卷07——【上海专用】2023年高考数学模拟卷（原卷版+解析版）

【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考数学模拟卷（上海卷专用）

黄金卷07

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．

3．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

4．测试范围：高考全部内容

5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、填空题：本大题共12小题，满分54分，第1~6题每题4分，第7~12每题5分．

1．设集合，则___________.

【答案】

【详解】由题意，集合，

根据集合交集的概念与运算，可得.

故答案为：.

2．设命题，命题．若q是p的必要不充分条件，则实数m的取值范围是______．

【答案】

【详解】由，得，即；

由，得，

因为q是p的必要不充分条件，所以是的真子集，

所以且两个等号不同时取，解得.

故答案为：

3．若向量，，且，共线，则______．

【答案】

【详解】因为，共线，所以，解得：，

所以，，

所以，

故答案为：.

4．在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为__________.

【答案】##

【详解】设圆柱的底面半径为，球心到圆柱底面的距离为，圆柱的母线长为，

由球截面的性质得：，则，

圆柱的体积为：，

，

当时，，当时，，

所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，

所以当时，取得最大值为，此时圆柱的母线长为.

5．已知数列的前n项和为，且，则数列的前n项和______.

【答案】

【详解】数列的前n项和为，，，当时，，

两式相减得：，即，而，解得，

因此数列是首项为2，公比为2的等比数列，，

，

所以 .

故答案为：

6．已知，，则______．

【答案】

【详解】解法一：

由，得，

两边同时平方得，

解得或，

因为，所以，代入，得，

所以．

解法二：

将两边同时平方，得，

得，

又，所以，所以两边同时除以可得．

故答案为：

7．已知甲、乙两组数据如茎叶图所示，若它们的中位数相同，则图中的值______．

【答案】

【详解】由茎叶图可知：乙组数据的中位数为，

甲、乙两组数据的中位数相同，甲组数据的中位数为，即，解得：.

故答案为：.

8．有歌唱道：“江西是个好地方，山清水秀好风光．”现有甲、乙两位游客慕名来到江西旅游，准备从庐山、三清山、龙虎山和明月山四个著名旅游景点中随机选择一个景点游玩，甲、乙的选择相互独立．记事件A为“甲和乙至少一人选择庐山”，事件B为“甲和乙选择的景点不同”，则__________．

【答案】

【详解】由题意知事件： “甲和乙至少一人选择庐山”包含种情况，

事件： “甲和乙选择的景点不同，且至少一人选择庐山”包含种情况，

所以.

故答案为:.

9．已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围是______.

【答案】

【详解】由题意，

在中，有两个极值点，

∴有两个不相等的实数根，

∴关于x的方程有两个不相等的实数根，

记，设，

则直线与函数的图象有两个不同的交点.

在中，，

令，得，

当时，；当时，.

∴在上单调递增，在上单调递减，

∴，易知，

当时，，当时，，

作出函数的大致图象如图所示，

数形结合可得，

∴实数a的取值范围是，

故答案为：.

10．从商业化书店到公益性城市书房，再到“会呼吸的文化森林”——图书馆，建设高水平、现代化、开放式的图书馆一直以来是大众的共同心声.现有一块不规则的地，其平面图形如图所示，（百米），建立如图所示的平面直角坐标系，将曲线看成函数图象的一部分，为一次函数图象的一部分，若在此地块上建立一座图书馆，平面图为直角梯形（如图），则图书馆占地面积（万平方米）的最大值为______.

【答案】##

【详解】由图象可知：图象过点，即，解得：，；

由，得：直线方程为：；

设，则，，

则直角梯形的面积；

令，则，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递增，

，

即图书馆占地面积（万平方米）的最大值为.

故答案为：.

11．已知椭圆：的左、右焦点分别为，O为坐标原点，A为椭圆C上顶点，过平行于的直线与椭圆交于B，C两点， M为弦BC的中点且直线的斜率与OM的斜率乘积为，则椭圆C的离心率为_________；若，则直线的方程为_________．

【答案】     ##0.5    

【详解】设点，，在椭圆上

．．．．．．．．．．．．．．①

．．．．．．．．．．．．．．．②

因为

．．．．．．．．．．．．．．③

由①-②得，即，所以，

由③得，

，则，

过平行于的直线与椭圆交于B，C两点,

，

，

设直线BC为

联立,可得

，则,

.由题意

即直线的方程为

故答案为: ;

12．在生活中，可以利用如下图工具绘制椭圆，已知是滑杆上的一个定点，D可以在滑杆上自由移动，线段，点E在线段上，且满足，若点E所形成的椭圆的离心率为，则______.

【答案】2

【详解】如图，以O为原点，为x轴，过点O作的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

过点E作的垂线交延长线于P，交于M,

作,垂足为F，则,

因为，故,则，

故,

设，则，故,

则P点的轨迹方程为，

由于，则，故，

则，

设，则,而,

故，即为E点轨迹方程，表示椭圆，

即，

由于椭圆的离心率为，即，

解得，即，

由于，故，

故答案为：2

二、选择题：本大题共4小题，满分18分，第13~14每题4分，第15~16每题5分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.

13．若复数，在复平面内对应的点关于轴对称，且，则复数（    ）

A．1 B． C．i D．

【答案】C

【详解】因为，且复数，在复平面内对应的点关于轴对称，

所以，

所以，

故选：C.

14．的展开式中，含项的系数为，则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】C

【详解】的展开式的通项公式为，令，可得；

所以含项的系数为，即，解得.

故选：C.

15．已知是定义在上的函数,为奇函数,若函数与函数图象交点的横坐标从小到大依次为,则（    ）

A．4 B．5 C．6 D．7

【答案】B

【详解】解:因为为奇函数,所以,

所以的图象关于点对称,

设函数,

有,

所以函数为奇函数,其图象关于原点对称,

由于,

所以的图象关于点对称,

则可知,,,

所以.

故选:B

16．如图， 在棱长为 2 的正方体 中，均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（    ）

①棱 上一定存在点， 使得

②三棱锥的外接球的表面积为

③过点 作正方体的截面， 则截面面积为

④设点 在平面内， 且平面， 则与所成角的余弦值的最大值为

A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个

【答案】C

【详解】建立如图空间直角坐标系，

设， 其中，

所以 ，

若棱 上存在点， 使得， 则，

整理得， 此方程无解， ①不正确;

设 的中点为， 则四边形是边长为的正方形， 其外接圆的半径为，

又 底面， 所以三棱锥的外接球的半径为；

所以其表面积为 ，②正确;

过点 作正方体的截面， 截面如图中六边形所示，

因为边长均为 ， 且对边平行， 所以截面六边形为正六边形，

其面积为， ③正确;

点 在平面内，设，

 则，

设 是平面的一个法向量， 则，

令 可得， 即，

因为平面， 所以， 即，

设与所成角为， 则，

当时，取最小值，

所以 与所成角的余弦值的最大值为，故④正确;

故选：C.

三、解答题：本大题共有5题，满分78分．

17．（14分）在①，②，③这三个条件中选择两个，补充在下面问题中，并进行解答已知等差数列的前n项和为，，___________，___________.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和；

(3)若存在，使得成立，求实数的取值范围.

注：如果选择多组条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】(1)；(2)；(3)

【详解】（1）若选①②：设等差数列的公差为，

由题意可得，解得，

故；

若选①③：设等差数列的公差为，

由题意可得，解得，

故；

若选②③：设等差数列的公差为，

由题意可得，解得，

故.

（2）由（1）可得，

故.

（3）∵，

∴，即，

∵，

又∵，当且仅当，即时等号成立，

∴，即，

故实数的取值范围.

18．（14分）如图，四棱锥，平面，且，，，是边长为2的正三角形．

(1)求证：平面；

(2)求平面与平面夹角的余弦值；

(3)线段上是否存在点E，使得与平面所成角的正弦值为，若存在，请指出点E的位置；若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见详解；

(2)；

(3)存在，点与点重合.

【详解】（1）如图1，取中点为，连结.

因为是中点，所以.

因为，所以，所以.

因为是边长为2的正三角形，是中点，

所以，所以，所以.

则在四边形中，有，，

所以四边形为平行四边形，所以.

因为，平面，平面，所以平面.

（2）

由已知平面，平面，

所以，.

以点为坐标原点，分别以所在的直线为轴，如图2建立空间直角坐标系.

则，，，，，，

所以，，，.

设是平面的一个法向量，

则有，取，可得，

所以，是平面的一个法向量.

因为平面，所以即为平面的一个法向量.

因为，

所以，平面与平面夹角的余弦值为.

（3）存在，当点与点重合时，满足条件.

设 .

由（2）知，，所以，

所以.

又是平面的一个法向量，

则 .

令，整理可得，，

解得或（舍去）.

所以，，即当点与点重合时，满足条件.

19．（14分）已知，，三点中有两点在椭圆上，椭圆的右顶点为，过右焦点的直线与交于点，，当垂直于轴时.

(1)求椭圆的方程；

(2)若直线与轴交于点，直线与轴交于点，在轴是否存在定点，使得，若存在，求出点，若不存在，说明理由.

【答案】(1)

(2)在轴上存在定点或，使得

【详解】（1）根据椭圆的对称性可知，点，在椭圆上，

对于，令得，解得，所以，

则，

∴椭圆的方程为.

（2）解：设存在定点，设过右焦点的直线的方程为，且与曲线的交点分别为，，

联立，

则由韦达定理有：，，

由的标准方程得，

设直线，当时，，

同理，设直线，当时，，

∴，，

∴

，解得，

故在轴上存在定点或，使得.

20．（16分）正弦信号是频率成分最为单一的信号，复杂的信号，例如电信号，都可以分解为许多频率不同、幅度不等的正弦型信号的叠加．正弦信号的波形可以用数学上的正弦型函数来描述：，其中表示正弦信号的瞬时大小电压V（单位：V）是关于时间t（单位：s）的函数，而表示正弦信号的幅度，是正弦信号的频率，相应的为正弦信号的周期，为正弦信号的初相．由于正弦信号是一种最简单的信号，所以在电路系统设计中，科学家和工程师们经常以正弦信号作为信号源（输入信号）去研究整个电路的工作机理．如图是一种典型的加法器电路图，图中的三角形图标是一个运算放大器，电路中有四个电阻，电阻值分别为，，，（单位：Ω）．

和是两个输入信号，表示的是输出信号，根据加法器的工作原理，与和的关系为：．

例如当，输入信号，时，输出信号：．

(1)若，输入信号，，则的最大值为___________；

(2)已知，，，输入信号，．若（其中），则___________；

(3)已知，，，且，．若的最大值为，则满足条件的一组电阻值，分别是_____________．

【答案】(1)；(2)；

(3)（答案不唯一）

【详解】

（1）

由题意得，，则的最大值为；

（2）

由题意知，，

整理得，

即，则，解得；

（3）

由题意得，

，

又，则，当时，取得最大值，

则，整理得，即，解得，

又，则，取即满足题意，则（答案不唯一）.

21.（18分）设函数的定义域为，且区间，对任意且，记，.若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质；若，则称在上具有性质.

(1)记：①充分而不必要条件；

②必要而不充分条件；

③充要条件；

④既不充分也不必要条件

则在上具有性质是在上单调递增的_____（填正确选项的序号）；

在上具有性质是在上单调递增的_____（填正确选项的序号）；

在上具有性质是在上单调递增的_____（填正确选项的序号）；

(2)若在满足性质，求实数的取值范围；

(3)若函数在区间上恰满足性质､性质､性质､性质中的一个，直接写出实数的最小值.

【答案】(1)②；①；③

(2)

(3)1

【详解】（1）由于，所以.

对于性质，当时，无法判断的符号，故无法判断单调性；

当在上单调递增时，，

所以在上具有性质是在上单调递增的必要而不充分条件.

对于性质，当时，，所以在上单调递增；

当在上单调递增时，，的符号无法判断，

所以在上具有性质是在上单调递增的充分而不必要条件.

对于性质，若，则，所以在上单调递增；

当在上单调递增时，，，

所以在上具有性质是在上单调递增的充要条件.

（2）对于任意的，且，

有，

由于在满足性质，即，

所以，所以，

因为，所以，所以，

由于任意的，且，所以，

所以，

所以实数的取值范围是.

（3）实数的最小值为1.

理由如下：

因为在上恰满足性质､性质､性质､性质中的一个，

所以对任意且，若满足性质A，，

若满足性质，则，若满足性质C、D，则，

性质B、C、D同时满足，所以仅满足性质A，此时，

有恒成立.

因为的定义域为，所以.

当时，，

所以，从而，不合题意；

当时，，

所以，从而，

要使恒成立，只需使，即恒成立，

若，则，使，这与矛盾，

当时，，恒成立，

所以的最小值为1.