2023年高考考前信息必刷数学试卷3（上海专用）（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE12023年高考数学考前信息必刷卷3（上海专用）一、填空题1．已知i是虚数单位，，且的共轭复数为，则______.〖答案〗5〖解析〗因为，所以，所以，故〖答案〗为：5.2．已知集合.设函数的值域为，若，则实数的取值范围为______〖答案〗〖解析〗由得，即，所以，解得.所以.因为，所以，所以，因为，所以解得，所以实数的取值范围为.故〖答案〗为：.3．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．〖答案〗17.8〖解析〗不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布，最大时，即最大，超几何分布最大项问题，利用比值求最大项设则令故当时，严格增加，当时，严格下降，即时取最大值，此题中，根据超几何分布的期望公式可得，故〖答案〗为：17.84．函数向左或向右平移个单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是__________.〖答案〗〖解析〗将函数向右平移个单位，所得图像对应的〖解析〗式为，其关于轴对称，则，即，此时，的最小正值是；将函数向左平移个单位，所得图像对应的〖解析〗式为，其关于轴对称，则，即，此时，的最小正值是.综上所述，的最小正值是.故〖答案〗为：.5．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点，冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福，小明在纪念品商店买了3个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了3个作为礼物寄给他的好朋友小华，则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率为__________.〖答案〗〖解析〗依题意，设事件：小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”，事件：小华收到的礼物中只有“冰墩墩”，则事件与事件互为对立事件，则有，.故〖答案〗为：.6．已知，，是正实数，且，则最小值为__________.〖答案〗〖解析〗，由于，，是正实数，且，所以，当且仅当，即，所以时等号成立，则的最小值为，所以，当且仅当，即时等号成立，则最小值为.故〖答案〗为：.7．已知抛物线的焦点到准线的距离为，点、、、在抛物线上，，、、三点共线，、、三点共线，、、三点共线，则与的面积之比为__________.〖答案〗〖解析〗抛物线的焦点到准线的距离为，则，因为，则，设点、、、，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，，则，同理可得，，故.故〖答案〗为：.8．已知函数()（其中是自然对数的底数）的图像上存在点与的图像上的点关于轴对称，则实数的取值范围是____〖答案〗〖解析〗存在函数图像上的一点与函数图像上一点关于y轴对称，则有，即，，令，则在上单调递增，故.9．在正项数列中，，，记.整数m满足，则数列的前m项和为______.〖答案〗〖解析〗因为，，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，又因为，所以，所以，因为，，整数m满足，所以，的前120项和为.故〖答案〗为：.10．已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是_________.〖答案〗〖解析〗因为，即，可得，设，，则，则，设，则，因为，，则或，因为，则或，令，则或，根据对称性，可只考虑，由，记点、、，则，，所以，，当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，所以，.故〖答案〗为：.11．如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：①平面平面；②一定是锐角；③；④三棱锥的体积为定值．其中真命题的有__________．〖答案〗①③④〖解析〗对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；对于②，当是的中点时，易得，满足，此时是直角，所以②错误；对于③，连接，如下图所示;由正方体可知，且平面，平面，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以，即③正确；对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，平面，所以点到平面的距离是定值，所以三棱锥的体积为定值,即④正确.故〖答案〗为：①③④12．已知函数有六个不同零点，且所有零点之和为，则的取值范围为__________．〖答案〗〖解析〗，图象关于对称，又的六个零点之和为，，解得：，，令，则与有个不同交点，；当时，，在上单调递增；当时，，，又与在上单调递减，在上单调递增，，使得，且当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，，结合对称性可得其大致图象如下图所示：由图象可知：若与有个不同交点，则，即实数的取值范围为.故〖答案〗为：.二、单选题13．在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗根据正弦定理可得，所以所以，即，整理得，则或，因为，，，，则或，即或，所以由不能推出；当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，故p是q的既不充分也不必要条件．故选：D14．数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（

）A．数列是常数列B．若，则是递增数列C．若，则D．若，则的最小项的值为〖答案〗D〖解析〗当时，，当时，，则，而不一定成立，故不一定是常数列，A错误；由，显然且，即不单调，B错误；若，则，，故，偶数项为3，奇数项为，而，C错误；若，则，，故，偶数项为，奇数项为2，故的最小项的值为，D正确.故选：D.15．已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗∵，，∴，又∵在恰有2个极大值点，∴由正弦函数图象可知，，解得：.故选：B.16．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（

）A．恒有解 B．恒有解C．恒无解 D．恒无解〖答案〗B〖解析〗设，其中，记则有，即若，则点的轨迹是拋物线，方程为E：，点恰为抛物线的焦点，则是过点的直线与抛物线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时.若，则点的轨迹是椭圆，方程为E：，点为椭圆E的左焦点，轴是椭圆的左准线，是过点的直线与椭圆的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相离，故若，则点的轨迹是双曲线，方程为E：，点为双曲线的右焦点，轴是双曲线的右准线，是过点的直线与双曲线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相交，故可正，可负，可零.所以，当时，恒有，故A错误；当时，，与均有解，故错误；故选：B.三、解答题17．在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.（1）求证：平面；（2）点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.（1）证明：因为四边形为菱形，所以，又因为，，平面，，所以平面.（2）解：取的中点O，连接，四边形为菱形，且，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因为，，所以平面.取中点D，连结，以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.则，，，，所以，.设平面的一个法向量为，所以，令，则，，所以.设，可得点，.由题意解得或（舍），即.18．已知函数为实常数.（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；（2）当为奇函数时，对任意，不等式恒成立，求实数的最大值.解：（1）当时，即；故此时函数是奇函数；因当时，，故，且于是此时函数既不是偶函数，也不是奇函数；（2）因是奇函数，故由（1）知，从而；由不等式，得，令因，故由于函数在单调递增，所以；因此，当不等式在上恒成立时，19．进博会期间，有一个边长80m的正方形展厅OABC，由于疫情，展厅被分割成如图所示的相互封闭的几个部分，已划出以O为圆心，60m为半径的扇形ODE作为展厅，现要在余下的地块中划出一块矩形的产品说明会场地PGBF，矩形有两条边分别落在边AB和BC上，设∠POA=．（1）用表示矩形PGBF的面积，并求出当矩形PGBF为正方形时的面积（精确到）；（2）当取何值时，矩形PGBF的面积S最大？并求出最大面积（精确到）．解：（1）如图所示，过P作PX⊥OA于X,PY⊥OC与Y,则，PG=,FE=,，，当矩形PGBF为正方形时，PG=FE,，，此时S=1412（）；（2），记t[，1]，则对称轴为，∵1－－，，即或时，（）（注意：若令，则相应给分）20．已知椭圆，圆的圆心在椭圆上，点到椭圆的右焦点的距离为2，过点作直线交椭圆于､两点.（1）求椭圆的方程；（2）若，求直线的方程；（3）若，求的取值范围.解：（1）因为点到椭圆的右焦点的距离为2，所以，所以，又因为圆配方得：，所以，因为圆心在椭圆上，所以，所以：，，所以椭圆的方程为：；（2）因为过点作直线交椭圆于A，两点，若直线的斜率不存在，椭圆于上下顶点，此时，不合题意；故直线的斜率存在，设为，则直线的方程为，联立得，，设，由韦达定理得：，，所以，解得：，即，所以直线的方程为；（3）由三角形面积公式可知，因为，化简上式得，又在中利用余弦定理可得：，所以，由（2）知，，，所以，整理得，当时，成立，当时，方程的判别式，解得且，所以，又因为，所以，所以的取值范围.21．已知函数，设，.（1）若在上有解，求的取值范围；（2）若，证明：当时，成立；（3）若恰有三个不同的根，证明：.（1）解：由题，在上有解，，所以有解令，则，而在上为增函数，所以，即成立，所以在严格递增，因而，即.（2）证明：时，则，令，得，记，则在时严格增，因而，所以在时严格增，因而即在严格增，，即在恒成立.（3）证明：在定义域上递增①当时，，而当时成立，且，所以，因而存在，使得，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以为极小值点.，由，此时不可能有三个根.②当时，因而存在，使得，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以为极小值点.，由，此时不可能有三个根.③当时，在定义域上递增，当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以为极小值点.所以为最小值，此时不可能有三个根.④当时，，存在，使得当时，，为减函数；当时，，为增函数；所以为极小值点，而，所以由由有三个根，得由，所以.2023年高考数学考前信息必刷卷3（上海专用）一、填空题1．已知i是虚数单位，，且的共轭复数为，则______.〖答案〗5〖解析〗因为，所以，所以，故〖答案〗为：5.2．已知集合.设函数的值域为，若，则实数的取值范围为______〖答案〗〖解析〗由得，即，所以，解得.所以.因为，所以，所以，因为，所以解得，所以实数的取值范围为.故〖答案〗为：.3．一个袋子中有100个大小相同的球，其中有40个黄球，60个白球．采取不放回摸球，从中随机摸出22个球作为样本，用X表示样本中黄球的个数．当最大时，____________．〖答案〗17.8〖解析〗不放回的摸球，每次实验结果不独立，为超几何分布，最大时，即最大，超几何分布最大项问题，利用比值求最大项设则令故当时，严格增加，当时，严格下降，即时取最大值，此题中，根据超几何分布的期望公式可得，故〖答案〗为：17.84．函数向左或向右平移个单位后，所得图像关于轴对称，则的最小值是__________.〖答案〗〖解析〗将函数向右平移个单位，所得图像对应的〖解析〗式为，其关于轴对称，则，即，此时，的最小正值是；将函数向左平移个单位，所得图像对应的〖解析〗式为，其关于轴对称，则，即，此时，的最小正值是.综上所述，的最小正值是.故〖答案〗为：.5．冬奥会的两个吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”将熊猫形象与富有超能量的冰晶外壳相结合，体现了冰雪运动和现代科技特点，冬残奥会吉祥物“雪容融”以灯笼为原型进行设计创作，顶部的如意造型象征吉祥幸福，小明在纪念品商店买了3个“冰墩墩”和2个“雪容融”，随机选了3个作为礼物寄给他的好朋友小华，则小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率为__________.〖答案〗〖解析〗依题意，设事件：小华收到的礼物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”，事件：小华收到的礼物中只有“冰墩墩”，则事件与事件互为对立事件，则有，.故〖答案〗为：.6．已知，，是正实数，且，则最小值为__________.〖答案〗〖解析〗，由于，，是正实数，且，所以，当且仅当，即，所以时等号成立，则的最小值为，所以，当且仅当，即时等号成立，则最小值为.故〖答案〗为：.7．已知抛物线的焦点到准线的距离为，点、、、在抛物线上，，、、三点共线，、、三点共线，、、三点共线，则与的面积之比为__________.〖答案〗〖解析〗抛物线的焦点到准线的距离为，则，因为，则，设点、、、，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，，设直线的方程为，联立可得，则，由韦达定理可得，，则，同理可得，，故.故〖答案〗为：.8．已知函数()（其中是自然对数的底数）的图像上存在点与的图像上的点关于轴对称，则实数的取值范围是____〖答案〗〖解析〗存在函数图像上的一点与函数图像上一点关于y轴对称，则有，即，，令，则在上单调递增，故.9．在正项数列中，，，记.整数m满足，则数列的前m项和为______.〖答案〗〖解析〗因为，，所以是以1为首项，1为公差的等差数列，所以，又因为，所以，所以，因为，，整数m满足，所以，的前120项和为.故〖答案〗为：.10．已知平面向量、、、，满足，，，，若，则的最大值是_________.〖答案〗〖解析〗因为，即，可得，设，，则，则，设，则，因为，，则或，因为，则或，令，则或，根据对称性，可只考虑，由，记点、、，则，，所以，，当且仅当点为线段与圆的交点时，等号成立，所以，.故〖答案〗为：.11．如图，在棱长为1的正方体中，点P是线段上一动点（不与，B重合），则下列命题中：①平面平面；②一定是锐角；③；④三棱锥的体积为定值．其中真命题的有__________．〖答案〗①③④〖解析〗对于①，由正方体性质可得平面，又平面，所以平面平面，即①正确；对于②，当是的中点时，易得，满足，此时是直角，所以②错误；对于③，连接，如下图所示;由正方体可知，且平面，平面，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以，即③正确；对于④，三棱锥的体积，又因为的面积是定值，平面，所以点到平面的距离是定值，所以三棱锥的体积为定值,即④正确.故〖答案〗为：①③④12．已知函数有六个不同零点，且所有零点之和为，则的取值范围为__________．〖答案〗〖解析〗，图象关于对称，又的六个零点之和为，，解得：，，令，则与有个不同交点，；当时，，在上单调递增；当时，，，又与在上单调递减，在上单调递增，，使得，且当时，；当时，；在上单调递减，在上单调递增，，，结合对称性可得其大致图象如下图所示：由图象可知：若与有个不同交点，则，即实数的取值范围为.故〖答案〗为：.二、单选题13．在中，角A，B，C对边分别为a，b，c．命题，命题为等腰三角形．则p是q的（

）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件〖答案〗D〖解析〗根据正弦定理可得，所以所以，即，整理得，则或，因为，，，，则或，即或，所以由不能推出；当为等腰三角形时，不一定为，也不一定相等，所以由不能推出，故p是q的既不充分也不必要条件．故选：D14．数列的前项的和满足，则下列选项中正确的是（

）A．数列是常数列B．若，则是递增数列C．若，则D．若，则的最小项的值为〖答案〗D〖解析〗当时，，当时，，则，而不一定成立，故不一定是常数列，A错误；由，显然且，即不单调，B错误；若，则，，故，偶数项为3，奇数项为，而，C错误；若，则，，故，偶数项为，奇数项为2，故的最小项的值为，D正确.故选：D.15．已知，且函数恰有两个极大值点在，则的取值范围是（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗∵，，∴，又∵在恰有2个极大值点，∴由正弦函数图象可知，，解得：.故选：B.16．已知平面非零向量满足，则对于任意的使得（

）A．恒有解 B．恒有解C．恒无解 D．恒无解〖答案〗B〖解析〗设，其中，记则有，即若，则点的轨迹是拋物线，方程为E：，点恰为抛物线的焦点，则是过点的直线与抛物线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时.若，则点的轨迹是椭圆，方程为E：，点为椭圆E的左焦点，轴是椭圆的左准线，是过点的直线与椭圆的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相离，故若，则点的轨迹是双曲线，方程为E：，点为双曲线的右焦点，轴是双曲线的右准线，是过点的直线与双曲线的两个不同的交点，点在以为直径的圆上，此时圆与准线相交，故可正，可负，可零.所以，当时，恒有，故A错误；当时，，与均有解，故错误；故选：B.三、解答题17．在三棱柱中，平面平面，侧面为菱形，，，，E是的中点.（1）求证：平面；（2）点P在线段上（异于点，），与平面所成角为，求的值.（1）证明：因为四边形为菱形，所以，又因为，，平面，，所以平面.（2）解：取的中点O，连接，四边形为菱形，且，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因为，，所以平面.取中点D，连结，以O为原点，，，为空间基底建立直角坐标系.则，，，，所以，.设平面的一个法向量为，所以，令，则，，所以.设，可得点，.由题意解得或（舍），即.18．已知函数为实常数.（1）讨论函数的奇偶性，并说明理由；（2）当为奇函数时，对任意，不等式恒成立，求实数的最大值.解：（1）当时，即；故此时函数是奇函数；因当时，，故，且于是此时函数既不是偶函数，也不是奇函数；（2）因是奇函数，故由（1）知，从而；由不等式，得，令因，故由于函数在单调递增，所以；因此，当不等式在上恒成立时，19．进博会期间，有一个边长80m的正方形展厅OABC，由于疫情，展厅被分割成如图所示的相互封闭的几个部分，已划出以O为圆心，60m为半径的扇形ODE作为展厅，现要在余下的地块中划出一块矩形的产品说明会场地PGBF，矩形有两条边分别落在边AB和BC上，设∠POA=．（1）用表示矩形PGBF的面积，并求出当矩形PGBF为正方形时的面积（精确到）；（2）当取何值时，矩形PGBF的面积S最大？并求出最大面积（精确到）．解：（