2023年上海市徐汇区高考数学三模试卷-普通用卷

2023年上海市徐汇区高考数学三模试卷

一、单选题（本大题共4小题，共18.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1.  “”是“”的条件．(    )

A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分又非必要

2.  为庆祝中国共产党成立周年，安康市某学校开展“唱红色歌曲，诵红色经典”歌咏比赛活动，甲、乙两位选手经历了场初赛后进入决赛，他们的场初赛成绩如茎叶图所示．下列结论正确的是(    )

A. 甲成绩的极差比乙成绩的极差大 B. 甲成绩的众数比乙成绩的中位数大
C. 甲成绩的方差比乙成绩的方差大 D. 甲成绩的平均数比乙成绩的平均数小

3.  已知不等式：有实数解命题：设，是的两个解，则和；命题：设是的一个解，若也成立，则，下列说法正确的是(    )

A. 命题、都成立 B. 命题、都不成立
C. 命题成立，命题不成立 D. 命题不成立，命题成立

4.  对于函数，设：对任意的，均有，：对任意的，均有，：函数为偶函数，则(    )

A. 、中仅是的充分条件 B. 、中仅是的充分条件
C. 、均是的充分条件 D. 、均不是的充分条件

二、填空题（本大题共12小题，共54.0分）

5.  已知集合，，则______．

6.  设是虚数单位，则______．

7.  函数的定义域为______ ．

8.  已知，则的最大值为______ ．

9.  设服从二项分布，则 ______ ．

10.  的二项展开式的各项系数之和为，则该二项展开式中的常数项为______ ．

11.  已知函数的对称中心为，若函数的图像与函数的图像共有个交点，分别为，，，，则 ______ ．

12.  若无穷等比数列的前项和为，，则首项的取值范围是______ ．

13.  设定义在上的函数满足，且当时，若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是______ ．

14.  在棱长为的正方体中，点在正方体的条棱上包括顶点运动，则的取值范围是______ ．

15.  如图，椭圆的焦点在轴上，长轴长为，离心率为，左、右焦点分别为，，若椭圆上第一象限的一个点满足：直线与直线的交点为，直线与轴的交点为，且射线为的角平分线，则的面积为______ ．

16.  对任意数集，满足表达式为且值域为的函数个数为记所有可能的的值组成集合，则集合中元素之和为______ ．

三、解答题（本大题共5小题，共78.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17.  本小题分
如图，中，角、、的对边分别为、、．
若，求角的大小；
已知、，若为外接圆劣弧上一点，求周长的最大值．

18.  本小题分
如图，已知顶点为的圆锥其底面圆的半径为，点为圆锥底面半圆弧的中点，点为母线的中点．
若母线长为，求圆锥的体积；
若异面直线与所成角大小为，求、两点间的距离．

19.  本小题分
年卡塔尔世界杯决赛圈的参赛队有克罗地亚、荷兰、葡萄牙、英格兰、法国等支欧洲球队以及摩洛哥、巴西、阿根廷等支非欧洲球队世界杯决赛圈赛程中的每场淘汰赛都要分出胜负，规则如下：在比赛常规时间分钟内分出胜负，比赛结束，否则就进入分钟的加时赛在加时赛分出胜负，比赛结束，若加时赛比分依然相同，那就进行点球大战．
点球大战分为个阶段第一阶段：双方各派名球员依次踢点球未必要踢满轮，前轮进球数更多的球队获胜第二阶段：
填写列联表，并通过计算判断能否在犯错概率不超过的前提下认为支球队中的一支球队“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队”有关．
已知甲队球员和乙队球员每轮踢进点球的概率分别为和若点球大战前轮的比分为：，试在此条件下求甲队于第一阶段获得比赛胜利的概率用表示．
参考公式：，．

20.  本小题分
在直角坐标平面中，抛物线是由抛物线按平移得到的，过点且与轴相交于另一点曲线是以为直径的圆称在轴上方的部分、在轴下方的部分以及点、构成的曲线为曲线，并记在轴上方的部分为曲线，在轴下方的部分为曲线．
写出抛物线和圆的方程；
设直线与曲线有不同于点的公共点、，且，求的值；
若过曲线上的动点的直线与曲线恰有两个公共点、，且直线与轴的交点在点右侧，求的最大值．

21.  本小题分
若函数满足，称为的不动点．
求函数的不动点；
设求证：恰有一个不动点；
证明：函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：，，
”是“”的必要不充分条件，
故选：．
根据集合的包含关系以及充分必要条件的定义判断即可．
本题考查了充分必要条件，考查集合的包含关系，是基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解：：由图可知甲的极差为，乙的极差为，故A错误，
：由图可知甲的众数为，乙的中位数为，故B错误，
：由图可知甲的平均数为，
乙的平均数为，故D正确，
：由图可知甲的成绩比较稳定，乙的波动比较大，故C错误，
故选：．
根据众数，极差，中位数，方差以及平均数的定义结合茎叶图对各个选项逐个分析即可判断求解．
本题考查了茎叶图的应用，涉及到众数，中位数，方差以及平均数的判断，考查了学生的识图能力，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：当且时，：的解为全体实数，
故对任意的，，与的关系不确定，
例如：：，取，，而，
所以，故结论不成立．
当且时，：的解为或，
其中，是的两个根．
当 ，时，，但值不确定，
比如：：，取，
则，但，故结论不成立．
故选：．
根据一元二次不等式与二次方程以及二次函数之间的关系，以及考虑特殊情况通过排除法确定选项．
本题考查了不等式恒成立问题，考查了转化思想和分类讨论思想，属中档题．
 

4.【答案】 

【解析】解：对于：对任意的，均有，则，
因此为偶函数，
对于：对任意的，均有，则，
因此是偶函数，
所以、均是的充分条件，ABD错误，C正确．
故选：．
根据给定条件，利用偶函数的定义推理判断作答．
本题考查充分必要条件，函数的性质，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：集合，，
则．
故答案为：．
利用并集定义直接求解．
本题考查集合的运算，考查并集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

6.【答案】 

【解析】解：，
，
故答案为：．
根据虚数单位的性质可求代数式的值．
本题考查虚数单位的运算性质，考查复数模的求法，是基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由题意得：
，解得：，
故函数的定义域是，
故答案为：．
根据对数函数的定义得到关于的不等式，解不等式即可求出函数的定义域．
本题考查了求函数的定义域问题，考查对数函数的性质，是基础题．
 

8.【答案】 

【解析】解：，
，
当时，取最大值为．
故答案为：．
根据已知条件，转化为二次函数求最值即可．
本题主要考查二次函数的性质，考查计算能力，属于基础题．
 

9.【答案】 

【解析】解：二项分布求期望的公式为，
本题，，
所以．
故答案为：．
用二项分布求期望的公式即可轻松求解．
本题考查二项分布求期望的公式，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：令，则，
解得，
所以展开式通项为：，且，
令得，，
故常数项为：．
故答案为：．
先利用赋值法求出的值，然后利用展开式通项求常数项．
本题主要考查了二项式定理的应用，考查了赋值法的应用，属于基础题．
 

11.【答案】 

【解析】解：因为函数的对称中心为，
由正弦函数的性质可知的图象关于对称，
所以的图象关于对称，
即函数与的图象都关于对称，
所以两函数的交点也关于对称，
不妨设与关于对称，与关于对称，与关于对称，
所以，，
所以．
故答案为：．
由正弦函数的性质可知的图象关于对称，于是两函数的交点也关于对称，根据对称性质可得答案．
本题考查了函数的对称性、正弦函数的性质，得出两函数与的图象都关于对称是关键，属于中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：由，
解得，
且，
可得且，
解得．
故答案为：．
根据所给的前项和的极限的值，做出首项和公比之间的关系，根据公比的范围，得到首项的范围，解不等式即可．
本题考查了无穷等比数列的前项和公式，极限的运算法则及其不等式的解法问题，本题解题的关键是根据所给的极限的条件来解题．
 

13.【答案】 

【解析】解：，且当时，显然恒成立，
，易知当时，则恒成立，
当，即时，恒成立；
当，即时，，不满足恒成立，
解不等式，解得在上的解集为，
综上所述，当时，恒成立，
实数的最小值为；
故答案为：．
由题意根据给定的函数解析式，结合等式关系，拓展其他区间的函数解析式，利用二次函数的性质，可得答案．
本题考查分段函数的值域的求法及含参数的不等式的解法，属于中档题．
 

14.【答案】 

【解析】解：以为坐标原点建立空间直角坐标系，如图，
则，，，
，在正方体的条棱上运动，
设，则，
，
，，
当，时，取最小值，
当，时，取最大值，
的取值范围是．
故答案为：．
建立空间直角坐标系，利用向量法求出的表达式，再求出的取值范围．
本题考查向量的数量积的取值范围的求法，考查正方体的结构特征、向量数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
 

15.【答案】 

【解析】解：设椭圆的方程为，
则，，解得，，
故椭圆的方程为；
在和中由正弦定理得：
，，
又射线为的角平分线，
可得，
则在直角中，
故，所以直线：，
点为直线与椭圆的交点，
联立，
解得舍负，
故．
故答案为：．
利用三角形中的角平分线的性质、联立直线与椭圆方程以及三角形的面积公式进行求解．
本题考查椭圆的几何性质，正弦定理的应用，方程思想，属中档题．
 

16.【答案】 

【解析】解：，，
当或时，，当时，，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
当时，函数取得极大值，
当时，该函数取得极小值，图象如图，

观察图象知，当与图象有一个公共点时，相应的有种取法，
当与图象有两个公共点时，相应的有种取法，
当与图象有三个公共点时，相应的有种取法，
直线，，与函数图象的交点个数可能的取值为：
，，，，，，，，，
对应的函数个数为，，，，，，，，，
集合中元素之和为：
．
故答案为：．
根据给定条件，探讨函数的性质并作出图象，求出集合，进而求得答案作答．
本题考查元素与集合的关系、导数性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
 

17.【答案】解：由及正弦定理得：，
，
，
，，，
．
为外接圆劣弧上一点，
，，
在中，由余弦定理：

，
，，
，
则周长的最大值为． 

【解析】由条件式及正弦定理化简即得；
由圆是四边形的外接圆可得，再在中用余弦定理和基本不等式即可求得．
本题考查解三角形与三角恒等变换和基本不等式的综合，还考查了计算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：圆锥的底面半径，
若母线长为，则圆锥的高，
圆锥的体积为；
取的中点，连接、，
又点为母线的中点，，
故为异面直线与所成的角，等于．
由点为半圆弧的中点，得，
在中，，，，
，且平面，
平面，又平面，
，
在中，，，．
即、两点间的距离为． 

【解析】由已知结合勾股定理求圆锥的高，再由圆锥的体积公式进行求解；
取的中点，连接，得到，得到为异面直线与所成的角，再由已知求解直角三角形得答案．
本题考查圆锥的体积以及异面直线所成角，考查运算求解能力，是中档题．
 

19.【答案】解：列联表如下：

，
因此不能在犯错的概率不超过的前提下认为“在世界杯淘汰赛中进入决赛”与“该球队为欧洲球队”有关．
根据实际比赛进程，假定点球大战中由甲队先踢，两队前轮比分为：的条件下，
甲在第一阶段获得比赛胜利，则后轮有种可能的比分：：，：，：，：，：，
当后轮比分为：时，甲乙两队均需踢满轮，，
当后轮比分为：时，有如下种情况：

则，
当后轮比分为：时，有如下种情况：

则，
当后轮比分为：时，有如下种情况：

则，
当后轮比分为：时，有如下种情况：

则，
所以在点球大战中两队前轮比分为：的条件卜，甲在第一阶段获得比赛胜利的概率为：
． 

【解析】根据表中数据，完善列联表，再计算的观测值并比对作答；
把所求概率的事件分拆成个互斥事件的和，求出每个事件的概率，再利用互斥事件的加法公式求解作答．
本题考查了独立性检验的应用问题，也考查了计算能力的应用问题，是基础题目．
 

20.【答案】解：抛物线上的点按得到点，
所以抛物线：向下平移个单位得到，则的方程，
抛物线与轴相交于点，，
所以以为直径的圆的方程为．
将与圆方程联立，得，
因为，
所以，即，
代入直线方程，
联立直线与抛物线的方程为，得，
所以，，
因为，
所以，
解得，
由，可得，
所以．
设，根据题意可得直线斜率存在，设直线的方程为，
由直线与轴的交点在点的右侧，得，
若在上，则，
若在曲线上，因为直线与轴的交点在点右侧，
所以斜率大于，则点在第一象限，
由直线与曲线恰有两个公共点、可知与曲线、曲线各有且仅有一个公共点，
因为直线与轴的交点在点右侧以及斜率大于知直线与圆在轴及其上方无公共点，
所以直线与曲线相切于点，
于是有，当且仅当时，等号成立，
因为时，，当且仅当时等号成立，
所以，
即直线与抛物线在轴下方部分无公共点，
所以直线与曲线相切于点，
于是可得直线的方程为，且满足，
由，得，
此时，
可求得，
直线与曲线相切于点，曲线相切点，符合题意，
所以． 

【解析】由平移可知抛物线：向下平移个单位得到的方程，进而可得，坐标，即可得出答案．
联立与圆方程，结合韦达定理可得点的坐标，联立直线与抛物线的方程为，得点坐标，由，得，即
，则，解得，即可得出答案．
设，根据题意可得直线斜率存在，设直线的方程为，，分两种情况：若在上，若在曲线上，讨论的最大值，即可得出答案．
本题考查圆的方程，直线与圆，抛物线的相交问题，解题中需要理清思路，属于中档题．
 

21.【答案】解：由题意，得，，得，，，即不动点为，，；
证明：当时，，，故为函数的一个不动点，
当时，求的解，即求的解，
令，，求导得，
当时，，，则，
当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故，
即对任意恒成立，
即对任意恒成立，
综上所述，函数恰有一个不动点，为；
证明：设，则函数有唯一不动点，
由，可得，
则函数的不动点不唯一，必要性不成立，
另一方面，先证不动点是存在的，
不妨设是的唯一不动点，即，
令，则，那么，，
而，故，这说明是的不动点，
由只有一个不动点知，，
从而，这说明是的不动点，存在性得证；
再证唯一性，若还有另一个不动点，即，
则，
这说明还有另一个不动点，与题设矛盾，
综上所述，函数有唯一不动点的充分非必要条件是函数有唯一不动点． 

【解析】令，解出即可；
分和讨论，当时，转化为求，通过构造新函数，讨论其单调性即可证明；
设，计算得，则其必要性不成立，再通过证明其不动点的存在性，最后利用反证法证明其唯一性．
本题属于新概念题，考查了导数的综合运用、分类讨论思想、转化思想及对充分非必要条件的证明，属于难题．