2023年上海市徐汇区高三高考一模数学试卷含详解

这是一份2023年上海市徐汇区高三高考一模数学试卷含详解，共24页。试卷主要包含了12等内容，欢迎下载使用。

2022.12
考生注意：
1.本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分.
2.每位考生应同时收到试卷和答题卷两份材料，答卷前，在答题卷上填写姓名、考号等相关信息.
3.所有作答务必填涂在答题卷上与试卷题号对应的区域，不得错位，在试卷上作答一律不得分.
4.用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题.
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1. 已知全集，集合，则__________.
2. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则_____________.
3. 不等式的解集为____________.
4. 函数在区间上的零点是___________.
5. 已知是定义域为奇函数，且时，，则的值域是_______
6. 在的二项展开式中，项的系数是___________.
7. 已知圆锥的侧面积为2π，且侧面展开图为半圆，则底面半径为____.
8. 在数列中，，且，则__________.
9. 某中学从甲、乙两个班中各选出15名学生参加知识竞赛，将他们的成绩（满分100分）进行统计分析，绘制成如图所示的茎叶图.设成绩在88分以上（含88分）的学生为优秀学生，现从甲、乙两班的优秀学生中各取1人，记甲班选取的学生成绩不低于乙班选取得学生成绩记为事件，则事件发生的概率___________.
10. 在中,,且在方向上数量投影是-2,则的最小值为____________.
11. 设，函数的图像与直线有四个交点，且这些交点的横坐标分别为，则的取值范围为___________.
12. 已知正实数满足，则的取小值___________.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分.第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置.将代表正确选项的小方格涂黑.
13. 设,则“”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件D. 既非充分也非必要条件
14. 已知圆的半径为3，圆的半径为7，若两圆相交，则两圆的圆心距可能是（ ）
A. 0B. 4C. 8D. 12
15. 已知平面、、两两垂直，直线a、b、c满足：，，，则直线a、b、c位置关系不可能是（ ）
A. 两两垂直B. 两两平行C. 两两相交D. 两两异面
16. 设数列为：，其中第1项为，接下来2项均为，再接下来4项均为，再接下来8项均为，…，以此类推，记，现有如下命题：①存在正整数，使得；②数列是严格减数列.下列判断正确的是（ ）
A. ①和②均为真命题B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题D. ①为假命题，②为真命题
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，交于点E，D为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
18. 已知.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间.
19. 近年来,为“加大城市公园绿地建设力度,形成布局合理的公园体系”,许多城市陆续建起众多“口袋公园”、现计划在一块边长为200米的正方形的空地上按以下要求建造“口袋公园”、如图所示,以中点A为圆心,为半径的扇形草坪区,点在弧BC上（不与端点重合）,AB、弧BC、CA、PQ、PR、RQ为步行道,其中PQ与AB垂直,PR与AC垂直.设.
（1）如果点P位于弧BC的中点,求三条步行道PQ、PR、RQ的总长度;
（2）“地摊经济”对于“拉动灵活就业、增加多源收入、便利居民生活”等都有积极作用.为此街道允许在步行道PQ、PR、RQ开辟临时摊点,积极推进“地摊经济”发展,预计每年能产生经济效益分别为每米5万元、5万元及5.9万元.则这三条步行道每年能产生的经济总效益最高为多少?（精确到1万元）
20. 已知曲线的方程为，直线：与曲线在第一象限交于点.
（1）若曲线是焦点在轴上且离心率为的椭圆，求的值；
（2）若，时，直线与曲线相交于两点M，N，且，求曲线方程；
（3）是否存在不全相等，，满足，且使得成立.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
21. 对于数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”.已知为数列的“接近数列”，且，.
（1）若（是正整数），求，，，值；
（2）若（是正整数），是否存在（是正整数），使得，如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由；
（3）若为无穷等差数列，公差为，求证：数列为等差数列的充要条件是.
2022学年第一学期徐汇区学习能力诊断卷
高三数学试卷
2022.12
考生注意：
1.本场考试时间120分钟，试卷共4页，满分150分.
2.每位考生应同时收到试卷和答题卷两份材料，答卷前，在答题卷上填写姓名、考号等相关信息.
3.所有作答务必填涂在答题卷上与试卷题号对应的区域，不得错位，在试卷上作答一律不得分.
4.用2B铅笔作答选择题，用黑色字迹钢笔、水笔或圆珠笔作答非选择题.
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果.
1. 已知全集，集合，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】先化简集合，再利用集合补集的定义求解即可.
【详解】由解得，
所以，所以，
故答案为：
2. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为，则_____________.
【答案】
【解析】
【分析】由已知求得，进一步得到，再根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得．
【详解】解：由题意，，
，
．
故答案为：2．
3. 不等式的解集为____________.
【答案】
【解析】
【分析】由一元二次不等式的解法求解，
【详解】恒成立，原不等式可化为，即，
解得，
故答案为：
4. 函数在区间上的零点是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据零点的定义，求解简单的三角方程，即可求得结果.
【详解】令，解得，又，故可得.
即函数在区间上的零点是.
故答案为：.
5. 已知是定义域为的奇函数，且时，，则的值域是_______
【答案】
【解析】
【分析】由函数奇偶性可得函数在上的解析式，做出图像即可求得值域.
【详解】因为是定义域为的奇函数，
当时，，则时，，
所以，
作出函数图像如下图所示：
由图像可知：函数值域为.
故答案为：
6. 在的二项展开式中，项的系数是___________.
【答案】
【解析】
【分析】由二项式的通项公式即可求解.
【详解】二项式的通项为，
令，得，
所以项的系数是.
故答案为：.
7. 已知圆锥的侧面积为2π，且侧面展开图为半圆，则底面半径为____.
【答案】1
【解析】
【分析】设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，根据题意可求得母线长，从而可求得底面圆的周长，即可得出答案.
【详解】解：题中圆锥展开图如图，设圆锥的母线长为，底面圆的半径为，
因为圆锥的侧面积为2π，且侧面展开图为半圆，
所以，所以，
故底面圆的周长为，
即，解得，
所以底面半径为1.
故答案为：1
8. 在数列中，，且，则__________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用递推公式累加即可求解.
【详解】由题意可得，
所以，，……，，
累加得，
所以，
故答案为：4
9. 某中学从甲、乙两个班中各选出15名学生参加知识竞赛，将他们的成绩（满分100分）进行统计分析，绘制成如图所示的茎叶图.设成绩在88分以上（含88分）的学生为优秀学生，现从甲、乙两班的优秀学生中各取1人，记甲班选取的学生成绩不低于乙班选取得学生成绩记为事件，则事件发生的概率___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据茎叶图利用古典概型的计算公式求解即可.
【详解】从甲、乙两班的优秀学生中各取1人所有的可能为：
，
共18种情况，其中甲班选取的学生成绩不低于乙班选取得学生成绩的情况有4种，
所以，
故答案为：
10. 在中,,且在方向上的数量投影是-2,则的最小值为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据在方向上的数量投影先求出,取,则,即求的最小值,过点作的垂线即可求得.
【详解】解:由题知在方向上的数量投影是-2,
,
,
,即,
记,
则,
若求的最小值即求的最小值,
过点作的垂线交于点,此时最小,
如图所示:
,
故答案为:
11. 设，函数的图像与直线有四个交点，且这些交点的横坐标分别为，则的取值范围为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，利用韦达定理，求得，和的关系，以及的范围，将目标式转化为关于的函数，借助对勾函数的单调性，即可求得结果.
【详解】根据题意，令，解得或，不妨设
作图如下：
又直线的斜率为，数形结合可知，要满足题意，；
且为方程，即的两根，
当时，，则，
故；
为方程，即的两根，
当时，，则，
故；
则，
令，由对勾函数单调性可知在上单调递减，
又，故，即的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数与方程；处理问题的关键是能够数形结合求得，和的关系，从而借助函数单调性求值域，属综合中档题.
12. 已知正实数满足，则的取小值___________.
【答案】
【解析】
【分析】利用代数式和几何图形的关系，将问题转化为距离之和的最小值即可求解.
【详解】设直线，点在直线上，且在第一象限，
设点，
所以，
如图所示，
点A关于直线对称的点设为，
则有解得，
所以，由图可知，当直线时，
最小，最小值为，
即的最小值为，
故答案为：.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分.第13-14题每题4分，第15-16题每题5分）每题有且只有一个正确选项.考生应在答题纸的相应位置.将代表正确选项的小方格涂黑.
13. 设,则“”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件
C. 充分必要条件D. 既非充分也非必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由可推出同号,则根据分类讨论可得出,根据,两边同乘可得,即可选出选项.
【详解】解:由题知,则同号,
当时,有,
当时,有,
故能推出,
当成立时,又,
对不等式两边同时乘以可得,
故“”是“”的充分必要条件.
故选:C
14. 已知圆的半径为3，圆的半径为7，若两圆相交，则两圆的圆心距可能是（ ）
A. 0B. 4C. 8D. 12
【答案】C
【解析】
【分析】根据两圆相交圆心距验证各选项即可.
【详解】因为两圆相交，所以两圆的圆心距即，仅有C满足，
故选：C
15. 已知平面、、两两垂直，直线a、b、c满足：，，，则直线a、b、c位置关系不可能是（ ）
A. 两两垂直B. 两两平行C. 两两相交D. 两两异面
【答案】B
【解析】
【分析】作出平面以及平面的直线的所有情况即可求解.
【详解】如图1，可得，，可能两两垂直；
如图2，可得，，可能两两相交；
如图3，可得，，可能两两异面.
对于B，如图，
假设，，可得，
平面两两垂直，，
，，
这与相矛盾，假设不成立，
故B不正确；
故选：B.
16. 设数列为：，其中第1项为，接下来2项均为，再接下来4项均为，再接下来8项均为，…，以此类推，记，现有如下命题：①存在正整数，使得；②数列是严格减数列.下列判断正确的是（ ）
A. ①和②均为真命题B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题D. ①为假命题，②为真命题
【答案】D
【解析】
【分析】由题规律找出的表达式 ，利用不等式的性质判断即可，对 进行分类讨论写出，从而求出 ，利用 即可.
【详解】由题意得：当时，
其中，
，
所以不存在正整数，使得，故①为假命题；
当时
，
所以
当时；
故数列是严格减数列，
所以②为真命题.
故选：D.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤.
17. 如图，在直三棱柱中，，，，交于点E，D为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先证明，从而可得平面，进而可得，再由线面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解即可
【小问1详解】
因为三棱柱为直三棱柱，
所以平面，
又平面，
所以.
因为，，，平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以
因为，，，平面，平面，
所以平面.
【小问2详解】
由（1）知，，两两垂直，如图建立空间直角坐标系.
则，，，，，
设，，，，
因为，所以，即，则，
由（1）平面的一个法向量为.
又
设直线与平面所成角的大小为，则
.
因此，直线与平面所成角的大小为.
18. 已知.
（1）当时，求函数在点处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义求解，
（2）由导数与单调性的关系求解，
【小问1详解】
当时，，，
所以，.
所以函数在点处的切线方程为.
【小问2详解】
因为，定义域为，
所以.
①当时，与在上的变化情况如下：
所以函数在及内严格增，在内严格减；
②当时， 恒成立，所以函数的单调增区间为.
综上，当时，函数的单调增区间为及，单调减区间为；
当时，函数单调增区间为.
19. 近年来,为“加大城市公园绿地建设力度,形成布局合理的公园体系”,许多城市陆续建起众多“口袋公园”、现计划在一块边长为200米的正方形的空地上按以下要求建造“口袋公园”、如图所示,以中点A为圆心,为半径的扇形草坪区,点在弧BC上（不与端点重合）,AB、弧BC、CA、PQ、PR、RQ为步行道,其中PQ与AB垂直,PR与AC垂直.设.
（1）如果点P位于弧BC的中点,求三条步行道PQ、PR、RQ的总长度;
（2）“地摊经济”对于“拉动灵活就业、增加多源收入、便利居民生活”等都有积极作用.为此街道允许在步行道PQ、PR、RQ开辟临时摊点,积极推进“地摊经济”发展,预计每年能产生的经济效益分别为每米5万元、5万元及5.9万元.则这三条步行道每年能产生的经济总效益最高为多少?（精确到1万元）
【答案】（1）(米)
（2）2022万元
【解析】
【分析】(1)根据图依次求出三条线段长度即可求出总长度;
(2)将PQ、PR、RQ三边通过图中的关系用关于的等式表示,再记经济总效益,将进行表示,通过辅助角公式化简求出最值即可.
【小问1详解】
解:由题,
,同理,故,
由于点P位于弧BC的中点,所以点P位于的角平分线上,
则,
,
因为,,
所以为等边三角形,
则,
因此三条街道的总长度为（米）.
【小问2详解】
由图可知,
,
,
,
在中由余弦定理可知:
则,
设三条步行道每年能产生的经济总效益,则
,
当即时取最大值,
最大值为.
答:三条步行道每年能产生的经济总效益最高约为2022万元.
20. 已知曲线的方程为，直线：与曲线在第一象限交于点.
（1）若曲线是焦点在轴上且离心率为的椭圆，求的值；
（2）若，时，直线与曲线相交于两点M，N，且，求曲线的方程；
（3）是否存在不全相等，，满足，且使得成立.若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）或
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆离心率的公式以及椭圆中的关系即可求解,
（2）联立直线与曲线方程，由韦达定理以及弦长公式求解，
（3）联立直线与曲线的方程，得韦达定理，根据假设，代入即可化简求解.
【小问1详解】
由题得，曲线为：，又离心率为，，
则，
又因为，因此，.
【小问2详解】
设，，
联立方程得，
因为，
则，，
所以，，解得或.
因此，曲线的方程为：或.
【小问3详解】
联立 得，
又，得，解得，
假设存在（，，不全相等），使得成立.
故，
有，
进一步有，
化简得，
由在第一象限，且，得.
（i），则，，；
（ii），则，得，又因为，
则与已知矛盾.
综上所述：存在（，，不全相等），使得成立，此时
【点睛】圆锥曲线中与直线相交的问题，一般采用联立方程，得韦达定理.常采用设而不求的思想.常用的做题思路为：
(1)设直线的方程为 ，设交点坐标为，
(2)联立直线与曲线的方程，得韦达定理，或者
(3)根据交点坐标计算相关量（例如斜率，弦长等），利用其满足的性质和题目中的条件求得参数值或者参数的关系.
21. 对于数列，，其中，对任意正整数都有，则称数列为数列的“接近数列”.已知为数列的“接近数列”，且，.
（1）若（是正整数），求，，，的值；
（2）若（是正整数），是否存在（是正整数），使得，如果存在，请求出的最小值，如果不存在，请说明理由；
（3）若为无穷等差数列，公差为，求证：数列为等差数列的充要条件是.
【答案】（1），，，
（2）存在，
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由“接近数列”得定义可直接求出，，，的值；
（2）分为奇数和偶数讨论，求出，在此基础上，分奇偶令，结合指数函数性质即可求解；
（3）先证若时，则为等差数列，且公差也为，由去绝对值得，即，两式作差即可求证；再证若为等差数列，则，结合绝对值三角不等式得，，两式处理得，化简即可求证.
【小问1详解】
因为，所以，又因为为数列的“接近数列”， ，所以，只能是，，，；
【小问2详解】
当为奇数时，，由函数的单调性可知，
即，得，进一步有，
当为偶数时，，由函数的单调性可知，
即，得，进一步有，
综上所述：，
由前项和公式化简得，，
当为偶数时，令无解；
当为奇数时，令，
所以，，即
因此，存在（是正整数），使得，且；
【小问3详解】
充要条件为：.
①若时，由题意对于任意正整数均有恒成立，且，
则，，
从而，即.
因为，，
所以，即.
因此为等差数列，且公差也为；
②若为等差数列，设公差为，
，
又，
即，亦即对任意正整数都成立，
所以，，又，得.
因此，所求充要条件为.
【点睛】本题整体难度较大，处理第二小问时设计分类讨论思想，融合了数列，函数、不等式，对计算有较高要求；第三小问对充要条件的证明特别是绝对值三角不等式的应用，思维难度高，拼凑法不易想到.
对于绝对值三角不等式，我们应掌握：；
对于数列中含此类数列，我们要注意分奇偶对数列讨论.
1
+
0
0
+
单调递增
极大值
单调递减
极小值
单调递增