2023届上海交通大学附属中学高三三模数学试题含解析

2023届上海交通大学附属中学高三三模数学试题

一、填空题

1．已知集合，则__________.

【答案】

【分析】化简A，根据交集运算得解.

【详解】因为，

所以，

故答案为：.

2．复数的模为__________．

【答案】/

【分析】由复数的四则运算以及模长公式计算即可.

【详解】．

故答案为：

3．不等式的解集为__________.

【答案】

【分析】将分式不等式等价转化为二次不等式组，求解即得.

【详解】原不等式等价于，解得或,

故答案为：.

4．已知幂函数的图象过点，则________

【答案】

【分析】设幂函数，将代入，求得，进而可得结果.

【详解】设幂函数，

因为幂函数的图象过点，

所以，解得，

所以故答案为.

【点睛】本题主要考查幂函数的解析式，属于基础题.

5．已知函数，则函数的最小正周期是__________．

【答案】

【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，进而可得函数的最小正周期.

【详解】，故，

故答案为：．

6．方程的解为_________．

【答案】

【分析】设函数，，由函数的单调性，结合特殊值，即可求得方程的解.

【详解】设函数，，由于函数在上均为增函数，

又，故方程的解为.

故答案为：.

7．的展开式中含x项的系数为______.

【答案】28

【分析】化简二项式定理展开式通项，求出k值，代入即可.

【详解】设展开式中第项含x项，

则，

令，解得，

代入得，

故答案为：28.

8．某单位为了解该单位党员开展学习党史知识活动情况，随机抽取了部分党员，对他们一周的党史学习时间进行了统计，统计数据如下表所示：

则该单位党员一周学习党史时间的第40百分位数是___．

【答案】8.5/

【分析】根据百分位数的定义即可求出结果.

【详解】党员人数一共有，

，那么第40百分位数是第16和17个数的平均数，

第16和17个数分别为8，9，

所以第40百分位数是，

故答案为：8.5

9．若存在实数，使得是方程的解，但不是方程的解，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】根据是的解，不是解直接可得.

【详解】由题意知，，且，故，

显然，即，若，此时显然不满足题意，

故.

故答案为：

10．随机变量，，若，那么实数的值为__________.

【答案】

【分析】由正态分布性质可得，，由此可利用对称性构造方程求得结果.

【详解】，，，，

，，解得：.

故答案为：.

11．已知曲线：与曲线：恰有两个公共点，则实数的取值范围为__________.

【答案】

【分析】根据与的位置关系分析可得.

【详解】  

如图：与轴焦点为，

当点在圆外，

则表示的两条射线与圆相切与相切时恰有两个公共点，

联立得，

由，

得，

因，所以，

故，

当点在圆上，

如图，此时与有3个或1个交点不符合题意，

当点在圆内，

如图，此时与有2个交点符合题意，

此时，，

得

综上的取值范围为：.

故答案为：.

12．函数是最小正周期为4的偶函数，且在时，，若存在满足，且，则最小值为__________.

【答案】1518.5

【分析】根据题意，先求出函数一个周期的值域，要使取得最小值，尽可能多让取得最高点，且，再利用函数的周期性求解.

【详解】解：函数是最小正周期为4的偶函数，且在时，

函数的值域为，对任意，

都有，

要使取得最小值，尽可能多让取得最高点，且，

，

的最小值估计值为，故的最小值取507，相应的最小值为1011.5，

则的最小值为1518.5.

故答案为：1518.5

二、单选题

13．设，则“”是“直线与直线平行”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】A

【分析】根据直线一般式中平行满足的关系即可求解.

【详解】若直线与直线平行，

则，解得或，

经检验或时两直线平行．

故“”能得到“直线与直线平行”，但是 “直线与直线平行”不能得到“”

故选：A

14．函数的图象如图所示，则函数的图象可能是

A． B．

C． D．

【答案】D

【详解】原函数先减再增，再减再增，且位于增区间内，因此选D．

【名师点睛】本题主要考查导数图象与原函数图象的关系：若导函数图象与轴的交点为，且图象在两侧附近连续分布于轴上下方，则为原函数单调性的拐点，运用导数知识来讨论函数单调性时，由导函数的正负，得出原函数的单调区间．

15．已知函数为偶函数，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】先求得参数a的值，再去求不等式的解集

【详解】因为为偶函数，所以，即

解之得，经检验符合题意.则

由，可得

故的解集为，

故选：B.

16．已知，集合，若集合恰有8个子集，则的可能值有几个（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据子集个数可得集合元素个数，再由正弦函数性质即可确定n的取值.

【详解】由题意易知，，均是集合中的元素，

又集合恰有8个子集，故集合只有三个元素，

有，则结合诱导公式易知，

可取的值是4或5.

故选：B

三、解答题

17．已知为等差数列，为等比数列，，，．

(1)求和的通项公式；

(2)记的前项和为，求证：；

【答案】(1)，；

(2)证明见解析

【分析】（1）由题意分别求得数列的公差、公比，然后利用等差、等比数列的通项公式得到结果；（2）利用（1）的结论首先求得数列的前项和，然后利用作差法证明即可.

【详解】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，，

得，，故，于是；由，

得，，又等比数列公比，得到，故，于是.

（2）由（1）得，，故，，作差可得

，即

得证.

18．如图，平面，四边形为直角梯形，.

(1)求异面直线与所成角的大小；

(2)求二面角的余弦值.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据可得异面直线所成的角，利用直角三角形求解即可；

（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）由，

则异面直线与所成角即为，

由题意知，平面，又平面，

故，所以，即，

即异面直线与所成角为.

（2）因为平面，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.

19．流行性感冒简称流感，是流感病毒引起的急性呼吸道感染，也是一种传染性强、传播速度快的疾病.了解引起流感的某些细菌、病毒的生存条件、繁殖习性等对于预防流感的传播有极其重要的意义，某科研团队在培养基中放入一定是某种细菌进行研究.经过2分钟菌落的覆盖面积为，经过3分钟覆盖面积为，后期其蔓延速度越来越快；菌落的覆盖面积（单位：）与经过时间（单位：）的关系现有三个函数模型：①（，），②（），③（）可供选择.（参考数据：，）

(1)选出你认为符合实际的函数模型，说明理由，并求出该模型的解析式；

(2)在理想状态下，至少经过多少分钟培养基中菌落的覆盖面积能超过？（结果保留到整数）

【答案】(1)答案见解析；

(2)至少经过培养基中菌落的覆盖面积能超过.

【分析】（1）根据题意，分析三个函数模型的增长速度快慢，选择，并求出解析式；

（2）根据题意，，求出的取值范围，进而得出结果.

【详解】（1）因为（，）的增长速度越来越快，

（）和（）的增长速度越来越慢，

所以应选函数模型（，）.

由题意得，解得，

所以该函数模型为（）；

（2）由题意得，即，

所以，

又.

所以至少经过培养基中菌落的覆盖面积能超过.

20．在平面直角坐标系中，若椭圆的左､右焦点分别为，，点在椭圆上且在第一象限内，，直线与椭圆相交于另一点.

（1）求的周长；

（2）在轴上任取一点，直线与直线相交于点，求的最小值；

（3）设点在椭圆上，记与的面积分别是，，若，求点的坐标.

【答案】（1）；（2）；（3）或.

【分析】（1）由椭圆方程的性质可求的周长；（2）设，求出直线方程，解出点坐标，计算，利用二次函数求出最下值；（3）由题意可知：到直线距离是到直线距离的3倍，求出的值，则点的坐标为与直线平行的直线和椭圆的交点，求出直线方程与椭圆联立可解出点.

【详解】解：（1）由椭圆方程可知：.

所以的周长为；

（2）由椭圆方程得，设，则直线方程为，

又，所以直线与的交点为，

，

当时，

（3）若，设到直线距离，到直线距离，

则，即，，，

可得直线方程为，

所以，.

由题意得，点应为与直线平行且距离为的直线与椭圆的交点，

设平行于的直线为，与直线的距离为，求得或，

当时，直线为，联立方程： ，可得，解得或，

当时，直线为，联立方程： 可得：，此时方程无解.

综上所述，点坐标为或.

21．记分别为函数的导函数.若存在 ，满足且，则称为函数与的一个“兰亭点”.

(1)证明：函数与不存在“兰亭点”；

(2)若函数与存在“兰亭点”，求实数的值；

(3)已知函数.对存在实数，使函数与在区间内存在“兰亭点”，求实数的取值范围.

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】（1）根据题中“兰亭点”的定义列两个方程，根据方程组无解证得结论；

（2）同（1）根据“兰亭点”的定义列两个方程，解方程组可得a的值；

（3）通过构造函数以及结合 “兰亭点”的定义列两个方程，再由方程组有解即可求得结果.

【详解】（1）函数，则.

由且，

得，此方程组无解，

因此，与不存在“兰亭点”.

（2）函数，

则.

设为与的“兰亭点”，

由且，

得，即，（*）

得，即，则.

当时，满足方程组（*），即为与的“兰亭点”.

因此，的值为.

（3），

函数与在区间内存在“兰亭点”，记为，

所以，解得，

由于，解得或，

而，所以，

所以函数在上为增函数，

因为时，时，，时，，时，，

所以时，；时，.

综上，实数的取值范围是.

【点睛】方法点睛：涉及函数的零点问题、方程解的个数问题、函数图象交点个数问题，一般先通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，再借助函数的大致图象判断零点、方程根、交点的情况，归根到底还是研究函数的性质，如单调性、极值，然后通过数形结合的思想找到解题的思路.