2023年高考押题预测卷03（上海卷）-数学（参考答案）

2023年高考押题预测卷03【上海卷】

数学·参考答案

1．

2．21

3．5

4．

5．

6．

7．16

8．

9．

10．

11．

12．

13．B

14．B

15．D

16．D

17．(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）结合三角函数的定义证明，然后由线面垂直的判定定理得证线面垂直；

（2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．

【详解】（1）设BD与CE相交于点H，

因为PD⊥平面ABCD，平面ABCD，

所以，

由，，得，

因此，，

可得，

因为，

所以，即，

又因为，，平面,

所以CE⊥平面PBD；（6分）

（2）如图，建立空间直角坐标系D-xyz，

则，，，

所以，，

设平面PCE的一个法向量，

则，即，

令，则，，于是，（10分）

平面ACE的一个法向量为，

则，

由图形可知二面角P－CE－A为锐角，

所以二面角P－CE－A的余弦值是．（14分）

18．(1)

(2)

【分析】（1）当时，求得公差， 将求和公式及通项公式代入求得.

（2）当＝1时为等差数列求和，当时用错位相减求和.

【详解】（1）设等差数列的公差为，由得：，所以，即，

又，

所以.（6分）

（2）由，得.

所以，，

当时，；（9分）

当时，，

，

所以，

即.（14分）

19．(1)有的把握认为电解电容质量与铝箔质量有关，理由见解析

(2)0.846

【分析】（1）计算，与临界值比较，得出结论；

（2）根据全概率公式计算，再由条件概率公式求解即可.

【详解】（1）提出原假设：电解电容质量与铝䈹质量无关.

由题意及列联表，可得

.    

由于，而，

因此，根据检测组的数据，原假设不成立，并且有的把握认为电解电容质量与铝箔质量有关. （6分）

（2）设第一次取出的元件是优等品的事件为，第二次取出的元件是合格品的事件为.取出的元件是第一箱、第二箱的事件分别为，.   

则由全概率公式，得

，    

.（11分）

于是，由条件概率公式，得.

因此，在第一次取出的是优等品的情况下，第二次取出的是合格品的概率约为0.846. （14分）

20．(1)；

(2)证明见解析；

(3).

【分析】（1）根据题意双曲线的，且，进而可求双曲线的标准方程；

（2）设点，利用斜率公式结合条件即可证出；

（3）设直线的方程为，进而求出直线的方程，把直线代入椭圆方程，利用弦长公式求出， 同理求出弦长，代入整理即可表示出，然后结合条件即得.

【详解】（1）设双曲线的标准方程为，由题意知，且，

即，

所以双曲线的标准方程为：；（4分）

（2）设点，由题可知，则，，

所以，

而由点在双曲线上，可知，即有，

从而，故；（9分）

（3）由上可知，且，且不能同时取或，

所以可设直线的方程为，则直线的方程为，

把直线的方程为代入椭圆方程，

整理得，（12分）

设，，则有，，

因此，

同理可得，

因此，又，

所以，所以，

所以的取值范围为.（16分）

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.

21．(1)函数在上的增区间为：与；

减区间为：与.当时，取极小值，极小值为，当时，函数取极大值，极大值为，当时，函数取极大值，极大值为；

(2)；

(3)证明见解析.

【分析】（1）求函数的导函数，解不等式可得函数的单调递增区间，解不等式可得

函数的单调递减区间，解方程，由此确定函数的极值点；

（2）令，由已知可得在区间上恒成立，证明当时，

函数单调递增，再判断时，不满足要求，由此确定的范围；

（3）利用导数研究函数，的单调性，作出函数的图象，证明曲线与有

唯一交点，结合图象证明，再证明，，，由此完成证明.

【详解】（1）由题设，有，可得

令可得，所以，

所以函数在区间上单调递增；

令可得，解得，.

函数在区间上单调递增；

令可得，所以，

所以，函数在上的递增区间为：与；

递减区间为：与.

当时，函数取极大值，极大值为，

当时，函数取极小值，极小值为，

当时，函数取极大值，极大值为；（4分）

（2）关于不等式在区间恒成立，

即：在区间上恒成立.

令，

则，   

令

则，

由（1）知：在上的极大值为，

又，

从而在上的最大值为1，

即在上恒成立.

于是在上恒成立，

所以在上单调递增；

从而，（7分）

当时，，当且仅当时等号成立，

所以在上单调递增；

从而在上恒成立.

所以，当时在上恒成立.

当时，存在，使得，

当时，，函数在上单调递减，

又，所以当时，，与已知矛盾，

综合上述，得：.（10分）

（3）对于函数，令，则.

从而当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减；

故当时，取最大值，最大值为.

对于函数，令，则.

从而当时，，函数在上单调递增；

当时，，函数在上单调递减；

故当时，取最大值，最大值为.（13分）

因此，函数与有相同的最大值.其图像如下图所示.

下面先证明：曲线与有唯一交点.

由，得，即证明方程有唯一实数根.

令，则.

所以在上恒为负数.

因为当时，，，

所以曲线与在区间上没有交点.

而在区间上，函数单调递减，函数单调递增，

所以函数在上单调递减，

进而函数在上单调递减，

由，及零点存在定理得：

函数在上存在唯一零点，

从而方程在上有唯一实数根，且.    

由于直线与曲线，共有3个不同交点，

故直线必过点，

且，，

由，得，即，

而函数在上严格增，，，

故    ①     

由，得，

即，

而函数在上严格减，，，

故    ②

由①，②得.    ③

由，得，

故有    ④

因此，由③，④得，即成等比数列. （18分）

【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．