2023年高考数学模拟卷（原卷版+解析版）

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【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：23．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：29．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：A15．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．3C．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．