2023年上海市曹杨重点中学高考数学三模试卷（含解析）

这是一份2023年上海市曹杨重点中学高考数学三模试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2023年上海市曹杨重点中学高考数学三模试卷一、单选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.  已知实数，，且满足，则下列关系式成立的是(    )A.  B.  C.  D. 2.  在中，，若，则(    )A.  B.  C.  D. 3.  某种兼职工作虽然以计件的方式计算工资，但是对于同一个人的工资与其工作时间还是存在一定的相关关系，已知小孙的工作时间单位：小时与工资单位：元之间的关系如表：若与的线性回归方程为，预测当工作时间为小时时，工资大约为(    )A. 元 B. 元 C. 元 D. 元4.  已知、分别为随机事件、的对立事件，，，则下列等式错误的是(    )A.
B.
C. 若、独立，则
D. 若、互斥，则二、填空题（本大题共12小题，共60.0分）5.  已知集合，，则集合______．6.  已知为虚数单位，复数，则 ______ ．7.  已知角的终边过点，则的值为______．8.  在的展开式中的系数为______ ．9.  某区名学生参加了高考模拟统一测试，已知数学考试成绩服从正态分市，统计结果显示，数学考试成绩在分到分之间的人数约为总人数的，则此次统考中成绩不低于分的学生人数约为______ ．10.  若，，则在方向上的投影为______ ．11.  已知为抛物线：的焦点，过点的直线交抛物线于，两点，若，则线段的中点到直线的距离为______．12.  若命题：“存在整数使不等式成立”是假命题，则实数的取值范围是______．13.  一块边长为的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当时，该容器的容积为______ ．14.  已知函数，若，则的最大值为______ ．15.  已知双曲线的离心率为，的左右焦点分别为，，点在的右支上，的中点在圆：上，其中为半焦距，则 ______ ．16.  若数列满足，则称该数列为“切线零点数列”，已知函数有两个零点、，数列为“切线零点数列”，设数列满足，，，数列的前项和为，则 ______ ．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.  本小题分
设函数，其中．
若的最小正周期为，求的单调增区间；
若函数图像在上存在对称轴，求的取值范围．18.  本小题分
如图，在四棱锥中，正方形的边长为，平面平面，且，，点，分别是线段，的中点．
求证：直线平面；
求直线与平面所成角的大小．
19.  本小题分
某公司全年圆满完成预定的生产任务，为答谢各位员工一年来的锐意进取和辛勤努力，公司决定在联欢晚会后，拟通过摸球兑奖的方式对位员工进行奖励，规定：每位员工从一个装有种面值的奖券的箱子中，一次随机摸出张奖券，奖券上所标的面值之和就是该员工所获得的奖励额．
若箱子中所装的种面值的奖券中有张面值为元，其余张均为元，试比较员工获得元奖励额与获得元奖励额的概率的大小；
公司对奖励总额的预算是万元，预定箱子中所装的种面值的奖券有两种方案：第一方案是张面值元和张面值元；第二方案是张面值元和张面值元．为了使员工得到的奖励总额尽可能地符合公司的预算且每位员工所获得的奖励额相对均衡，请问选择哪一种方案比较好？并说明理由．20.  本小题分
已知椭圆：，、是轴上不重合的两点，过点作不与坐标轴垂直的直线与椭圆交于、两点，直线、分别与直线交于、两点．
若点的坐标为，点的坐标为，求点的坐标；
设为线段的中点，且，求证：；
是否存在实数，使得为定值，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
21.  本小题分
已知函数，．
若存在极值，求的取值范围；
若，求的值；
对于任意正整数，是否存在整数，使得不等式成立？若存在，请求出的最小值；若不存在，请说明理由．
答案和解析 1.【答案】 【解析】解：在上单调递减，
又，，，，又，
，，
对于：因为在定义域上单调递增，所以，故A错误；
对于：因为在上单调递增，所以，故B错误；
对于：因为，所以，故C正确；
对于：因为在定义域上单调递增，所以，故D错误；
故选：．
根据余弦函数的性质得到，在根据对数函数的性质判断，正弦函数的性质判断，不等式的性质判断，幂函数的性质判断．
本题考查三角函数的性质，对数函数的性质，幂函数的性质，化归转化思想，属中档题．
 2.【答案】 【解析】解：中，，，
所以，
所以，
因为，
所以，
解得．
故选：．
用向量、表示出向量和，再利用求出的值．
本题考查了平面向量的线性表示与运算问题，是基础题．
 3.【答案】 【解析】【分析】本题主要考查了线性回归方程的性质，以及平均值的求解，属于基础题．
根据已知条件，求出，的平均值，再结合线性回归方程过样本中心，求得的值，再将代入，即可求解．【解答】解：，，
又与的线性回归方程为，
，
，
当时，．
故选：．  4.【答案】 【解析】解：由，
故选项A错误，选项B正确；
若、独立，则，
，故C正确；
若、互斥，则，
，D正确．
故选：．
结合互斥事件、对立事件的定义，根据条件概率公式判断．
本题考查了条件概率的概率公式的应用，独立事件概率公式以及互斥事件概率公式的应用，考查了逻辑推理能力，属基础题．
 5.【答案】 【解析】解：，，
，．
故答案为：．
直接利用交集运算的概念得答案．
本题考查交集及其运算，是基础题．
 6.【答案】 【解析】解：由可得，
故，
．
故答案为：．
根据复数的乘法运算求得，可得，根据复数模的计算即得答案．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
 7.【答案】 【解析】解：角的终边过点，，
故答案为：．
由题意，利用任意角的三角函数的定义，可得结论．
本题主要考查任意角的三角函数的定义，属于基础题．
 8.【答案】 【解析】解：的展开式中含的项为，
即在的展开式中的系数为．
故答案为：．
直接利用二项展开式的通项求解的系数．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 9.【答案】 【解析】解：因为成绩，所以正态分布曲线关于对称，
又成绩在分到分之间的人数约占总人数的，
由对称性知：成绩不低于分的学生约为总人数的，
所以此次考试成绩不低于分的学生约有．
故答案为：．
根据正态分布对称性求比例，再根据总数求结果．
本题考查正态分布的性质，属于基础题．
 10.【答案】 【解析】解：设的夹角为

，，

故投影为
故答案为：
投影即为，利用数量积运算求出即可．
本题主要考察了向量的数量积运算，难度不大，属于基础题．
 11.【答案】 【解析】解：如图，抛物线的焦点为，准线为，即．
分别过，作准线的垂线，垂足为，，
则有．
过的中点作准线的垂线，垂足为，
则为直角梯形中位线，
则，即到准线的距离为．
故答案为：．
根据题意，作出抛物线的简图，求出抛物线的焦点坐标以及准线方程，分析可得为直角梯形中位线，由抛物线的定义分析可得答案．
本题考查抛物线的几何性质以及抛物线的定义，注意利用抛物线的定义进行转化分析，属中档题．
 12.【答案】 【解析】【分析】
本题考查一元二次不等式的解法和基本不等式的应用，关键在于对讨论得出一元二次不等式的解的情况，再建立满足题意关于的不等式，属于中档题．
设原不等式的解集为，首先验证与题意不符
当时，原不等式化为，再结合可求得，要满足题意则需
，据此可求得的取值范围再求得当时的，然后验证是否满足题意，即可完成解答．
【解答】
解：设不等式的解集为，
当时，不等式化为，存在整数使不等式成立，所以此时不满足题意，所以
当时，原不等式化为，
因为，当且仅当，即时取等号，
所以，
要使命题：“存在整数使不等式成立是假命题，则需，
解得
当时，原不等式化为，
而，当且仅当，即时取等号，
所以，所以存在整数使不等式成立，所以不合题意．
综上可知，实数的取值范围是
故答案为：  13.【答案】 【解析】解：等腰中，，高
四棱锥的高
由此可得，四棱锥的体积为
即得该容器的容积为故答案为：
根据图形，在等腰中算出高，再由勾股定理得出四棱锥的高，最后根据锥体体积公式，算出四棱锥的体积，即为该容器的容积．
本题给出平面图形，求翻折成的正四棱锥的体积，着重考查了正四棱锥的性质和锥体体积公式等知识，属于基础题．
 14.【答案】 【解析】解：，在上单调递减，在上单调递增．
不妨设，则，
，，得，
令，则，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减．
故．
故答案为：．
由函数解析式判断其单调性，不妨设，可得，由此可求得，构造函数，利用导数即可求得最值．
本题考查分段函数的应用，训练了利用导数求最值，是中档题．
 15.【答案】 【解析】解：如图所示：连接，
则是的中位线，
又因为，
所以，
由双曲线的定义可得，
又因为双曲线的离心率为，
所以，
所以，
在中，由余弦定理可得：．
故答案为：．
连接，是的中位线，所以，再由双曲线的定义可得，又因为双曲线的离心率为，所以，进而得，在中，利用余弦定理即可求得答案．
本题考查双曲线的几何性质，余弦定理的应用，属中档题．
 16.【答案】 【解析】解：因为有两个零点、，
由韦达定理可得，解得，
所以，，
由题意可得，
所以，
又因为，所以，
又，所以数列是首项为，公比为的等比数列，
所以．
故答案为：．
根据二次函数的零点可求得，的值，求出，推导出数列为等比数列，确定该数列的首项和公比，进而可求得．
考查数列与函数的综合，函数的导数的运算，考查转化思想以及计算能力，属于中档题．
 17.【答案】解；由题意，，
又，于是，则，则，
根据正弦函数的单调递增区间，令，
解得，，即为的单调递增区间．
当，
注意到题干，则，
根据正弦函数的对称轴，
显然只有时一条对称轴，
于是，解得，
结合可得，
故的取值范围为 【解析】根据三角恒等变换化简函数表达式，然后根据最小正周期公式算出，然后利用正弦函数的单调性求解；
利用正弦函数的对称轴公式求参数的范围．
本题主要考查了正弦函数性质的综合应用，属于中档题．
 18.【答案】解：根据题意，连接，则交与，
在中，为的中点，又点是线段的中点，所以，
又平面，平面，所以直线平面；
由平面平面，且平面平面，
又四边形是正方形，所以，
又平面，所以平面；
过点作直线平行于，又，
以为坐标原点，分别以直线，直线，直线为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示：
由正方形的边长为，，，可得；
所以，，，；
，；
又点，分别是线段，的中点，所以，；
即；
设平面的一个法向量为；
所以，可得，令，解得；
即，
设直线与平面所成的角为，，
则，，解得；
所以直线与平面所成的角为． 【解析】连接可得为的中位线，再利用线面平行的判定定理即可得出证明；
利用四棱锥的结构特征以及线面垂直的判定定理，建立空间直角坐标系，利用空间向量和线面角的位置关系，求得直线与平面所成的角．
本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了直线与平面所成角的计算问题，是中档题．
 19.【答案】解：用表示员工所获得的奖励额，
因为，，
所以，
故员工获得元奖励额与获得元奖励额的概率相等；
第一种方案为，
设员工所获得的奖励额为，则的分布列为所以的数学期望为，
的方差为；
第二种方案为，
设员工所获得的奖励额为，则的分布列为所以的数学期望为，
的方差为，
又因为元，
所以两种方案奖励额的数学期望都符合要求，但第二种方案的方差比第一种方案的小，
故应选择第二种方案． 【解析】本题考查了离散型随机变量的分布列，期望与方差的应用，属于中档题．
根据超几何分布求出员工获得元奖励额与获得元奖励额的概率即可；
根据题意可知有两种方案、，分别求出对应的分布列，进而求出对应的数学期望和方差，从而得出结论．
 20.【答案】解：，，，
则直线的方程为，
直线的方程为，
在中，令，则，即，
联立，解得或，
点，
直线的方程为，
令，则，
故点的坐标为．
证明：因为为线段的中点，
，
，
，
因为，，
即，
，
，
故．

设直线的方程为，
联立得，
易得，，，
由，，
知直线方程为，
令，则，即，
同理可得，点，
，
而，
，
，
故当，即时，是定值． 【解析】写出直线和直线的方程，将直线与椭圆方程联立，可得点坐标，由直线方程知点的坐标，可得直线的方程，令，即可求得结果．
由两点间距离公式，写出，，再化简运算，即可得证．
设直线的方程为，将其与椭圆方程联立，写出韦达定理，再由直线，的方程分别可得点，的坐标，最后代入，化简运算，使其结果与无关即可．
本题考查直线与椭圆的位置关系，灵活应用韦达定理，熟练写出直线方程是解题的关键，有一定的计算量，考查逻辑推理能力和运算能力．
 21.【答案】解：函数的定义域为，
，
当时，恒成立，此时在上单调递增，无极值；
当时，令得，
时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
此时有极小值为，无极大值．
综上所述，若存在极值，则的取值范围是．
，
由可知，当时，恒成立，此时在上单调递增，
与恒成立矛盾；
当时，由可知，在上单调递减，在上单调递增，
所以，则需，
若，则，符合题意；
若，则，不合题意舍去；
若，则，不合题意舍去．
综上所述，．
由可知当时，即，
所以恒成立，当且仅当时取等号，
所以，，
一方面，，
即，
另一方面，，
从而当时，，
因为为正整数，且对于任意正整数，恒成立，
故的最小值为． 【解析】通过用导数求出函数的单调性结合极值的定义即可求解；
求出函数的最小值即可求解；
由可得不等式恒成立，则，下面把的值放缩到中，从而可得的最小值．
本题考查导数的综合应用，用对数切线不等式将放缩成等比数列的和是解题关键．属于中档题．