2023年高考数学押题卷03（上海卷）（含考试版、全解全析、参考答案、答题卡）

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2023年高考押题预测卷03【上海卷】 数学·全解全析 1． 【分析】根据全集，利用补集运算求解.【详解】因为且，，所以，故答案为： 2．21【分析】利用二项式的展开式求通项，再求对应项系数即可.【详解】设的通项为：，令，则，其系数为21故答案为：213．5【分析】设，，根据题干条件得到，，化简得到，根据求出最大值.【详解】设，，则，变形为，两边平方后得到，两边平方后得到，将代入，即，故，则，当时，取得最大值，最大值为5故答案为：54． 【分析】共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可.【详解】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组；若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组，若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，且，故共面，且共面，故相交，且相交，故共面有2组，则正六边形对角线所对应的有2组共面的面对角线，同理可知正六边形对角线所对的分别有两组，共6组，故对于上底面对角线，，同样各对两组，共6组，若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组，所以共面的概率是．故答案为： 5． 【分析】分别确定第一轮比赛，第二轮比赛，第三轮比赛安排方案数，再由分步乘法计数原理确定总的方法数.【详解】由已知可得第一轮比赛的安排方法数为，即种安排方法，第二轮比赛的安排方法数为，即3种安排方法，第三轮比赛的安排方法数为1，由分步乘法计数原理可得所有的安排方法数为315；故答案为：315.6． 【分析】首先确定到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面的视角下看的平面图形，得到区域内的几何体为半圆柱，区域内的几何体为被平面截的部分球，区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可.【详解】解：到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面的视角下看，如图所示：其中区域内的几何体为半圆柱，区域内的几何体为被平面截的部分球，球心分别为A，B，C，区域内的几何体为棱柱，其高为2．因为为矩形，所以，因为，同理，所以，所以这三个区域的几何体合成一个完整的半径为1的球，所以（表示区域几何体的体积，其它以此类推），（其中表示半圆底面）．，所以几何体L的体积等于．故答案为：.7．16【分析】根据题意设，利用函数奇偶性可以得到设，再利用基本不等式即可求出结果.【详解】由函数，设，则的定义域为，，则，所以是奇函数，则，又因为正实数满足，所以，，当且仅当时取到等号.故答案为：16.8． 【分析】由绝对值三角不等式可得在恒成立，即有或在恒成立，分别求解即可得答案.【详解】解：因为在绝对值三角不等式中，当同号时有，又因为，所以在恒成立，所以或在恒成立，即有或在恒成立，由，解得，由，解得，综上所述实数a的取值范围为.故答案为： 9．【分析】题中函数为圆的一段劣弧，在旋转过程中，只需根据函数的定义考虑一个只有唯一确定的与之对应，即图形与只有一个交点时旋转的角度符合题意.【详解】画出函数的图象，如图1所示：圆弧所在的圆方程为，，，在图象绕原点旋转的过程中，当从图1的位置旋转到点时，根据函数的定义知这个旋转过程所得的图形均为函数的图象，如图2所示：此时绕着原点旋转弧度为；若函数图象在图2位置绕着原点继续旋转，当点在轴上方，点在轴下方时，根据函数的定义知，所得图形不是函数的图象，如图3所示：此时转过的角度为，不满足题意；若函数的图象在图3位置绕着原点继续旋转，当整个图象都在轴下方时，根据函数的定义知，所得图形是函数的图象，如图4所示：此时转过的角度为；故答案为：.10． 【分析】首先分析各段函数的单调性，依题意只需函数的值域为，分、两种情况讨论，分别求出函数在各段的最大（小）值，即可得到不等式组，解得即可.【详解】因为函数在定义域上单调递增，函数在上单调递减，在上单调递增，要使对任意实数，总存在实数，使得，即函数的值域为，当时在上单调递增，在上也单调递增，则只需，解得；当时在上的最小值为，则只需要，解得；综上可得，即实数的取值范围是.故答案为： 11． 【分析】根据解析式知曲线在、上分别为双曲线、抛物线的一部分，确定双曲线部分的渐近线、抛物线部分的切线，两线倾斜角的差即为的最小值，应用差角正切公式求其正切值.【详解】在上，曲线方程为是双曲线上支的一部分（），所以该部分渐近线为，在上，曲线方程为是抛物线的一部分，设过原点的直线且与抛物线相切，代入抛物线有，所以，故或（舍），所以切线为，如下图示：令、倾斜角分别为且，则，由，要使最小，只需让最小值，所以.故答案为： 12． 【分析】作，，建立平面直角坐标系，作，作，由条件确定点的轨迹，由此确定即的最小值.【详解】如图作，，如图，以点为原点，为的正方向建立平面直角坐标系，因为，，，所以点的坐标为，点的坐标为作，设点的坐标为，因为，所以，所以，所以点在以为圆心，以为半径的圆上，因为对任意的实数，均有，所以，又，所以恒成立，所以，所以，即，作，设点的坐标为，则，即，所以点在直线上，因为，又点在圆上一动点，点在直线上一动点，所以点到点的最小距离为点到点的距离减去圆的半径，即，当且仅当点为线段与圆的交点时等号成立，因为点到直线的距离，所以点到点的距离大于等于，即，所以，当且仅当垂直于直线且点为线段与圆的交点时等号成立，所以的最小值为，故答案为：.  【点睛】本题解决的关键在于建立平面直角坐标系，利用条件结合向量的坐标运算及性质确定点的轨迹，由此结合直线与圆的性质求解.13．B【分析】证明平面，从而可证四点不共面，即可判断AB；设，将分别用表示，假设直线与直线CP垂直，则，求出即可判断C；证明平面，即可判断D.【详解】在正三棱柱中，因为点M、N分别为棱AB、的中点，所以，又平面，平面，所以平面，因为平面，，，所以四点不共面，所以直线与直线CP始终异面，故A错误，B正确；对于C，设，则，，若直线与直线CP垂直，则，即，所以，即，解得，因为，所以不存在点使得直线与直线CP垂直，故C错误；对于D，连接，因为为的中点，所以，又因平面，平面，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以当点在的位置时，直线与直线BP垂直，故D错误.故选：B.14．B【分析】由，求得，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解.【详解】由题意，直线，直线，因为，可得,，即，解得，所以“”是“”的必要非充分条件.故选：B.15．D【分析】根据给定条件，求出点B，C的坐标，进而求出函数的解析式，再逐项判断作答.【详解】在中，令得，依题意，点，同理得点，由得：，解得，又，则，而，因此，，由得，即函数的图象对称轴方程为，A错误；因为，所以函数的图像关于坐标原点不对称， B错误；当时，，而正弦函数在上不单调，所以函数在区间上不单调，C错误；当时，，依题意，，又正弦函数在内各有1个极小值点，在内无极小值点，所以函数在区间内有且有个极小值点，D正确.故选：D【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的单调性问题，先根据给定的自变量取值区间求出相位的范围，再利用正(余)函数性质列出不等式求解即得.16．D【分析】由已知可变形为，构造函数，利用导函数分析单调性以及最值即可一一判断求解.【详解】因为，所以，所以，由可得，则，则有，设函数，，当时，，当时，，所以在单调递增，单调递减，所以，因为，所以以此类推，对任意，故B错误；所以，故A错误；因为，所以数列中不存在某一项为最大项，C错误；因为，所以，，所以存在正整数n，使得，D正确.【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为，利用函数的单调性以及最值分析求解.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；（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，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．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.（2）由，得.所以，，当时，；当时，，，所以，即.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.（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，    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0.846.20．(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：；（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；（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，设，，则有，，因此，同理可得，因此，又，所以，所以，所以的取值范围为.【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；（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，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：.（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.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.【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．