2023年高考押题预测卷01（上海卷）-数学（全解全析）

这是一份2023年高考押题预测卷01（上海卷）-数学（全解全析），共17页。试卷主要包含了/-0.5，[1,13]等内容，欢迎下载使用。
2023年高考押题预测卷01【上海卷】数学·全解全析 1．/-0.5【分析】复数的乘法计算和复数的虚部和实部的意义即可求解.【详解】，因为，所以，所以，所以，故答案为：.2．【分析】首先根据展开式中存在一项可知，然后根据二项式展开式的通式结合已知条件列出关于的方程，解方程即可求出参数的值.【详解】根据已知条件是二项式展开式的某一项，故得.由，令，得.得，根据已知可得，解得，即.故答案为：.3．【分析】设函数在上的零点为，则由，则在直线上，则可看作是到直线的距离的平方，利用导数求出其最小值即可得到答案【详解】解：设函数在上的零点为，则，所以点在直线上，设为坐标原点，则，其最小值就是到直线的距离的平方，所以，，设，设，则，所以在上单调递减，所以，所以即，所以的最小值为，故答案为：4．【分析】计算，，再计算交集得到答案.【详解】，.故.故答案为：5．【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.【详解】依题意在一副不含大小王的张扑克牌中不放回的抽取三次，抽到两张，一张，再不放回的抽取两次，共有种抽法，抽到一张、一张的方法有种抽法，抽到两张的方法有种抽法，故接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型的方法有种，故接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型的概率.故答案为：6．【分析】设双曲线的左焦点为，连接，，则，，解得，得到，，得到答案.【详解】如图所示：设双曲线的左焦点为，连接，，，则，四边形为矩形，.故，，则，，故，.双曲线的方程为.故答案为：7．【分析】不妨设、、相交于点，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得与所成角的最小值与最大值，可得答案.【详解】不妨设、、相交于点．如图，根据题意构造两个圆锥，其中底面圆心为，轴所在直线为，小圆锥的母线所在直线为，轴截面；大圆锥的母线所在直线为，轴截面，且在一条直线上．由题意，又，可知,由图可知，当移动到，移动到时，可得与所成角的最小，最小值为；当移动到，移动到时，可得与所成角的最大，最大值为，所以，与所成角的取值范围为.故答案为：.8．【分析】确定，，，再根据和差公式计算得到答案.【详解】，是第二象限的角，则，则，.故答案为：9．（答案不唯一）【分析】由奇函数的性质及对称轴得函数的周期，再结合已知解析式作出函数图象，由于，由的定义及函数的单调性得出，，，求出与图象交点的横坐标（在上求出，由周期性易得其他值），然后分析推理得出时的值．【详解】因为是奇函数，且图象关于直线对称，则，于是，即函数是周期函数，4是它的一个周期，作出函数的部分图象，如图，当时，，最大值为1，因此的最大值为1，且，，由于，因此，否则，矛盾，在上递增，若，则，即，矛盾，于是，即有，，并且有，否则，从而，由得或，所以图中，，当时，，满足题意，当时，，满足题意，综上，的值为或．故答案为：10．[1,13]【分析】根据二次函数的性质和已知条件得到m与n的关系，化简后利用不等式即可求出其范围.【详解】二次函数f(x)对称轴为，∵f(x)值域为，∴且，n＞0.，∵====∴，，∴∈[1,13].故答案为：[1,13].11．【分析】设，，根据向量线性运算可得，设，则，由向量垂直的坐标表示可构造方程，结合二次函数最值求法可求得，由可求得最小值.【详解】设在直线上，又是平面直角坐标系中关于轴对称的两点，，；设，，则，，，不妨设在的左侧，，则，与垂直，，即有解，，，即的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量模长最值的求解问题，解题关键是能够将问题转化为求解与变量有关的函数最值的求解问题，从而根据向量的线性运算和向量垂直的坐标表示求得的范围，结合函数最值求法可求得结果.12．【分析】当时可得，再根据数列的单调性求得，取得最小值，而，分别求出、，比较可得时的最小值；然后当、时，根据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.【详解】当时可得，因为数列是单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，，又，所以当时，的最小值为；当时，，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以当时，取得最小值，此时，因为，而，，此时的最小值为，而；当时，，，所以，令，因为数列为单调递减数列，数列为单调递增数列，所以时，取得最小值，此时，因为，，，又因为，此时的最小值为.综上所述，的最小值为.故答案为：.13．B【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心到点的距离.【详解】如上图正四棱锥，为底面中心，为球心，为球体与的切点，又，故各侧面均为等边三角形，若侧面三角形边长为，则，，，显然△△，故，则.故选：B.14．B【分析】解出不等式的解集，判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即得答案.【详解】解，当时，即，则，此时解集为，当时，即，则，此时解集为，当时，即，则，此时解集为，故“”成立时，等价于；当“”成立时，等价于，故成立时，不一定推出成立，反之成立，故“”是“”的必要不充分条件，故选：B15．B【分析】根据指对幂函数的性质依次判断各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，函数为奇函数，在定义域上无单调性，故错误；对于B选项，函数为奇函数，当时，为减函数，故函数在定义域内为减函数，故B正确；对于C，由于函数均为增函数，故在定义域内为单调递增函数，故C错误；对于D选项，函数为非奇非偶函数，故错误.故选：B16．C【分析】对①，分析当时点的轨迹总落在某个椭圆上即可；对②，设，，，则，利用点差法，化简可得，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上则为常数，再化简分析推出无解即可【详解】设，，，则.对①，当时，，，易得，故两式相减有，易得此时，故，所以，即.代入可得，所以，故存在，使得点的轨迹总落在椭圆上.故①正确；对②，， .由题意，若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则，，两式相减有，即，又，故，即，又，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则为常数.即为定值，因为分子分母次数不同，故若为定值则恒成立，即，无解.即不存在，使得点的轨迹总落在某条直线上故选：C17．(1)证明见解析；(2)． 【分析】（1）由，结合面面垂直的判定证明即可；（2）以点为坐标原点，建立坐标系，再由向量法得出二面角的余弦值.【详解】（1）在中，，所以，所以，所以，因为平面平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面；（2）因为平面，所以，又，所以以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系：则，则，设平面的法向量为，则，取，得，得，取平面的法向量为，设二面角的大小为，由图形知，为锐角，所以，所以二面角的余弦值为．18．(1)存在，理由见解析.(2)证明见解析. 【分析】（1）运用函数的奇偶性的定义，即可求出a的值，进而说明存在.（2）求出函数的导数，在上大于0恒成立，结合二次函数判断函数的单调性即可证明本题.【详解】（1）若为奇函数，则恒成立，即，∴，∴，则当时，为奇函数．（2）∵，∴，设，∴，开口向下，对称轴为，∵，∴，则，则当时，函数在区间上是严格增函数．19．(1)(2) 【分析】（1）在中，求得，在中，求得，根据三角形的面积公式即可求解.（2）令，利用降次化一得到，根据正弦函数的性质可求得的取值范围，最终求得的范围，从而可解.【详解】（1）依题意得：点A到的距离分别为2，6即在中，，，即，，，，在中，，即，即.（2）由（1）知，设，，，∴当，即时，函数的最小值.20．(1){bn}与{an}不成“4级关联”，理由见解析(2)2022(3)证明见解析 【分析】（1）根据“4级关联”的定义判断；（2）根据“4级关联”的可得，根据累加法即数列的周期性可求；（3）根据定义可得，再分别证明结论的充分性和必要性即可．【详解】（1））由，可得，显然，等式不恒成立，举反例：时，有：左右．∴与不成“4级关联”．（2）由可得：，利用累加法：，整理得：，由 可知：且第一周期内有，所以，而又因为，故；（3）证明：由已知可得，所以，所以，（a）先说明必要性．由为递增数列可知： ，当时，，所以，当时，，由（*）式可知：，故，（必要性得证）（b）再说明充分性．考虑反证法．假设数列中存在两项满足，得到，由于结合，能够得到： ，可知对于全体正整数都成立，这与存在一项矛盾！假设不成立，（充分性得证）由（a）、（b），命题得证．21．(1)；(2)1；(3)是 ， 【分析】（1）根据椭圆和双曲线的关系，结合椭圆和双曲线的性质，求得代入方程即可求解；（2）设点，利用斜率方程求得k,结合双曲线方程，即可求得k；（3）法一：分两种情况讨论，当直线l的斜率为0，则，当直线l的斜率不为0，设直线方程并与椭圆方程联立，结合韦达定理，然后根据，联立方程即可出.法二：直接设直线，联立椭圆方程得到韦达定理式，根据向量关系求出的表达式，设，整理得，再整体代入即可.【详解】（1）设椭圆的右焦点为（c,0）（c>0），则,由题知，双曲线：,所以，即，因为的周长为，即，联立①②③得，，所以椭圆的方程为，双曲线的标准方程为（2）设双曲线上的点，，则．又（3）是；由题知直线l的斜率存在，法一：①当直线l的斜率为0时，，，②当直线l的斜率不为0时，设其方程为，④解得，其中，且，，，由，所以点R在一条定直线上．法二：依题可知:直线的斜率存在,设其方程为，，所以,消元整理得,所以，由得,，所以，设，由得,所以，所以在定直线上.