2023年高考考前押题密卷-数学（上海卷）（全解全析）

这是一份2023年高考考前押题密卷-数学（上海卷）（全解全析），共20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年高考考前押题密卷（上海卷）数学•全解全析一、填空题1．已知集合，，若，则实数a的取值范围为___________．【答案】【分析】由条件根据补集的定义求，再根据子集的定义列不等式求a的取值范围．【解析】因为，所以或，又，，所以，所以a的取值范围为.故答案为：.2．已知是奇函数，则实数__________．【答案】2【分析】利用奇函数的定义代入函数式，化简即可求出所要的值.【解析】由题意得，所以，解得．3．已知函数，，则函数的值域为______．【答案】【分析】根据的范围，得的范围，数形结合可得的范围，从而可得函数的值域.【解析】当时，，则，所以，所以函数的值域为.故答案为：4．已知实数a，b满足，则的最小值是__________.【答案】【分析】先判断出，且.令，利用判别式法求出的最小值.【解析】因为实数a，b满足，所以，且.令，则，所以，代入，则有，所以关于b的一元二次方程有正根，只需，解得：.此时，关于b的一元二次方程的两根，所以两根同号，只需，解得.综上所述：.即的最小值是（此时，解得：）.故答案为：.5．若直线与圆相切，则实数_________．【答案】或【分析】利用几何法列方程即可求解.【解析】圆可化为.因为直线与圆相切，所以圆心到直线的距离等于半径，即，解得：或7.故答案为：或6．已知函数，则______．【答案】【分析】求出导函数，建立与的方程，求出，利用极限的运算及导数的定义求解即可.【解析】当时，，所以，又，则，解得，由定义可知，.故答案为：7．已知样本容量为5的样本的平均数为3，方差为，在此基础上获得新数据9，把新数据加入原样本得到样本容量为6的新样本，则该新样本的方差为______．【答案】8【分析】根据均值公式与方差公式计算．【解析】记原来的数据为，新增数据为，由题意，，，则，，所以新方差为．故答案为：8.8．已知点，若，则__________.【答案】【分析】结合平面向量的坐标运算可得，进而可得，结合二倍角公式及同角三角函数关系化简即可求解.【解析】因为，所以，，所以，即，所以，即，所以.故答案为：.9．在我校运动会期间，为了各项赛事的顺利进行，学生会组织了5个志愿服务小组，前往3个比赛场地进行志愿服务.若每个场地至少分配1个志愿服务小组，每个志愿服务小组只能在1个场地进行服务，并且甲小组不去比赛场地A，则不同的分配方法种数为_________.【答案】100【分析】根据分组分配方法，结合两种计数原理即可得答案.【解析】5人分成3组有两种方案：“”、“”共有种方法分组方法，3组分配到3个场地，甲小组不去比赛场地A，有种方法；根据乘法原理不同的分配方法数为：.故答案为：100.10．在三棱锥中，平面平面，是等边三角形且，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，若球的体积为，则三棱锥体积的最大值为______.【答案】【分析】先利用条件求出球的半径和外接圆的半径，由条件知，要使三棱锥体积取到最大值，则点在底面上的投影为的中点，再利用球的截面圆的性质建立等量关系，从而求到底面的最大距离，进而求出最大体积.【解析】设球的，因为球的体积为，所以，得到如图，设的外接圆的圆心为，外接圆的半径为，球心为，又因为是等边三角形且，由正弦定理知，，所以，因为平面平面，由面面垂直的性质知，点在底面上的投影在上，因为三棱锥的四个顶点都在球的球面上，要使三棱锥体积取到最大值，则点在底面上的投影为的中点，连接并延长交于，连，因为为等边三角形，所以为的中点，即有面，又易知平面，所以,易知，又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 过作面于，由球的截面圆的性质知，点在上，所以所以四边形为矩形，故，在等边三角形中，，所以， 所以，故所以三棱锥体积的最大值为，故答案为：.11．已知数列满足：对于任意有，且，，其中.若，数列的前项和为，则_________.【答案】【分析】对求导，可证得是以为首项，1为公差的等差数列，可求出，再由并项求和法求出.【解析】因为，则，由，，可得，，所以是以为首项，1为公差的等差数列，所以，，，则，所以，所以.故答案为：12．已知定义在R上的偶函数满足.若，且在单调递增，则满足的x的取值范围是__________.【答案】【分析】由题意可知，是周期为的周期函数，的最小正周期为8，结合与的单调性，易知在一个周期内，由，可得，再结合周期求出范围即可.【解析】因为是偶函数，所以，由，可得关于对称，因为，所以，则，因为是偶函数，所以，因为，所以，则，所以函数是周期为的周期函数.因为是偶函数，且在单调递增，所以在单调递减，令中，则，则，又因为关于对称，所以在上单调递增，上单调递减，结合函数是周期为的周期函数，综上可得在，上单调递增，，上单调递减.因为的最小正周期为，结合图象可知，在，上单调递增，在上单调递减，令中，则，则，当，又，所以，当，又，所以，所以当时，，解得.又因为与均为周期函数，且8均为其周期，所以的x的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题解题的关键是求出与的周期性，由，，结合函数的单调性和周期性求解即可. 二、单选题13．复数z满足，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．在复平面内对应的点位于第四象限 D．【答案】D【分析】由复数除法可得，再根据复数的运算和共轭复数、复数对应的点、模的定义判断选项.【解析】由可得，所以，故A错误；由 知，故B错误；在复平面内对应的点位于第三象限，故C错误；由知，故D正确.故选：D14．已知，若，，则p是q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】根据不等式的解法和指数函数的额性质，分别求得集合，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【解析】由不等式，可得，解得或，即命题为真命题时，构成集合或，又由，根据指数函数的图象与性质，可得，即命题为真命题时，构成集合所以是的既不充分也不必要条件.故选：D.15．已知菱形，，为边上的点（不包括），将沿对角线翻折，在翻折过程中，记直线与所成角的最小值为，最大值为（    ）A．均与位置有关 B．与位置有关，与位置无关C．与位置无关，与位置有关 D．均与位置无关【答案】C【分析】数形结合，作//，利用线面垂直得到，然后找到异面直线所成角，并表示，通过讨论点位置得到结果.【解析】作//交于点，分别取的中点连接，如图，由翻折前该四边形为菱形，且，所以为等边三角形同时点在上，由平面所以平面,又//，所以平面，所以直线与所成角即直线与所成角，该角为所以,由点不与重合，所以当点翻折到与点重合时，最小，为最小与点位置无关；当没有翻折时，最大，最大，则最大，与点位置有关故选：C16．在圆锥中，已知高，底面圆的半径为4，为母线的中点；根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题，正确的个数为①圆的面积为；          ②椭圆的长轴为；③双曲线两渐近线的夹角正切值为        ④抛物线中焦点到准线的距离为.A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【答案】B【分析】根据点是母线的中点，求出截面圆的半径即可判断①；由勾股定理求出椭圆长轴可判断②；建立坐标系，求出的关系可判断③；建立坐标系，求出抛物线方程，可判断④.【解析】①点是母线的中点， 截面的半径，因此面积，故①正确； ②由勾股定理可得椭圆的长轴为，故②正确；③在与底面、平面的垂直且过点的平面内建立直角坐标系，不妨设双曲线的标准方程为，则，即，把点代入可得，解得，设双曲线两渐近线的夹角为，，③不正确； ④建立直角坐标系，不彷设抛物线的标准方程为,把点代入可得，解得，抛物线中焦点到准线的距离为，④不正确，故选B .【点睛】本题通过对多个命题真假的判断，综合考查圆锥的性质、椭圆的性质、双曲线的性质，抛物线的方程与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题. 三、解答题17．如图，在三棱锥中，，O为AC的中点．(1)证明：⊥平面ABC；(2)若点M在棱BC上，且二面角为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由等腰三角形三线合一得到，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出点的坐标，设，利用空间向量及二面角列出方程，求出答案.【解析】（1）在中，，O为AC的中点．则中线，且；同理在中有，则；因为，O为AC的中点．所以且；在中有，则，因为，平面ABC，所以⊥平面ABC．（2）由（1）得⊥平面ABC，故建立如图所示空间直角坐标系，则，设，则，而，，，设平面PAM的一个法向量为，由得，，令，又x轴所在直线垂直于平面PAC，∴取平面PAC的一个法向量，，平方得，令，，．18．在中，点D在边上，且．(1)若平分，求的值；(2)若成递增的等比数列，，求的面积．【答案】(1)(2) 【分析】（1）运用余弦定理求出 的关系，再运用正弦定理求解；（2）运用余弦定理求出AB，BC的值，再求出 ，用面积公式计算即可.【解析】（1）设，则，因为平分，所以，设，则，在中，，在 中，，由，得，；（2）因为成递增的等比数列，，所以，在 中，，在 中，，因为，所以，整理得，又，所以 ，解得或，若，则，不符合题意，若，则，符合题意，此时，则 的面积.19．某网站计划4月份订购草莓在网络销售，每天的进货量相同，成本价为每盒15元.假设当天进货能全部售完，决定每晚七点前（含七点）售价为每盒20元，每晚七点后售价为每盒10元.根据销售经验，每天的购买量与网站每天的浏览量（单位：万次）有关.为确定草莓的进货量，相关人员统计了前两年4月份（共60天）网站每天的浏览量（单位：万次）、购买草莓的数量（单位：盒）以及达到该流量的天数，如下表所示：每天的浏览量每天的购买量300900天数3624以每天的浏览量位于各区间的频率代替浏览量位于该区间的概率.(1)求4月份草莓一天的购买量（单位：盒）的分布；(2)设4月份销售草莓一天的利润为（单位：元），一天的进货量为（单位：盒），为正整数且，当为多少时，的期望达到最大值，并求此最大值.【答案】(1)分布列见解析(2)当时的期望达到最大值，. 【分析】（1）依题意的可能取值为、，求出所对应的概率，即可得到概率分布列；（2）依题意可得的可能取值为或，求出所对应的概率，即可得到【解析】（1）依题意的可能取值为、，则，，所以的分布列为（2）当一天的进货量为（单位：盒），为正整数且时利润的可能取值为或，且，，所以，显然随着的增大而减少，所以当时的期望达到最大值，.20．已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，、分别为左、右焦点，椭圆的一个顶点与两焦点构成等边三角形，且.(1)求椭圆方程；(2)对于轴上的某一点，过作不与坐标轴平行的直线交椭圆于、两点，若存在轴上的点，使得对符合条件的恒有成立，我们称为的一个配对点，求证：点是左焦点的配对点；(3)根据（2）中配对点的定义，若点有配对点，试问：点和点的横坐标应满足什么关系，点的横坐标的取值范围是什么？并说明理由.【答案】(1)(2)证明见解析(3)，的取值范围是 【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得椭圆方程.（2）设，设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，通过计算来证得结论成立.（3）根据求得的取值范围，设出直线的方程并与椭圆方程联立，化简写出根与系数关系，由求得与的关系.【解析】（1）由于椭圆的一个顶点与两焦点构成等边三角形，且，所以，解得，所以椭圆方程为.（2）由（1）得，由于在椭圆内，所以，过且与坐标轴不平行的直线与椭圆必有两个交点，设此时直线的方程为，由消去并化简得，设，则，设， 所以，所以，所以，所以点是左焦点的配对点.（3）依题意，点有配对点，设直线的方程为，由于，所以必须在之间，而在椭圆上，结合椭圆的对称性以及直线与坐标轴不平行，可知的取值范围是.此时在椭圆的内部，直线必与椭圆有两个交点，由消去并化简得，设，则，由于，所以，即，所以.【点睛】在圆锥曲线中，求解角度相等的题（），可转化为斜率问题来进行求解，联立直线的方程和圆锥曲线的方程，化简写出根与系数关系后的解题关键点一个是运算要准确，另一个是利用方程的思想来进行求解.21．已知函数.(1)若函数为增函数，求的取值范围；(2)已知.（i）证明：；（ii）若，证明：.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.【解析】（1）∵，则，若是增函数，则，且，可得，故原题意等价于对恒成立，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递增，在递减，故，∴的取值范围为.（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，∵，则，即，整理得，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递减，在递增，故，即，当且仅当时等号成立，令，可得，故；（ii）∵，则，可知有两个不同实数根，由（1）知，可得，同理可得，构建，则，当时，；当时，；当时，；且，故对恒成立，故在上单调递减，∵，则，即，且，则，故，可得；又∵，由（i）可得，即，则，且，则，可得；综上所述：.可得，则故.【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．