上海市2023届高三模拟数学试题(含答案解析)

2024年3月10日发(作者：五乡中学高一数学试卷)

上海市2023届高三模拟数学试题

学校

:___________

姓名：

___________

班级：

___________

考号：

___________

一、填空题

1．已知

z1i

，则

z2z

__________.







2．

a



1,2



,b



1,t



,ab5,t

__________.

y

3．双曲线

x

1

的焦点为__________.

4

2

2

4．不等式

11



0

的解集是__________.

x



1x



3

∣

y

e

x

,

xR

,

B



∣

xy

ln



2

x





，则

AB

__________.

5．若

Ay

π



6．

f



x





cos



2

x







cos

x

在



0,π



的零点为__________.

2



7．设

g



x



f





x



，则满足

g





x



在

R

上恒正的

f



x



是__________.（填写序号）

42

x

①

f



x



xx

；②

f



x



sinx2

；③

f



x





e

；④

f



x



ln



1x



.



8．随机变量

X

的分布列如下列表格所示，其中

E



X



为

X

的数学期望，则

E





XE



X









__________.

X

p

1

0.1

2

a

3

0.2

4

0.3

5

0.1

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.

10．无穷数列



a

n



的前

n

项和

S

n





a

,

a

3,

a

5



，存在正整数

T

，使

a

n



T



a

n

恒成立，

则

a

__________.

11．正方体

ABCDA

1

B

1

C

1

D

1

的边长为1，点

M､N

分别为

DD

1

､BC

边的中点，

P

是侧面

ADD

1

A

1

上动点，若直线

BM

与面

C

1

PN

的交点位于

C

1

PN

内（包括边界），则所有满足

要求的点

P

构成的图形面积为__________.

试卷第1页，共4页





f



x



,

x



8

12．

f



x



在

R

上非严格递增，满足

f



x



1





f



x





1,

g



x







，若存在

fx



a

,

x



8







符合上述要求的函数

f



x



及实数

x

0

，满足

g



x

0

4



g



x

0



1

，则

a

的取值范围是

__________.

二、单选题

13．已知

a0

，则“

a

3

a

”是“

A

．充分不必要

C

．必要不充分

1



a

”的（

a

）条件.

B

．充要

D

．既不充分也不必要

14．已知两组数据

x

1

,x

2

,x

3

,x

4

,x

5

和

y

1

,y

2

,y

3

,y

4

,y

5

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

15．双曲线



的焦点



c,0



，圆

C:(xc)

2

y

2

r

2

(r0,c0)

，则（

A

．存在

c

，使对于任意

r

，

C

与



至少有一个公共点

B

．存在

c

，使对于任意

r

，

C

与



至多有两个公共点

C

．对于任意

r

，存在

c

，使

C

与



至少有两个公共点

D

．对于任意

r

，存在

c

，使

C

与



至多有一个公共点

）



a

Δ

b



c

Δ

d



16．设

xyxyxy,xΔyxyxy

，若正实数

a,b,c,d

满足：



a



c



b



d

,

则



b

Δ

c



a



d



下列选项一定正确的是（

A

．

db

）

B

．

bc

试卷第2页，共4页

C

．

bΔca

D

．

dca

三、解答题

x

17．函数

f



x



ax

(

a

0)

，且

f



1



e1

.

(1)判断

f



x



在

R

上的单调性，并利用单调性的定义证明；

(2)

g



x



f



x







x

，且

g



x



在



0,





上有零点，求



的取值范围.

18

．正四棱锥

P



ABCD

中，

AB2

，

PO3

，其中

O

为底面中心，

M

为

PD

上靠近

P

的三等分点

.

(1)

求四面体

MACP

的体积；

(2)

是否存在侧棱

PB

上一点

N

，使面

CMN

与面

ABCD

所成角的正切值为

2

若存在，

请描述点

N

的位置；若不存在，请说明理由

.

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

AB

､

BC

代表

山坡，线段

CD

为一段平地.设图中

AB､BC

坡的倾角满足

tan





75

，

tan





,

AB

长

2412

250m,BC

长

182m,CD

长

132m

.

假设该路段的高铁轨道是水平的（与

CD

平行），且端点

E､F

分别与

A､D

在同一铅垂线上，每隔

30m

需要建造一个桥墩（不考虑端点

F

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

80m

，设计过程中每

30m

放置一个桥墩，设桥墩高度为

h

（单

位：

m

），单个桥墩的建造成本为

W0.65h5

（单位：万元），求所有桥墩建造成本总

和的最小值

.

20．已知点

F

是抛物线

y

2

4x

的焦点，动点

P

在抛物线上，设直线

l

与抛物线交于D､

E

两点（

P

､

D

､

E

均不重合）

.

试卷第3页，共4页

(1)若

l

经过点

F,DF3

，求

E

点坐标；



(2)

若

DFPE

，证明：直线

DE

过定点；

(3)

若

DPFDEF

且

EDPEFP

，四边形

DPFE

面积为

2

，求直线

l

的方程

.

21．数列



a

n



项数为

N

，我们称

p

为



a

n



的“映射焦点”，如果

p

满足：①

2p



2,4,,N



；

②对于任意

n



1,p



，存在

k



p1,N



，满足

a

n

a

k

，并将最小的

k

记作

k

n

；

(1)若

N9

，判断

a

n

n

5

时，4是否为映射焦点？5是否为映射焦点？

(2)若

N

40,

a

n



log

2

n

log

2

6

时，

p

是映射焦点，证明：

p

的最大值为4；

*

(3)若

a

n

N

,

a

i



1



a

i







1,1



(1



i



N

),

n



k

n



2

p



1



n



p



，

N

2

p

100,

a

p



5

，求

a

1

a

2

a

100

的最小值.

试卷第4页，共4页

参考答案：

1．

10

【分析】根据共轭复数和复数模的定义求解

.

【详解】因为

z1i

，所以

z1i

，

所以

z2z1i2(1i)13i

，

所以

z2z1910

，

故答案为:

2

．

3

【分析】根据平面向量的数量积的坐标运算求解

.

10

.

r

r

a

【详解】由题意可得：

b1



1



2t2t15

，解得

t3

.

故答案为：

3.

3．

5,0



【分析】根据双曲线的方程求

a,b,c

，进而可得焦点坐标，注意焦点所在的位置

.

【详解】由题意可得：

a1,b2,ca

2

b

2

5

，且双曲线的焦点在x轴上，

y

故双曲线

x

1

的焦点为

5,0

.

4

2

2



故答案为：

5,0

.

4．



x3x2

或

x1



【分析】分别在

x1

，

3x1

，

x3

时去分母，化简不等式求其解

.

【详解】因为

11



0

，

x



1x



3



所以当

x1

时，

x3x10

，

解得

x2

，所以

x1

，

当

3x1

时，

x3x10

，

解得

x



2

，所以

3x2

，

当

x3

时，

x3x10

，

解得

x2

，满足条件的

x

不存在，

所以不等式

11



0

的解集是



x3x2

或

x1



，

x



1x



3

答案第

1

页，共

21

页

故答案为：



x3x2

或

x1



.

5．



x|0x2



【分析】根据指、对数函数求集合

A,B

，再结合集合的交集运算求解

.

∣

y

e

x

,

xR



y

|

y

0



,

B



x

∣

y

ln



2

x

【详解】由题意可得：

Ay

故

AB



x|0x2



.

故答案为：



x|0x2



.

ππ5π

6．

,,

626



x

∣

x

2



，









【分析】根据题意利用三角恒等变换整理得

f



x







2sinx1



cosx

，令

f



x



0

结合

x



0,π



运算求解.

【详解】由题意可得：

π



f



x





cos



2

x







cos

x



sin2

x



cos

x



2sin

x

cos

x



cos

x





2sin

x



1cos



x

，

2



1

令

f



x



0

，则

cosx0

或

2sinx10

，即

cosx0

或

sin

x

，

2

∵

x



0,π



，则

x

π5π

π

或

x

或

x

，

2

66

ππ5π

故

f



x



在



0,π



的零点为

,,

.

626

ππ5π

故答案为：

,,

.

626

7

．①③

【分析】求导，根据题意逐项分析运算

.

42

3

【详解】对①：

f



x



xx

，则

g



x



f





x



4x2x

，

2

故

g





x



12x220

在

R

上恒成立，①成立；

对②：

f



x



sinx2

，则

g



x



f





x



cosx

，

故

g





x



sinx0

在



2kπ,2kππ





kZ



上恒成立，

g





x



sinx0

在



2kππ,2kπ



kZ



上恒成立，②不成立；

x

x

对③：

f



x





e

，则

g



x



f





x





e

，

答案第

2

页，共

21

页

x

故

g





x





e



0

在

R

上恒成立，③成立；

对④：由

1x0

，解得

x1

，

故

f



x



ln



1x



的定义域为



1,



，

则

g



x





f





x





故答案为：①③

.

8

．

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

0.1a0.20.30.11

解得

a0.3

，

所以

E



X



10.120.330.240.350.13

，

所以

E





XE



X







E



X3



E



X



30

.

故答案为

:0.

9

．

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，

2

故有

C

5

10

种.

1

1



gx



0

在

x



1,



上恒成立，④不成立；



，故

2

1



x



1



x

故答案为：

10.

10

．

0

或

3

或

5

【分析】根据题意结合周期数列分析可得

S

T

a

1

a

2

a

T



0

，即

0



a,a3,a5



，分

类讨论运算求解

.

【详解】由题意可得：

S

T

a

1

a

2

a

T

，

假设

S

T



0

，则

S

nT



a

1



a

2



a

nT





a

1



a

2



a

T







a

T



1



a

T



2



a

2T







a





n



1



T



1



a



n



1



T2



a

nT





n



a

1

a

2

a

T



nS

T

，

可得

S

n

的可能取值不可能仅限三个，假设不成立，

答案第

3

页，共

21

页

故

S

T

a

1

a

2

a

T



0

，

即

0



a,a3,a5



，则有：

当

a0

，则

S

n





0,3,5



，例如数列

3,2,5,3,2,5,

，符合题意；

当

a30

，即

a3

，则

S

n







3,0,2



，例如数列

3,5,2,3,5,2,

，符合题意；

当

a50

，即

a5

，则

S

n







5,



2,0



，例如数列

5,2,3,5,2,3,

，符合题意；

综上所述：

a0

或

a3

或

a5

.

故答案为：

0

或

3

或

5

.

11．##

0.375

【分析】设

P



0,a,b



,a,b



0,1



，利用空间向量求交点

E

的坐标，再根据交点

E

位于

C

1

PN

内

（包括边界），则

C

1

EmC

1

NnC

1

P,m,n



0,1



,mn1

，求出

a,b

满足的关系式，作出相应区

域，即可得结果

.

【详解】如图，以

D

1

为坐标原点建立空间直角坐标系，则

C

1



1,0,0



,

N



1,,1



,

B



1,1,1



,

M



0,0,



，

22





1









1



uuuruuuruuur

3

8

uuur



1



uuuruuur



1



设

P



0,a,b



,a,b



0,1



，可得

C

1

N





0,,1



,

C

1

P







1,

a

,

b



,

MB





1,1,



，

2



2





1









n



CN



y



z



0



1

CPN

nx,y,z

设平面

1

的法向量为，



，则有





2





n



CP



x



ay



bz



0

1



r

令

y2

，则

z1,x2ab

，即

n



2ab,2,1



，

设直线

BM

与面

C

1

PN

的交点为

E



x

0

,y

0

,z

0



，

uuur



1



MB





x

0

,

y

0

,

z

0





，则

2



∵点

E

在直线

BM

上，可设

MEMB

，

答案第

4

页，共

21

页

uuuruuur







x

0







x

0









则



y

0





，即



y

0





，





11

11



z

0







z

0





22



22



uuur



11



11



E



,



,



CE

故



，则

1







1,



,





，



22



22



ruuur

4

a



2

b



1



11



n



CE





2

a



b





1





2











0

，解得





CPN

又∵点

E

在面

1

上，则，

1



22



4

a



2

b



3

故

E





4

a



2

b



14

a



2

b



14

a



2

b



2



,,



，



4

a



2

b



34

a



2

b



34

a



2

b



3



uuur



24

a



2

b



14

a



2

b



2



,,

则

C

1

E









，



4

a



2

b



34

a



2

b



34

a



2

b



3



uuuruuuruuur



1



CE



mCN



nCP







n

,

m



an

,

m



bn



，设

111

2



2







4

a



2

b



3



n

2





n









4

a



2

b



11

4

a



2

b



3



m



an

，解得



则



，

4

a



4

b



2

4

a



2

b



32





m







4

a



2

b



2

4

a



2

b



3





m



bn



4

a



2

b



3



2





4

a



2

b



1



0

n





0,1





4

a



2

b



3



2

a



2

b



1



0





4

a



4

b



2









0,1



，整理得



1

若点

E

位于

C

1

PN

内（包括边界），则



m



，

4

a



2

b



3



b



1



2



4

a



4

b



4





m



n



1







0



a



1

4

a



2

b



3





4

y



2

z



1



0



2

y



2

z



1



0





如图，在

yD

1

z

面中，即



1

，



z



1



2







0



y



1



1



1



1



作出相应的区域，可得

M



0,



,

G



1,



,

H



1,1



,

I



,1



，



2



2



2



答案第

5

页，共

21

页

故点

P

构成的图形面积为

S



故答案为：

.

【点睛】关键点点睛：

3

8

1



1



1



3





1





1







.

2



2



2



8

（

1

）根据三点共线：若

E

在直线

BM

上，可设

MEMB

，用



表示点

M

的坐标；

（2）根据共面向量：点

E

位于

C

1

PN

内（包括边界），则

C

1

EmC

1

NnC

1

P,m,n



0,1



,mn1

.

12．



4,2







2,4



【分析】根据题意整理可得：对

nN

*

，则

f



xn



f



x



n

，分类讨论

x

0

,x

0

4

的取值

范围，分析运算

.

【详解】∵

f



x1



f



x



1

，即

f



x1



f



x



1

对

nN

*

，则

uuuruuuruuur

uuuruuur

f



xn







xn2











1



fx







f



xn



f



xn1













f



xn1



f





fx





fx



111f



x



nf



x



，

故对

nN

*

，则

f



xn



f



x



n

，

∵

g



x

0

4



g



x

0



1

，则有：

1.当

x

0

12

时，则

x

0

48

，

可得

f



x

0

4a



f



x

0

a



4f



x

0

a



1

，不成立；

2.当

12x

0

8

时，则

8x

0

44

，

可得

f



x

0

4



f



x

0



4f



x

0

a



1

，则

f



x

0

a



f



x

0



3

，

若

a3

，解得

a3

，符合题意；

特别的：例如

f



x



k,x



k,k1



,kZ

，取

x

0





11,10,9,8



，则

3a4

，解得

4a3

；

例如

f



x



k,x



k,k1



,kZ

，取

x

0





11,10,9,8



，则

2a3

，解得

4a2

；

故

4a3

；

答案第

6

页，共

21

页

3.当

8x

0

4

时，则

4x

0

48

，

可得

f



x

0

4



f



x

0



4f



x

0



1

，不成立；

4.当

4x

0

8

时，则

8x

0

412

，

可得

f



x

0

4a



f



x

0

a



4f



x

0



1

，则

f



x

0



f



x

0

a



3

，

若

a3

，解得

a3

，符合题意；

特别的：例如

f



x



k,x



k,k1



,kZ

，取

x

0





4,5,6,7



，则

3a4

；

例如

f



x



k,x



k,k1



,kZ

，取

x

0





4,5,6,7



，则

2a3

；

故

3a4

；

5.当

x

0

8

时，则

x

0

412

，

可得

f



x

0

4a



f



x

0

a



4f



x

0

a



1

，不成立；

综上所述：

a

的取值范围是



4,2







2,4



.

故答案为：



4,2







2,4



.

【点睛】关键点点睛：

（1）对

f



x1



f



x



1

，结合累加法求得

f



xn



f



x



n

；

（2）对于分段函数，一般根据题意分类讨论，本题重点讨论

x

0

,x

0

4

与

8

的大小关系；

（3）对特殊函数的处理，本题可取

f



x



k,x



k,k1



,kZ

和

f



x



k,x



k,k1



,kZ

.

13

．

B

【分析】解不等式，根据充要条件的定义判断即可

.

【详解】由

a

3

a

可得

a

3

a0

即

a(a1)(a1)0

，

解得

a1

或

0a1

，

1

1

1



a

2



0

，由



a

可得



a



0

即

a

a

a

所以

(1a)(1a)a0

也即

a(a1)(a1)0

，

解得

a1

或

0a1

，

所以“

a

3

a

”是“

故选

:B.

答案第

7

页，共

21

页

1



a

”的充要条件，

a

14

．

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

x

1

x

2

x

3

x

4

x

5

，

y

1

y

2

y

3

y

4

y

5

则两组数据

x

1

,x

2

,x

3

,x

4

,x

5

和

y

1

,y

2

,y

3

,y

4

,y

5

的中位数分别为

x

3

,y

3

，则

x

3

y

3

，

两组数据合并为一组数据后，则中位数为

x

3



y

3



x

3



y

3

，故中位数一定不变；

2

2

对于方差：设

x

1

x

2

x

3

x

4

x

5

的平均数为

x

，方差为

s

1

，

y

1

y

2

y

3

y

4

y

5

的平均

2

数为

y

，方差为

s

1

，

则

1

5

1

5

2

x





x

i

,

s

1





x

i



x

5

i



1

5

i



1



2

1

2

1



5

2



5

2

x

i



5

x









i



1

2



1

5

1

5

2

,

y





y

i

,

s

1





y

i



y





5

i



1

5

i



1





2



1



5



5

2

y

i



5

y









i



1

2







，



22

可得



x

i



5

x

,



x



5

s



x

,



y

i



5

y

,



y

i



5

s

1



y

，

i



1

i



1

2

i

i



1

i



1

5

1



5

x



y



1

5

x



5

y



则两组数据合并为一组数据的平均数

z







x

i





y

i





，

10



i



1

2

i



1



10

55





55



2





方差

1



5

s









x

i



z

10



i



1

2



2



1



5

2

5

2

1



22



2222









y

i



z







x



y



10

z



5

s



x



5

s



y



10

z

11





i



i





i



1

i



1



10



i



1



10

5

2





s

1

2





x



y



2

x



yx



y

2



z



s

1

2







s

1



22



2



2222

2



x



y

4





s

2

2

1

，

当且仅当

xy

时等号成立，

故方差可能变大，一定不会变小；

故选：

A.

15

．

C

222422

【分析】联立方程可得

c

2

x

2

2a

2

cxa

4

a

2

r

2

0

，构建

f



x



cx2acxaar

，根

据二次函数讨论

f



x



在



cr,cr



上的零点分布，并结合对称性分析

C

与



的交点个数.

x

2

y

2

【详解】设双曲线方程为：

2



2



1



a



b



0



，

ab

答案第

8

页，共

21

页



x

2

y

2



2



2



1

b

联立方程



a

，消去y得

c

2

x

2

2a

2

cxa

4

a

2

r

2

0

，





x



c



2



y

2



r

2



由圆

C:(xc)

2

y

2

r

2

可知：x的取值范围为



cr,cr



，

222422

构建

f



x



cx2acxaar

，

x



cr,cr



，

a

2

则

f



x



的对称轴

x



c



c



r

，

c

2



a

r



c





a



,

f





a

2

r

2



0,

f



c



r





b

2

r

2



2

cr



b

2



0

，



且

f



c



r





b







c



2

2

2





f



c



r





0



b

2

2

当



即

c



a



r



时

f



x



有且只有一个零点

x

0





cr,cr



，

a

c



c



r



c





f



c



r





0



当



a

2

即

rca

时

f



x



有且只有一个零点

x

0

ca

.



c



r



c





f



c



r





0



当



a

2

即

0rca

时

f



x



无零点.



c



r



c





f



c



r





0



当



a

2

即

rca

时

f



x



有且只有两个零点

x

0

,x

1





cr,cr



.



c



r



c





f



c



r





0



当



a

2

即

rca

时

f



x



有且只有两个零点

x

0

ca,x

1





cr,cr



。



c



r



c





f



c



r





0



b

2

2

当



即



r



c



a

时有且只有一个零点

x

0





cr,cr



.

a

c



c



r



c



注意到当

rca

，

C

与



的交点坐标为



ca,0



，当

rca

时，

C

与



的交点坐标有



ca,0



，即会出现交点在对称轴上，结合

C

与



的对称性可得：

当

0rca

时，使

C

与



没有公共点；

当

rca

时，使

C

与



有且仅有一个公共点；

答案第

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