2023年高考考前信息必刷數(shù)學試卷3（上海專用）（解析版）

高級中學名校試卷PAGEPAGE12023年高考數(shù)學考前信息必刷卷3（上海專用）一、填空題1．已知i是虛數(shù)單位，，且的共軛復數(shù)為，則______.〖答案〗5〖解析〗因為，所以，所以，故〖答案〗為：5.2．已知集合.設函數(shù)的值域為，若，則實數(shù)的取值范圍為______〖答案〗〖解析〗由得，即，所以，解得.所以.因為，所以，所以，因為，所以解得，所以實數(shù)的取值范圍為.故〖答案〗為：.3．一個袋子中有100個大小相同的球，其中有40個黃球，60個白球．采取不放回摸球，從中隨機摸出22個球作為樣本，用X表示樣本中黃球的個數(shù)．當最大時，____________．〖答案〗17.8〖解析〗不放回的摸球，每次實驗結(jié)果不獨立，為超幾何分布，最大時，即最大，超幾何分布最大項問題，利用比值求最大項設則令故當時，嚴格增加，當時，嚴格下降，即時取最大值，此題中，根據(jù)超幾何分布的期望公式可得，故〖答案〗為：17.84．函數(shù)向左或向右平移個單位后，所得圖像關于軸對稱，則的最小值是__________.〖答案〗〖解析〗將函數(shù)向右平移個單位，所得圖像對應的〖解析〗式為，其關于軸對稱，則，即，此時，的最小正值是；將函數(shù)向左平移個單位，所得圖像對應的〖解析〗式為，其關于軸對稱，則，即，此時，的最小正值是.綜上所述，的最小正值是.故〖答案〗為：.5．冬奧會的兩個吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”將熊貓形象與富有超能量的冰晶外殼相結(jié)合，體現(xiàn)了冰雪運動和現(xiàn)代科技特點，冬殘奧會吉祥物“雪容融”以燈籠為原型進行設計創(chuàng)作，頂部的如意造型象征吉祥幸福，小明在紀念品商店買了3個“冰墩墩”和2個“雪容融”，隨機選了3個作為禮物寄給他的好朋友小華，則小華收到的禮物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率為__________.〖答案〗〖解析〗依題意，設事件：小華收到的禮物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”，事件：小華收到的禮物中只有“冰墩墩”，則事件與事件互為對立事件，則有，.故〖答案〗為：.6．已知，，是正實數(shù)，且，則最小值為__________.〖答案〗〖解析〗，由于，，是正實數(shù)，且，所以，當且僅當，即，所以時等號成立，則的最小值為，所以，當且僅當，即時等號成立，則最小值為.故〖答案〗為：.7．已知拋物線的焦點到準線的距離為，點、、、在拋物線上，，、、三點共線，、、三點共線，、、三點共線，則與的面積之比為__________.〖答案〗〖解析〗拋物線的焦點到準線的距離為，則，因為，則，設點、、、，設直線的方程為，聯(lián)立可得，則，由韋達定理可得，，設直線的方程為，聯(lián)立可得，則，由韋達定理可得，，則，同理可得，，故.故〖答案〗為：.8．已知函數(shù)()（其中是自然對數(shù)的底數(shù)）的圖像上存在點與的圖像上的點關于軸對稱，則實數(shù)的取值范圍是____〖答案〗〖解析〗存在函數(shù)圖像上的一點與函數(shù)圖像上一點關于y軸對稱，則有，即，，令，則在上單調(diào)遞增，故.9．在正項數(shù)列中，，，記.整數(shù)m滿足，則數(shù)列的前m項和為______.〖答案〗〖解析〗因為，，所以是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以，又因為，所以，所以，因為，，整數(shù)m滿足，所以，的前120項和為.故〖答案〗為：.10．已知平面向量、、、，滿足，，，，若，則的最大值是_________.〖答案〗〖解析〗因為，即，可得，設，，則，則，設，則，因為，，則或，因為，則或，令，則或，根據(jù)對稱性，可只考慮，由，記點、、，則，，所以，，當且僅當點為線段與圓的交點時，等號成立，所以，.故〖答案〗為：.11．如圖，在棱長為1的正方體中，點P是線段上一動點（不與，B重合），則下列命題中：①平面平面；②一定是銳角；③；④三棱錐的體積為定值．其中真命題的有__________．〖答案〗①③④〖解析〗對于①，由正方體性質(zhì)可得平面，又平面，所以平面平面，即①正確；對于②，當是的中點時，易得，滿足，此時是直角，所以②錯誤；對于③，連接，如下圖所示;由正方體可知，且平面，平面，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以，即③正確；對于④，三棱錐的體積，又因為的面積是定值，平面，所以點到平面的距離是定值，所以三棱錐的體積為定值,即④正確.故〖答案〗為：①③④12．已知函數(shù)有六個不同零點，且所有零點之和為，則的取值范圍為__________．〖答案〗〖解析〗，圖象關于對稱，又的六個零點之和為，，解得：，，令，則與有個不同交點，；當時，，在上單調(diào)遞增；當時，，，又與在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，使得，且當時，；當時，；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，，結(jié)合對稱性可得其大致圖象如下圖所示：由圖象可知：若與有個不同交點，則，即實數(shù)的取值范圍為.故〖答案〗為：.二、單選題13．在中，角A，B，C對邊分別為a，b，c．命題，命題為等腰三角形．則p是q的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件〖答案〗D〖解析〗根據(jù)正弦定理可得，所以所以，即，整理得，則或，因為，，，，則或，即或，所以由不能推出；當為等腰三角形時，不一定為，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條件．故選：D14．數(shù)列的前項的和滿足，則下列選項中正確的是（

）A．數(shù)列是常數(shù)列B．若，則是遞增數(shù)列C．若，則D．若，則的最小項的值為〖答案〗D〖解析〗當時，，當時，，則，而不一定成立，故不一定是常數(shù)列，A錯誤；由，顯然且，即不單調(diào)，B錯誤；若，則，，故，偶數(shù)項為3，奇數(shù)項為，而，C錯誤；若，則，，故，偶數(shù)項為，奇數(shù)項為2，故的最小項的值為，D正確.故選：D.15．已知，且函數(shù)恰有兩個極大值點在，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗∵，，∴，又∵在恰有2個極大值點，∴由正弦函數(shù)圖象可知，，解得：.故選：B.16．已知平面非零向量滿足，則對于任意的使得（

）A．恒有解 B．恒有解C．恒無解 D．恒無解〖答案〗B〖解析〗設，其中，記則有，即若，則點的軌跡是拋物線，方程為E：，點恰為拋物線的焦點，則是過點的直線與拋物線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時.若，則點的軌跡是橢圓，方程為E：，點為橢圓E的左焦點，軸是橢圓的左準線，是過點的直線與橢圓的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相離，故若，則點的軌跡是雙曲線，方程為E：，點為雙曲線的右焦點，軸是雙曲線的右準線，是過點的直線與雙曲線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相交，故可正，可負，可零.所以，當時，恒有，故A錯誤；當時，，與均有解，故錯誤；故選：B.三、解答題17．在三棱柱中，平面平面，側(cè)面為菱形，，，，E是的中點.（1）求證：平面；（2）點P在線段上（異于點，），與平面所成角為，求的值.（1）證明：因為四邊形為菱形，所以，又因為，，平面，，所以平面.（2）解：取的中點O，連接，四邊形為菱形，且，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因為，，所以平面.取中點D，連結(jié)，以O為原點，，，為空間基底建立直角坐標系.則，，，，所以，.設平面的一個法向量為，所以，令，則，，所以.設，可得點，.由題意解得或（舍），即.18．已知函數(shù)為實常數(shù).（1）討論函數(shù)的奇偶性，并說明理由；（2）當為奇函數(shù)時，對任意，不等式恒成立，求實數(shù)的最大值.解：（1）當時，即；故此時函數(shù)是奇函數(shù)；因當時，，故，且于是此時函數(shù)既不是偶函數(shù)，也不是奇函數(shù)；（2）因是奇函數(shù)，故由（1）知，從而；由不等式，得，令因，故由于函數(shù)在單調(diào)遞增，所以；因此，當不等式在上恒成立時，19．進博會期間，有一個邊長80m的正方形展廳OABC，由于疫情，展廳被分割成如圖所示的相互封閉的幾個部分，已劃出以O為圓心，60m為半徑的扇形ODE作為展廳，現(xiàn)要在余下的地塊中劃出一塊矩形的產(chǎn)品說明會場地PGBF，矩形有兩條邊分別落在邊AB和BC上，設∠POA=．（1）用表示矩形PGBF的面積，并求出當矩形PGBF為正方形時的面積（精確到）；（2）當取何值時，矩形PGBF的面積S最大？并求出最大面積（精確到）．解：（1）如圖所示，過P作PX⊥OA于X,PY⊥OC與Y,則，PG=,FE=,，，當矩形PGBF為正方形時，PG=FE,，，此時S=1412（）；（2），記t[，1]，則對稱軸為，∵1－－，，即或時，（）（注意：若令，則相應給分）20．已知橢圓，圓的圓心在橢圓上，點到橢圓的右焦點的距離為2，過點作直線交橢圓于?兩點.（1）求橢圓的方程；（2）若，求直線的方程；（3）若，求的取值范圍.解：（1）因為點到橢圓的右焦點的距離為2，所以，所以，又因為圓配方得：，所以，因為圓心在橢圓上，所以，所以：，，所以橢圓的方程為：；（2）因為過點作直線交橢圓于A，兩點，若直線的斜率不存在，橢圓于上下頂點，此時，不合題意；故直線的斜率存在，設為，則直線的方程為，聯(lián)立得，，設，由韋達定理得：，，所以，解得：，即，所以直線的方程為；（3）由三角形面積公式可知，因為，化簡上式得，又在中利用余弦定理可得：，所以，由（2）知，，，所以，整理得，當時，成立，當時，方程的判別式，解得且，所以，又因為，所以，所以的取值范圍.21．已知函數(shù)，設，.（1）若在上有解，求的取值范圍；（2）若，證明：當時，成立；（3）若恰有三個不同的根，證明：.（1）解：由題，在上有解，，所以有解令，則，而在上為增函數(shù)，所以，即成立，所以在嚴格遞增，因而，即.（2）證明：時，則，令，得，記，則在時嚴格增，因而，所以在時嚴格增，因而即在嚴格增，，即在恒成立.（3）證明：在定義域上遞增①當時，，而當時成立，且，所以，因而存在，使得，當時，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)；所以為極小值點.，由，此時不可能有三個根.②當時，因而存在，使得，當時，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)；所以為極小值點.，由，此時不可能有三個根.③當時，在定義域上遞增，當時，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)；所以為極小值點.所以為最小值，此時不可能有三個根.④當時，，存在，使得當時，，為減函數(shù)；當時，，為增函數(shù)；所以為極小值點，而，所以由由有三個根，得由，所以.2023年高考數(shù)學考前信息必刷卷3（上海專用）一、填空題1．已知i是虛數(shù)單位，，且的共軛復數(shù)為，則______.〖答案〗5〖解析〗因為，所以，所以，故〖答案〗為：5.2．已知集合.設函數(shù)的值域為，若，則實數(shù)的取值范圍為______〖答案〗〖解析〗由得，即，所以，解得.所以.因為，所以，所以，因為，所以解得，所以實數(shù)的取值范圍為.故〖答案〗為：.3．一個袋子中有100個大小相同的球，其中有40個黃球，60個白球．采取不放回摸球，從中隨機摸出22個球作為樣本，用X表示樣本中黃球的個數(shù)．當最大時，____________．〖答案〗17.8〖解析〗不放回的摸球，每次實驗結(jié)果不獨立，為超幾何分布，最大時，即最大，超幾何分布最大項問題，利用比值求最大項設則令故當時，嚴格增加，當時，嚴格下降，即時取最大值，此題中，根據(jù)超幾何分布的期望公式可得，故〖答案〗為：17.84．函數(shù)向左或向右平移個單位后，所得圖像關于軸對稱，則的最小值是__________.〖答案〗〖解析〗將函數(shù)向右平移個單位，所得圖像對應的〖解析〗式為，其關于軸對稱，則，即，此時，的最小正值是；將函數(shù)向左平移個單位，所得圖像對應的〖解析〗式為，其關于軸對稱，則，即，此時，的最小正值是.綜上所述，的最小正值是.故〖答案〗為：.5．冬奧會的兩個吉祥物是“冰墩墩”和“雪容融”，“冰墩墩”將熊貓形象與富有超能量的冰晶外殼相結(jié)合，體現(xiàn)了冰雪運動和現(xiàn)代科技特點，冬殘奧會吉祥物“雪容融”以燈籠為原型進行設計創(chuàng)作，頂部的如意造型象征吉祥幸福，小明在紀念品商店買了3個“冰墩墩”和2個“雪容融”，隨機選了3個作為禮物寄給他的好朋友小華，則小華收到的禮物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”的概率為__________.〖答案〗〖解析〗依題意，設事件：小華收到的禮物中既有“冰墩墩”又有“雪容融”，事件：小華收到的禮物中只有“冰墩墩”，則事件與事件互為對立事件，則有，.故〖答案〗為：.6．已知，，是正實數(shù)，且，則最小值為__________.〖答案〗〖解析〗，由于，，是正實數(shù)，且，所以，當且僅當，即，所以時等號成立，則的最小值為，所以，當且僅當，即時等號成立，則最小值為.故〖答案〗為：.7．已知拋物線的焦點到準線的距離為，點、、、在拋物線上，，、、三點共線，、、三點共線，、、三點共線，則與的面積之比為__________.〖答案〗〖解析〗拋物線的焦點到準線的距離為，則，因為，則，設點、、、，設直線的方程為，聯(lián)立可得，則，由韋達定理可得，，設直線的方程為，聯(lián)立可得，則，由韋達定理可得，，則，同理可得，，故.故〖答案〗為：.8．已知函數(shù)()（其中是自然對數(shù)的底數(shù)）的圖像上存在點與的圖像上的點關于軸對稱，則實數(shù)的取值范圍是____〖答案〗〖解析〗存在函數(shù)圖像上的一點與函數(shù)圖像上一點關于y軸對稱，則有，即，，令，則在上單調(diào)遞增，故.9．在正項數(shù)列中，，，記.整數(shù)m滿足，則數(shù)列的前m項和為______.〖答案〗〖解析〗因為，，所以是以1為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以，又因為，所以，所以，因為，，整數(shù)m滿足，所以，的前120項和為.故〖答案〗為：.10．已知平面向量、、、，滿足，，，，若，則的最大值是_________.〖答案〗〖解析〗因為，即，可得，設，，則，則，設，則，因為，，則或，因為，則或，令，則或，根據(jù)對稱性，可只考慮，由，記點、、，則，，所以，，當且僅當點為線段與圓的交點時，等號成立，所以，.故〖答案〗為：.11．如圖，在棱長為1的正方體中，點P是線段上一動點（不與，B重合），則下列命題中：①平面平面；②一定是銳角；③；④三棱錐的體積為定值．其中真命題的有__________．〖答案〗①③④〖解析〗對于①，由正方體性質(zhì)可得平面，又平面，所以平面平面，即①正確；對于②，當是的中點時，易得，滿足，此時是直角，所以②錯誤；對于③，連接，如下圖所示;由正方體可知，且平面，平面，所以，又，平面，所以平面；又平面，所以，即③正確；對于④，三棱錐的體積，又因為的面積是定值，平面，所以點到平面的距離是定值，所以三棱錐的體積為定值,即④正確.故〖答案〗為：①③④12．已知函數(shù)有六個不同零點，且所有零點之和為，則的取值范圍為__________．〖答案〗〖解析〗，圖象關于對稱，又的六個零點之和為，，解得：，，令，則與有個不同交點，；當時，，在上單調(diào)遞增；當時，，，又與在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，使得，且當時，；當時，；在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，，，結(jié)合對稱性可得其大致圖象如下圖所示：由圖象可知：若與有個不同交點，則，即實數(shù)的取值范圍為.故〖答案〗為：.二、單選題13．在中，角A，B，C對邊分別為a，b，c．命題，命題為等腰三角形．則p是q的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件〖答案〗D〖解析〗根據(jù)正弦定理可得，所以所以，即，整理得，則或，因為，，，，則或，即或，所以由不能推出；當為等腰三角形時，不一定為，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條件．故選：D14．數(shù)列的前項的和滿足，則下列選項中正確的是（

）A．數(shù)列是常數(shù)列B．若，則是遞增數(shù)列C．若，則D．若，則的最小項的值為〖答案〗D〖解析〗當時，，當時，，則，而不一定成立，故不一定是常數(shù)列，A錯誤；由，顯然且，即不單調(diào)，B錯誤；若，則，，故，偶數(shù)項為3，奇數(shù)項為，而，C錯誤；若，則，，故，偶數(shù)項為，奇數(shù)項為2，故的最小項的值為，D正確.故選：D.15．已知，且函數(shù)恰有兩個極大值點在，則的取值范圍是（

）A． B． C． D．〖答案〗B〖解析〗∵，，∴，又∵在恰有2個極大值點，∴由正弦函數(shù)圖象可知，，解得：.故選：B.16．已知平面非零向量滿足，則對于任意的使得（

）A．恒有解 B．恒有解C．恒無解 D．恒無解〖答案〗B〖解析〗設，其中，記則有，即若，則點的軌跡是拋物線，方程為E：，點恰為拋物線的焦點，則是過點的直線與拋物線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時.若，則點的軌跡是橢圓，方程為E：，點為橢圓E的左焦點，軸是橢圓的左準線，是過點的直線與橢圓的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相離，故若，則點的軌跡是雙曲線，方程為E：，點為雙曲線的右焦點，軸是雙曲線的右準線，是過點的直線與雙曲線的兩個不同的交點，點在以為直徑的圓上，此時圓與準線相交，故可正，可負，可零.所以，當時，恒有，故A錯誤；當時，，與均有解，故錯誤；故選：B.三、解答題17．在三棱柱中，平面平面，側(cè)面為菱形，，，，E是的中點.（1）求證：平面；（2）點P在線段上（異于點，），與平面所成角為，求的值.（1）證明：因為四邊形為菱形，所以，又因為，，平面，，所以平面.（2）解：取的中點O，連接，四邊形為菱形，且，所以.因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，所以，又因為，，所以平面.取中點D，連結(jié)，以O為原點，，，為空間基底建立直角坐標系.則，，，，所以，.設平面的一個法向量為，所以，令，則，，所以.設，可得點，.由題意解得或（舍），即.18．已知函數(shù)為實常數(shù).（1）討論函數(shù)的奇偶性，并說明理由；（2）當為奇函數(shù)時，對任意，不等式恒成立，求實數(shù)的最大值.解：（1）當時，即；故此時函數(shù)是奇函數(shù)；因當時，，故，且于是此時函數(shù)既不是偶函數(shù)，也不是奇函數(shù)；（2）因是奇函數(shù)，故由（1）知，從而；由不等式，得，令因，故由于函數(shù)在單調(diào)遞增，所以；因此，當不等式在上恒成立時，19．進博會期間，有一個邊長80m的正方形展廳OABC，由于疫情，展廳被分割成如圖所示的相互封閉的幾個部分，已劃出以O為圓心，60m為半徑的扇形ODE作為展廳，現(xiàn)要在余下的地塊中劃出一塊矩形的產(chǎn)品說明會場地PGBF，矩形有兩條邊分別落在邊AB和BC上，設∠POA=．（1）用表示矩形PGBF的面積，并求出當矩形PGBF為正方形時的面積（精確到）；（2）當取何值時，矩形PGBF的面積S最大？并求出最大面積（精確到）．解：（