2023届上海市高三模拟数学试题

2023届上海市高三模拟数学试题一、填空题1．已知，则__________.【答案】【分析】根据共轭复数和复数模的定义求解.【详解】因为，所以，所以，所以，故答案为:.2．__________.【答案】3【分析】根据平面向量的数量积的坐标运算求解.【详解】由题意可得：，解得.故答案为：3.3．双曲线的焦点为__________.【答案】【分析】根据双曲线的方程求，进而可得焦点坐标，注意焦点所在的位置.【详解】由题意可得：，且双曲线的焦点在x轴上，故双曲线的焦点为.故答案为：.4．不等式的解集是__________.【答案】或【分析】分别在，，时去分母，化简不等式求其解.【详解】因为，所以当时，，解得，所以，当时，，解得，所以，当时，，解得，满足条件的不存在，所以不等式的解集是或，故答案为：或.5．若，则__________.【答案】【分析】根据指、对数函数求集合，再结合集合的交集运算求解.【详解】由题意可得：，故.故答案为：.6．在的零点为__________.【答案】【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得，令结合运算求解.【详解】由题意可得：，令，则或，即或，∵，则或或，故在的零点为.故答案为：.7．设，则满足在上恒正的是__________.（填写序号）①；②；③；④.【答案】①③【分析】求导，根据题意逐项分析运算.【详解】对①：，则，故在上恒成立，①成立；对②：，则，故在上恒成立，在上恒成立，②不成立；对③：，则，故在上恒成立，③成立；对④：由，解得，故的定义域为，则，故在上恒成立，④不成立；故答案为：①③.8．随机变量的分布列如下列表格所示，其中为的数学期望，则__________.12345【答案】0【分析】根据离散型随机变量的分布列的数学期望公式求解即可.【详解】根据概率的性质可得解得，所以，所以.故答案为:0.9．有五只笔编号1-5，现将其放入编号1-5的笔筒中，且恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，这样的情况有__________种.【答案】10【分析】根据题意结合组合数分析运算.【详解】若恰有两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，则有3只笔放入与其编号相同的笔筒中，另外两只笔没有放入与其编号相同的笔筒中，故有种.故答案为：10.10．无穷数列的前项和，存在正整数，使恒成立，则__________.【答案】或或【分析】根据题意结合周期数列分析可得，即，分类讨论运算求解.【详解】由题意可得：，假设，则，可得的可能取值不可能仅限三个，假设不成立，故，即，则有：当，则，例如数列，符合题意；当，即，则，例如数列，符合题意；当，即，则，例如数列，符合题意；综上所述：或或.故答案为：或或.11．正方体的边长为1，点分别为边的中点，是侧面上动点，若直线与面的交点位于内（包括边界），则所有满足要求的点构成的图形面积为__________.【答案】##【分析】设，利用空间向量求交点的坐标，再根据交点位于内（包括边界），则，求出满足的关系式，作出相应区域，即可得结果.【详解】如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，设，可得，设平面的法向量为，则有，令，则，即，设直线与面的交点为，则，∵点在直线上，可设，则，即，故，则，又∵点在面上，则，解得，故，则，设，则，解得，若点位于内（包括边界），则，整理得，如图，在面中，即，作出相应的区域，可得，故点构成的图形面积为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：（1）根据三点共线：若在直线上，可设，用表示点的坐标；（2）根据共面向量：点位于内（包括边界），则.12．在上非严格递增，满足，若存在符合上述要求的函数及实数，满足，则的取值范围是__________.【答案】【分析】根据题意整理可得：对，则，分类讨论的取值范围，分析运算.【详解】∵，即对，则，故对，则，∵，则有：时，则，可得，不成立；时，则，可得，则，若，解得，符合题意；特别的：例如，取，则，解得；例如，取，则，解得；故；时，则，可得，不成立；时，则，可得，则，若，解得，符合题意；特别的：例如，取，则；例如，取，则；故；时，则，可得，不成立；综上所述：的取值范围是.故答案为：.【点睛】关键点点睛：（1）对，结合累加法求得；（2）对于分段函数，一般根据题意分类讨论，本题重点讨论与的大小关系；（3）对特殊函数的处理，本题可取和.二、单选题13．已知，则“”是“”的（

）条件.A．充分不必要 B．充要C．必要不充分 D．既不充分也不必要【答案】B【分析】解不等式，根据充要条件的定义判断即可.【详解】由可得即，解得或，由可得即，所以也即，解得或，所以“”是“”的充要条件，故选:B.14．已知两组数据和的中位数､方差均相同，则两组数据合并为一组数据后，（

）A．中位数一定不变，方差可能变大B．中位数一定不变，方差可能变小C．中位数可能改变，方差可能变大D．中位数可能改变，方差可能变小【答案】A【分析】根据中位数、方差的概念分析运算.【详解】对于中位数：不妨设，则两组数据和的中位数分别为，则，两组数据合并为一组数据后，则中位数为，故中位数一定不变；对于方差：设的平均数为，方差为，的平均数为，方差为，则，可得，则两组数据合并为一组数据的平均数，方差，当且仅当时等号成立，故方差可能变大，一定不会变小；故选：A.15．双曲线的焦点，圆，则（

）A．存在，使对于任意，与至少有一个公共点B．存在，使对于任意，与至多有两个公共点C．对于任意，存在，使与至少有两个公共点D．对于任意，存在，使与至多有一个公共点【答案】C【分析】联立方程可得，构建，根据二次函数讨论在上的零点分布，并结合对称性分析与的交点个数.【详解】设双曲线方程为：，联立方程，消去y得，由圆可知：x的取值范围为，构建，，则的对称轴，且，当即时有且只有一个零点，当即时有且只有一个零点.当即时无零点.当即时有且只有两个零点.当即时有且只有两个零点。当即时有且只有一个零点.注意到当，与的交点坐标为，当时，与的交点坐标有，即会出现交点在对称轴上，结合与的对称性可得：当时，使与没有公共点；当时，使与有且仅有一个公共点；当时，使与有两个公共点；当时，使与有三个公共点；当时，使与有四个公共点.对A：存在，使对于任意，使得，此时与没有公共点，A错误；对B：存在，使对于任意，使得，此时与至少有三个公共点，B错误；对C：对于任意，存在，使得，与至少有两个公共点，C正确；对D：对于任意，存在，使得，与至少有两个公共点，D错误.故选：C.【点睛】关键点点睛：（）联立方程，将方程根的个数转化为函数的零点问题，结合二次函数与零点存在性定理分析运算；（）注意到与均关于x轴对称，可以利用对称性分析交点个数.16．设，若正实数满足：则下列选项一定正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】对新定义进行化简，分别在条件，，，下化简，结合所得结果，进一步确定满足条件的关系，由此判断各选项.【详解】因为，，又所以，(1)若则，不等式可化为，则，所以，①若，则可化为，矛盾，②若，则可化为，矛盾，③若，则可化为，矛盾，(2)若则，不等式可化为，所以，①若，则可化为，矛盾，②若，则可化为，满足，可化为，满足，③若，则可化为，满足，可化为，满足，(3)若则，不等式可化为，所以①若，则可化为，满足，可化为，满足，②若，则可化为，满足，可化为，满足，③若，则可化为，满足，可化为，满足，(4)若则，不等式可化为，所以，①若，则可化为，满足，可化为，矛盾，②若，则可化为，矛盾，③若，则可化为，矛盾，综上，或或或或，由知，A错误；由知，B错误；当时，，取可得，满足条件但，C错误；当时，，当时，当时，，当时，，当时，，故选：D.【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.三、解答题17．函数，且.(1)判断在上的单调性，并利用单调性的定义证明；(2)，且在上有零点，求的取值范围.【答案】(1)单调递增，证明见解析；(2)【分析】（1）由题意解出的值，再利用单调性的定义证明即可；（2）转化问题为在上有解，则有解，利用导函数求的单调性，进而求得取值范围即可.【详解】（1）由题意可得，解得，所以，在上单调递增，证明如下：任取，则，因为在上单调递增，且，所以，，所以，即，所以在上单调递增.（2）由（1）得，在上有零点，即在上有解，则有解，令，则，令解得，令解得，所以在单调递减，在单调递增，所以，没有最大值，所以.18．正四棱锥中，，，其中为底面中心，为上靠近的三等分点.(1)求四面体的体积；(2)是否存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为？若存在，请描述点的位置；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或【分析】（1）连接，交于点，过作于点，根据位置可得，以为底，为高可得四面体体积；（2）以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，利用坐标法，结合二面角确定点位置.【详解】（1）如图所示，连接，交于点，过作于点，由四棱锥为正四棱锥，且为底面中心，得，，平面，，，又，，平面，平面，又，则，因为为上靠近的三等分点，则，且平面，所以；（2）设平面与平面所成角为，则，，如图所示，以为坐标原点，，，分别为，，轴，建立空间直角坐标系，则，，，，因为为上靠近的三等分点，则，且，，，设，，则，，设平面的法向量为，则，即，令，则，又由（1）得平面，则平面的法向量为，所以，解得或，所以存在侧棱上一点，使面与面所成角的正切值为，此时或.19．高铁的建设为一个地区的经济发展提供了强大的推进力，也给人们的生活带来极大便捷.以下是2022年开工的雄商高铁线路上某个路段的示意图，其中线段､代表山坡，线段坡的倾角满足，长长长.假设该路段的高铁轨道是水平的（与平行），且端点分别与在同一铅垂线上，每隔需要建造一个桥墩（不考虑端点建造桥墩）(1)求需要建造的桥墩的个数；(2)已知高铁轨道的高度为，设计过程中每放置一个桥墩，设桥墩高度为（单位：），单个桥墩的建造成本为（单位：万元），求所有桥墩建造成本总和的最小值.【答案】(1)18个【分析】（1）先由正切值得到余弦值，进而计算得到得到的长，再计算得出，结合每30m放置一个桥墩，即可求出需要建造的个数.（2）可设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，写出和对应的桥墩高度的表达式，然后利用数列求和求出所有桥墩的高度，计算出成本总和的最小值即可得出答案.【详解】（1）由，，可得，，过点向作垂线，垂足为，则，，，故修建桥墩个数为个.（2）设最左边的桥墩到的距离为米，为从左往由第个桥墩的高度，由，之间可以建13或14个桥墩，当可以建14个桥墩时，，当时，AC之间可以建13个桥墩，而，即之间可以建8个桥墩，在时，当，，，，；当，；当，；同理写出，表达式总结如下：①当时：解得求和后得到的高度总和②当时：求和后得到的高度总和所以当，，当，，即桥墩高度总和最小为，成本最小值为万元.【点睛】方法点睛：利用数列求解最值问题一般有三种方法：（1）数列也是特殊的函数，其定义域为正整数，因此可以利用函数单调性判断数列的单调性，从而确定数列的最值.（2）结合基本不等式求最值，将通项或者前n项和转化为基本不等式的形式求最值.（3）利用相邻项比较，判断数列的单调性，求最大值只需要满足，得出最值.20．已知点是抛物线的焦点，动点在抛物线上，设直线与抛物线交于D､E两点（P､D､E均不重合）.(1)若经过点，求点坐标；(2)若，证明：直线过定点；(3)若且，四边形面积为，求直线的方程.【答案】(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据抛物线的定义与方程求点，进而求得直线的方程，联立方程求点；（2）由整理可得，结合韦达定理可得，代入抛物线方程即可得结果；（3）由题意可得四边形为平行四边形，结合向量和韦达定理分析可得，再根据面积可求得，即可得结果.【详解】（1）由题意可得：抛物线的焦点，设，则，解得，即，故直线的斜率，即直线的方程为，联立方程，消去得，解得或，即，由，故点坐标.（2）设直线，联立方程：，消去得，则，∵，由，可得，解得，即在抛物线上，则，解得，故直线过定点.（3）设直线，可得由题意可得：四边形为平行四边形，则，故，可得，由（2）可得，即，点到直线的距离为，故四边形的面积为，解得，则，故直线，即.【点睛】方法定睛：过定点问题的两大类型及解法（1）动直线l过定点问题．解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．（2）动曲线C过定点问题．解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．21．数列项数为，我们称为的“映射焦点”，如果满足：①；②对于任意，存在，满足，并将最小的记作；(1)若，判断时，4是否为映射焦点？5是否为映射焦点？(2)若时，是映射焦点，证明：的最大值为4；(3)若，，求的最小值.【答案】(1)4是映射焦点，5不是映射焦点