必刷卷02——【高考三轮冲刺】2023年高考数学考前20天冲刺必刷卷（上海专用）（原卷版+解析版）

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绝密★启用前2023年高考数学考前信息必刷卷02上海专用上海地区考试题型按往年惯例为12（填空题）+4（单选题）+5（解答题），导数和统计学中的随机变量分布、成对数据的统计分析是新教材新增加的内容。值得注意的是新增加空间向量与立体几何单独作为一章来学习。导数会向全国新高考卷一样，在压轴题中的分量很大，至少在原来的出题模式中会有很大的渗透；仍然会对学生的抽象思维能力，综合解题能力，数学在实际生活中的运用能力，学生阅读提炼信息的能力进行考查。    空间向量与立体几何也会像全国新高考一样加大难度进行考查。 1.函数、数列、基本不等式、三角函数与解三角形依然是高考的重点、热点；2.空间向量与立体几何很可能会在选填中增加难度，尤其会涉及一些动态问题，来进行一个综合判断选填与填空，对空间位置关系，简单几何体的表面积体积（之前的高考热点）等综合考查；3.解答压轴题导数会渗透在原来的热门题型函数、数列的新定义题型中。2023年高考数学考前信息必刷卷02（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）一、填空题1．若复数满足（其中是虚数单位），则______.【答案】 【分析】化简复数z，再求出，进而求出.【解析】∵ ，∴，∴故答案为：.2．已知随机变量，且，则___________【答案】【分析】利用正态分布的对称性即可计算求解.【解析】因为随机变量服从正态分布，且，所以，故答案为：.3．已知函数，则不等式的解集是__________.【答案】【分析】根据函数的单调性，以及即可求解.【解析】函数的定义域为.因为在上为增函数，在上为增函数，所以在上为增函数，又，所以不等式的解集为.故答案为：4．若过两点的直线l与圆相切，则_____________．【答案】或【分析】根据圆心到直线的距离等于半径，列出等量关系，即可求得结果.【解析】直线的斜率，故直线的方程为：，根据题意，圆心到直线的距离为，即，解得.故答案为：或.5．从的二项展开式的所有二项式系数中任取一个，则取到的二项式系数为奇数的概率为________（结果用最简分数表示）.【答案】【分析】根据题意求二项式系数，结合古典概型运算求解.【解析】由题意可得：六个二项式系数分别为，其中奇数有4个，故取到的二项式系数为奇数的概率.故答案为：.6．若，则三棱锥O—ABC的体积为___________.【答案】【分析】根据空间向量的坐标运算，求得棱锥底面积和高，结合棱锥的体积计算公式，即可求得结果.【解析】根据已知可得：，即，又，故△的面积；不妨取平面的一个法向量，则点到平面的距离，故三棱锥O—ABC的体积.故答案为：.7．设幂函数，数列满足：，且（），则数列的通项__．【答案】【分析】将代入，得，两边同时取对数，构造等比数列求解即可.【解析】∵，∴，∵，∴数列各项均为正数，且各项均不为，∴，∴数列各项均不为，∴，∴，∴数列是首项为，公比为的等比数列，∴，∴.故答案为：.8．已知函数的图像向右平移个单位，可得到函数的图像，则 =___________.【答案】【分析】根据平移后的解析式利用三角恒等变换确定，分别说明与时，根据平移后的解析式结合，即可求得的值.【解析】解：函数的图像向右平移个单位得到函数，即函数又函数，所以，则.当时，，则，所以，又，所以；当时，，则，所以，又，所以无解；综上，.故答案为：.9．在中，角、、的对边分别为、、，设的面积为，若，则的最大值为______．【答案】【分析】根据题中条件利用余弦定理进行简化，运用均值不等式求的范围，然后由面积公式化简为三角函数，求最值即可.【解析】由题知，则，当且仅当时取等号.，而， .故答案为：10．已知关于的方程有唯一实数根，则实数的取值范围为______．【答案】或【分析】本题采用分离参数法得，利用导数研究函数在其定义域上的图象，通过直线与函数图象交点个数解决方程根的问题.【解析】当时，显然不是方程的根，，即，即， 设，，且定义域为，关于原点对称，故为奇函数，则研究的图象，，则，令，解得，则此时单调递减，令，解得，则此时单调递增，故，且当并趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，再结合为奇函数，作出如下图象，，则，，同理图像左侧，，解得.则关于的方程有唯一实数根，则实数的取值范围为或.故答案为：或.【点睛】思路点睛：涉及含参的函数零点问题，利用导数分类讨论，研究函数的单调性、最值等，结合零点存在性定理，借助数形结合思想分析解决问题.11．已知平面向量， 和单位向量， 满足， ， ， 当变化时， 的最小值为， 则的最大值为__________.【答案】【分析】不妨设 ， ，则由题知，由已知条件得，，将用坐标表示，并求模，代入及，整理得，构造函数，求出最小值，表示出的解析式，用均值不等式求其最大值即可.【解析】不妨设 ， ，则由题知 又 ，所以 整理得① ，所以 又 ， 所以 而 将①代入整理得： 令 ， ，有最小值， 又 ，当且仅当时等号成立所以 ，当时有最大值 .故答案为： .12．已知定义在R上的函数满足，当时，．设在区间（）上的最小值为．若存在，使得有解，则实数的取值范围是______．【答案】【分析】先利用换元法分别求出当，，，时的的解析式，进而求出，由存在使得有解得到有解，进而转化为，再通过的单调性进行即可求解.【解析】当时，，因为定义在上的函数满足，所以，令，则，当时，有，即当时，，又，令，则，，有，所以当时，，同理可得，时，，根据规律，得当，，且此时的在单调递增，又因为为在区间上的最小值，所以，，，，，若存在，使得有解，则有有解，进而必有，令，设最大，则，即，即，即最大；所以当时，有，所以.故答案为：【点睛】易错点睛：本题的易错点在由有解得到，而不是，要注意不等式恒成立和不等式有解的等价条件的区别：若恒成立，则；若有解，则. 二、单选题13．设，，若是的充分条件，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】解分式不等式得，由是的充分条件等价于包含，根据包含关系列不等式求解即可【解析】，解得或，由是的充分条件，则有.故选：C14．已知角的终边不在坐标轴上，则下列一定成等比数列的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】对于ABC，举反例排除即可；对于D，利用三角函数的基本关系式即可判断.【解析】对于A，令，则，所以，即，故A错误；对于B，令，则，即，故B错误；对于C，令，则，所以，即，故C错误；对于D，因为角的终边不在坐标轴上，所以，，，所以，即，则，所以一定成等比数列，故D正确.故选：D.15．在四棱锥中，底面是直角梯形，，，侧面底面．若，则　　A．当 时，平面BPC⊥平面PCDB．当时，平面APD⊥平面PCDC．对任意，直线PA与底面ABCD都不垂直D．存在，使直线PD与直线AC垂直【答案】A【分析】通过作辅助线，证明平面，从而证明平面BPC⊥平面PCD，可判断A正确；利用反证的方法说明B;根据线面垂直的判定说明C;利用向量的数量积的计算说明D.【解析】对于A,延长，交于点，连接，则， 是的中点，，，又侧面底面，，平面，可得，平面,故平面，平面，平面平面,故A正确；设平面平面APD和平面PCD的交线为l，平面APD,故 平面APD，则 ，则 ,若平面APD⊥平面PCD，则平面PCD，则平面PCD，即有,与题意矛盾，故B错误；对于C，当时，由于侧面底面，交线为AB,故直线PA与底面ABCD垂直，故C错误；对于D，，侧面底面，故侧面,设 的夹角为 ，假设存在，使直线PD与直线AC垂直，则 ，即，，与矛盾，故D错误，故选：A16．已知抛物线为其焦点，为其准线，过任作一条直线交抛物线于两点，分别为在上的射影，为的中点，给出下列命题:①;②;③;④与的交点在轴上;⑤与交于原点．其中真命题的个数为（    ）A．2个 B．3个 C．4个 D．5个【答案】D【分析】①根据抛物线的定义和平行可以证明且，从而即;②根据抛物线定义和梯形的中位线证明点在以为直径的圆上，从而有;③通过证明, ，从而证明;④由③知与的交点是的中点，由与轴的交点也为的中点，从而证明与的交点在轴上;⑤通过设而不求将直线，与轴的交点都在原点，从而证明与交于原点．【解析】如图所示：对①，由抛物线的定义得：，所以,又因为轴，所以，所以,同理因为，所以,所以即，故①正确；如图所示：对②，为的中点,取为的中点,所以,所以点在以为直径的圆上，从而有，故②正确；如图所示：对③，,又所以，又所以,由②知，故③正确;对④，由③ 知与的交点是的中点，由与轴的交点也为的中点，故与的交点在轴上，所以④正确;对⑤，设直线方程为：，，则联立得，由韦达定理得：又，所以直线方程：整理得：，所以直线过原点，同理可以证明直线过原点，所以与交于原点；故⑤正确；故选：D.【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式． 三、解答题17．如图,在四棱锥中,底面为平行四边形,平面为中点.(1)求证:平面;(2)若,求二面角的大小.【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】(1)连接与交于点,通过证明线线平行及线面平行的判定定理即可证明;(2)由题上所给的长度及角度,和平面,根据余弦定理求出二面角中各个棱长,过分别在平面,平面中做的垂线,发现垂足为同一点,根据余弦定理求二面角的大小的余弦值,进而求出二面角的大小即可.【解析】（1）证明:连接与交于点,连接如图所示:为平行四边形,为中点,为平行四边形,为中点,为中点,所以,在平面外,平面,平面;（2）由题知,是菱形,,,在中由余弦定理得:,解得:,平面,,由勾股定理可得:,是中点,则在直角三角形中,,,在中,由余弦定理得:,在中,由余弦定理得:,,,,,与为全等的两个等腰三角形,取中点为,连接, 如图所示:,即为二面角的大小,,,,在中由余弦定理得:, 故二面角的大小为.18．已知函数是定义域为的奇函数.(1)求实数的值，并证明在上单调递增；(2)已知且，若对于任意的、，都有恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)，证明见解析(2) 【分析】（1）由奇函数的性质可得出，求出，利用函数奇偶性的定义可验证函数为奇函数，再利用函数单调性的定义可证得结论成立；（2）由题意可得，可得出，求得，分、，根据已知条件可得出关于的不等式，综合可得出实数的取值范围.【解析】（1）解：因为函数是定义域为的奇函数，则，解得，此时，对任意的，，即函数的定义域为，，即函数为奇函数，合乎题意，任取、且，则，所以，，则，所以，函数在上单调递增.（2）解：由（1）可知，函数在上为增函数，对于任意的、，都有，则，，因为，则.当时，则有，解得；当时，则有，此时.综上所述，实数的取值范围是.19．近年来,为“加大城市公园绿地建设力度,形成布局合理的公园体系”,许多城市陆续建起众多“口袋公园”、现计划在一块边长为200米的正方形的空地上按以下要求建造“口袋公园”、如图所示,以中点A为圆心,为半径的扇形草坪区,点在弧BC上（不与端点重合）,AB、弧BC、CA、PQ、PR、RQ为步行道,其中PQ与AB垂直,PR与AC垂直.设.(1)如果点P位于弧BC的中点,求三条步行道PQ、PR、RQ的总长度;(2)“地摊经济”对于“拉动灵活就业、增加多源收入、便利居民生活”等都有积极作用.为此街道允许在步行道PQ、PR、RQ开辟临时摊点,积极推进“地摊经济”发展,预计每年能产生的经济效益分别为每米5万元、5万元及5.9万元.则这三条步行道每年能产生的经济总效益最高为多少?（精确到1万元）【答案】(1)(米)(2)2022万元 【分析】(1)根据图依次求出三条线段长度即可求出总长度;(2)将PQ、PR、RQ三边通过图中的关系用关于的等式表示,再记经济总效益,将进行表示,通过辅助角公式化简求出最值即可.【解析】（1）解:由题,,同理,故,由于点P位于弧BC的中点,所以点P位于的角平分线上,则,,因为,,所以为等边三角形,则,因此三条街道的总长度为（米）.（2）由图可知,,,,在中由余弦定理可知:,则,设三条步行道每年能产生的经济总效益,则,当即时取最大值,最大值为.答:三条步行道每年能产生的经济总效益最高约为2022万元.20．已知椭圆过点，分别为椭圆C的左、右焦点且.（1）求椭圆C的方程；（2）过P点的直线与椭圆C有且只有一个公共点，直线平行于OP（O为原点），且与椭圆C交于两点A、B，与直线交于点M（M介于A、B两点之间）.（i）当面积最大时，求的方程；（ii）求证：，并判断，的斜率是否可以按某种顺序构成等比数列.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析，不可能构成等比数列.【解析】（1）设，.求出的坐标，根据，求出.把点代入椭圆方程，结合，求出，即得椭圆C的方程；（2）（i）设方程为，.把直线的方程代入椭圆方程，由韦达定理、弦长公式求出.由点到直线的距离公式求出点P到的距离，则，根据基本不等式求面积的最大值，即求的方程；（ii）要证结论成立，只须证明，即证直线为的平分线，转化成证明.又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，可求，又.由题意，，，四个数按某种顺序成等比数列，推出矛盾，故不可能构成等比数列.【解析】（1）设，，则，.，.又在椭圆上，故，又，解得，，故所求方程为.（2）（i）由于，设方程为，.由，消y整理得，，则.又点P到的距离,.当且仅当，，即时，等号成立.故直线AB的方程为：.（ⅱ）要证结论成立，只须证明：，由角平分线性质即证：直线为的平分线，转化成证明：.因为因此结论成立.又与C有一个公共点，即为椭圆的切线，由得令，，则，所以，所以，故所研究的4条直线的斜率分别为，，，，若这四个数成等比数列，且其公比记为q，则应有或，或.因为不成立，所以，而当时，，，此时直线PB与重合，不合题意，故，，PA，PB的斜率无论怎样排序都不可能构成等比数列.【点睛】本题考查椭圆的方程，考查弦长公式、点到直线的距离公式、基本不等式和等比数列等知识，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，综合性强，属于难题.21．定义：如果函数和的图像上分别存在点M和N关于x轴对称，则称函数和具有C关系．(1)判断函数和是否具有C关系；(2)若函数和不具有C关系，求实数a的取值范围；(3)若函数和在区间上具有C关系，求实数m的取值范围．【答案】(1)是(2)(3) 【分析】（1）根据C关系的理解，令，解得，从而得以判断；（2）利用换元法，结合二次函数的性质得到在上恒成立，分类讨论与，利用基本不等式即可求得a的取值范围；（3）构造函数，将问题转化为在上存在零点，分类讨论与，利用导数与函数的关系证得时，在上有零点，从而得解.【解析】（1）与是具有C关系，理由如下：根据定义，若与具有C关系，则在与的定义域的交集上存在，使得，因为，，，所以，令，即，解得，所以与具有C关系.（2）令，因为，，所以，令，则，故，因为与不具有C关系，所以在上恒为负或恒为正，又因为开口向下，所以在上恒为负，即在上恒成立，当时，显然成立；当时，在上恒成立，因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，所以，综上：，即.（3）因为和，令，则，因为与在上具有C关系，所以在上存在零点，因为，当且时，因为，所以，所以在上单调递增，则，此时在上不存在零点，不满足题意；当时，显然当时，，当时，因为在上单调递增，且，故在上存在唯一零点，设为，则，所以当；当；又当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，在上存在唯一极小值点，因为，所以，又因为，所以在上存在唯一零点，所以函数与在上具有C关系，综上：，即.【点睛】关键点睛：本题解题的关键是理解新定义，得到与具有C关系，则在定义域上存在，使得，从而得解.