上海市普陀区2023届高三（二模）数学试题

这是一份上海市普陀区2023届高三（二模）数学试题，共16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。
上海市普陀区2023届高三（二模）数学试题 一、单选题1．（2023·上海普陀·统考二模）设为实数，则“”的一个充分非必要条件是（    ）A． B．C． D．2．（2023·上海普陀·统考二模）设a，b表示空间的两条直线，α表示平面，给出下列结论：（1）若且，则        （2）若且，则（3）若且，则        （4）若且，则其中不正确的个数是（    ）A．1 B．2个 C．3个 D．4个3．（2023·上海普陀·统考二模）设P为曲线C:上的任意一点，记P到C的准线的距离为d．若关于点集和，给出如下结论：①任意，中总有2个元素；②存在，使得．其中正确的是（    ）A．①成立，②成立 B．①不成立，②成立C．①成立，②不成立 D．①不成立，②不成立4．（2023·上海普陀·统考二模）设，若在区间上存在a，b且，使得，则下列所给的值中只可能是（    ）A． B． C．2 D． 二、填空题5．（2023·上海普陀·统考二模）设全集，若集合，则______．6．（2023·上海普陀·统考二模）函数的最小正周期为_______．7．（2023·上海普陀·统考二模）现有一组数1，1，2，2，3，5，6，7，9，9，则该组数的第25百分位数为______．8．（2023·上海普陀·统考二模）设（i为虚数单位）是关于x的方程的根，则______．9．（2023·上海普陀·统考二模）函数的定义域为______．10．（2023·上海普陀·统考二模）若且，则______．11．（2023·上海普陀·统考二模）现有一个底面半径为、高为的圆柱形铁料，若将其熔铸成一个球形实心工件，则该工件的表面积为______（损耗忽略不计）．12．（2023·上海普陀·统考二模）设的三边a，b，c满足，且，则此三角形最长的边长为______．13．（2023·上海普陀·统考二模）“民生”供电公司为了分析“康居”小区的用电量y（单位）与气温x（单位：℃）之间的关系，随机统计了4天的用电量与当天的气温，这两者之间的对应关系见下表：气温x181310用电量y24343864 若上表中的数据可用回归方程来预测，则当气温为时该小区相应的用电量约为______．14．（2023·上海普陀·统考二模）设为双曲线:左、右焦点，且的离心率为，若点M在的右支上，直线与的左支相交于点N，且，则______．15．（2023·上海普陀·统考二模）设且，若在平面直角坐标系xOy中，函数与的图像于直线l对称，则l与这两个函数图像的公共点的坐标为______．16．（2023·上海普陀·统考二模）设x、，若向量，，满足，，，且向量与互相平行，则的最小值为______． 三、解答题17．（2023·上海普陀·统考二模）如图，在直三棱柱中，，，．(1)求证：；(2)设与底面ABC所成角的大小为，求三梭雉的体积．18．（2023·上海普陀·统考二模）已知均为不是1的正实数，设函数的表达式为．(1)设且，求x的取值范围；(2)设，，记，，现将数列中剔除的项后、不改变其原来顺序所组成的数列记为，求的值．19．（2023·上海普陀·统考二模）现有3个盒子，其中第一个盒子中装有1个白球、4个黑球；第二个盒子装有2个白球、3个黑球；第三个盒子装有3个白球、2个黑球．现任取一个盒子，从中任取3个球．(1)求取到的白球数不少于2个的概率；(2)设X为所取到的白球数，求取到的白球数的期望．20．（2023·上海普陀·统考二模）在xOy平面上．设椭圆：，梯形的四个项点均在上，且．设直线的方程为(1)若为的长轴，梯形的高为，且在上的射影为的焦点，求的值；(2)设，直线经过点，求的取值范围；(3)设，，与的延长线相交于点，当变化时，的面积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．21．（2023·上海普陀·统考二模）已知，设函数的表达式为（其中）(1)设，，当时，求x的取值范围；(2)设，，集合，记，若在D上为严格增函数且对D上的任意两个变量s，t，均有成立，求c的取值范围；(3)当，，时，记，其中n为正整数．求证：．
参考答案：1．A【分析】由充分非必要条件定义，根据不等式的性质判断各项与推出关系即可.【详解】由，则，可得，可推出，反向推不出，满足；由，则，推不出，反向可推出，不满足；由，则或或，推不出，反向可推出，不满足；由，则，推不出，反向可推出，不满足；故选：A2．D【分析】根据直线与直线平行、直线与平面平行的性质分别判断命题真假即可得解.【详解】若且，则或，故命题错误；若且，则或为异面直线，故命题错误；若且，则或，故命题错误；若且，则或相交或异面，故命题错误.故选：D3．B【分析】根据题意可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，的圆心，证明当点在原点处时，点在点的轨迹圆外，即可得出结论.【详解】曲线C:的焦点，则，由得，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，的圆心，当点在原点处时，，此时，此时点的轨迹方程为，因为，所以点在圆外，则存在，使得两圆相离，即，故①错误，②正确.故选：B.4．D【分析】由题设得且，结合已知可得且，分类讨论求范围，即可得答案.【详解】由题意知：且，则，，又且，则，即，，所以且，(或n为其它大于1的整数)不满足；时；时，所以满足要求，其它不符合.故选：D5．【分析】解绝对值不等式求集合A，应用集合补运算求.【详解】由题设或，又，所以.故答案为：6．π【详解】试题分析： 因为，所以函数f(x)＝cos2x－sin2x的最小正周期为考点：三角函数的周期7．【分析】根据已知数据集，应用百分数的求法求第25百分位数.【详解】由题设，数据集（从小到大排列）中共有10个数据，则，所以该组数的第25百分位数为第三个数.故答案为：8．【分析】将根代入方程即可求参数值.【详解】由题设，即，所以.故答案为：9．【分析】求函数的定义域，保证根号下的式子大于等于0，分母不为0即可.【详解】，，或所以定义域为：.故答案为：10．【分析】先根据平方关系及商数关系求出，再利用两角差的正切公式即可得解.【详解】因为且，所以，所以，则.故答案为：.11．【分析】根据圆柱的体积等于球的体积求出球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.【详解】设球的半径为，则，解得，所以该工件的表面积为.故答案为：.12．【分析】由，得边最长，不妨设，利用余弦定理求出角，再根据三角形的面积公式即可得解.【详解】由，得边最长，不妨设，则，又，所以，则，解得，所以三角形最长的边长为.故答案为：.13．【分析】求出样本中心点，再根据线性回归方程必过样本中心点求出，再将代入即可得解.【详解】，则，解得，所以，当时，，即当气温为时该小区相应的用电量约为．故答案为：.14．【分析】根据双曲线的离心率公式求出，再根据双曲线的定义即可得解.【详解】由的离心率为，得，解得，由点M在的右支上，得，又因，所以，即.故答案为：.15．##【分析】根据两函数的图象关于直线l对称，再结合底数互为倒数的两个对数函数的图象关于轴对称，可求得，从而可得出答案.【详解】，因为函数与的底数互为倒数，而底数互为倒数的两个对数函数的图象关于轴对称，函数与的图像于直线l对称，所以函数与的图像于轴对称，即直线l为轴，所以，所以，则两个函数分别为，，令，得，解得，此时，所以l与这两个函数图像的公共点的坐标为.16．【分析】由向量平行的坐标表示可得，在坐标系中，，将按向量平移至，根据轨迹为直线，将问题化为最小，数形结合法求原点到直线距离即可得结果.【详解】由，又向量与互相平行，所以，故，令，，则，所以，将按向量平移至，所以是直线上的动点，如下图示，所以，故，由图知：要使最小，只需三点共线且到直线距离最短，故最小值为原点到直线的距离，最小值为，此时题设中的x=2，y=1.故答案为：【点睛】关键点点睛：找到的，并将其平移至使，即有，问题化为求点到直线距离.17．(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由证出，再由线面垂直的性质得出，根据线面垂直的判定定理即可得证；（2）为与底面ABC所成角，再由等体积法求体积即可.【详解】（1），，，，，又直三棱柱中，平面，平面，，又，平面，平面，平面，.（2）平面，在平面上的射影为，即为与底面ABC所成角，，，.18．(1)(2) 【分析】（1）由题设，利用指数单调性求解集即可；（2）由已知有，，根据条件分析中的元素组成，利用等差数列前n项和公式、分组求和.【详解】（1）由题设，又且都不为1的正实数，所以，而，故.（2）由，，而数列前100项中有，其中属于数列有，所以数列前100项是的前103项去掉三个元素，则.19．(1)(2) 【分析】（1）用乘法公式和全概率公式，分别算出取到2个白球和3个白球的概率即可；（2）分别计算出取到的白球数的概率，计算期望即可.【详解】（1）设取到的白球数为X，则X的可能值为：0，1，2，3.取到2个白球的概率，则取到3个白球的概率，，则取到的白球数不少于2个的概率：.（2）,,,，所以取到的白球数的期望：20．(1)；(2)；(3)的面积是定值，定值为 【分析】（1）由题意可得点的纵坐标，代入椭圆方程计算，再由椭圆的关系列式求解；（2）设直线的方程为，联立方程组，根据得的范围，写出韦达定理，根据向量数量积公式列式代入计算化简，并结合的范围，从而求解出的范围；（3）分别将直线，的方程与椭圆方程联立，写出韦达定理，根据弦长公式分别计算表示出，再由列式化简得关于的关系式，利用平行线间的距离表示出，从而可得的面积为，代入的关系式化简计算即可求出定值.【详解】（1）因为梯形为的长轴，的高为，所以点的纵坐标为，代入椭圆方程得，可得，又因为在上的射影为的焦点，，解得，，.（2）由题意，椭圆：，直线的方程为，设，则，化简得，，得，，，，所以所以的取值范围为（3）设直线的方程为，，，联立，化简得，，，，联立，化简得，，，所以，化简得，即.又的高为，所以将代入化简得，.故的面积为定值.【点睛】解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去（或）立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系．21．(1)；(2)；(3)证明见解析. 【分析】（1）由题设可得，解不等式求x的取值范围；（2）问题化为在上成立，根据单调性、导数研究单调性求最值，即可求参数范围；（3）问题化为证，令则，结合二项式定理有，且及基本不等式证，即可证结论.【详解】（1）由题设，则，即，故，又，则，所以.（2）由题设，要使D上的任意两个变量s，t均有成立，所以在上成立，又在D上为严格增函数，即，同时在上恒成立，由解析式知：在上递减，只需，故，由且，，即在上递减，所以，故，可得.综上，；（3）由题设，则且，，故，所以，而，，所以，又，且，当且仅当时等号成立，所以，同理，.......，且均在时等号成立，所以，综上，，即成立.【点睛】关键点点睛：第三问，首先转化问题为证，再应用二项式定理展开左侧，结合组合数性质、基本不等式证明结论.