2022-2023学年上海市华东师大二附中高三压轴卷数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，若，则的值为( )A1B1C8lD812方程在区间内的所有解之和等于( )A4B6C8D103已知双曲线 (a0，b0)的右焦点为F，若过点F且倾斜角为60的直线l与双曲线的右支有且只有一个交点

2、，则此双曲线的离心率e的取值范围是（ ）AB(1,2),CD4如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积是（ ）ABCD85阿基米德（公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）ABCD6若复数（）是

3、纯虚数，则复数在复平面内对应的点位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限7已知角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则（ ）ABCD8已知随机变量满足，.若，则（ ）A，B，C，D，9阿波罗尼斯（约公元前262190年）证明过这样的命题：平面内到两定点距离之比为常数的点的轨迹是圆.后人将这个圆称为阿氏圆.若平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，当，不共线时，的面积的最大值是（ ）ABCD10某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）ABC1D11在中，点，分别在线段，上，且，则（ ）ABC4

4、D912已知集合，则（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在平行四边形中，已知，若，则_14设为等比数列的前项和，若，且，成等差数列，则 .15已知函数，则_；满足的的取值范围为_.16已知命题：，那么是_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）如图所示的几何体中，四边形为正方形，四边形为梯形，为中点.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.18（12分）设数列满足，.（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.19（12分）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，.（1）证明：平面平面ABCD；（2）设H在AC上，若，求P

5、H与平面PBC所成角的正弦值.20（12分）已知函数，其中，为自然对数的底数（1）当时，求函数的极值；（2）设函数的导函数为，求证：函数有且仅有一个零点21（12分）设，.（1）若的最小值为4，求的值；（2）若，证明：或.22（10分）已知函数（I）当时，解不等式.（II）若不等式恒成立，求实数的取值范围参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1、B【解析】根据二项式系数的性质，可求得，再通过赋值求得以及结果即可.【详解】因为展开式中第三项的二项式系数与第四项的二项式系数相等，故可得，令，故可得，又因为，令，则，解得令，则.

6、故选：B.【点睛】本题考查二项式系数的性质，以及通过赋值法求系数之和，属综合基础题.2、C【解析】画出函数和的图像，和均关于点中心对称，计算得到答案.【详解】，验证知不成立，故，画出函数和的图像，易知：和均关于点中心对称，图像共有8个交点，故所有解之和等于.故选：.【点睛】本题考查了方程解的问题，意在考查学生的计算能力和应用能力，确定函数关于点中心对称是解题的关键.3、A【解析】若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率根据这个结论可以求出双曲线离心率的取值范围【详解】已知双曲线的右焦点为，若过点且倾斜角为的直线与双曲线的右支有且只有一个交

7、点，则该直线的斜率的绝对值小于等于渐近线的斜率，离心率，故选：【点睛】本题考查双曲线的性质及其应用，解题时要注意挖掘隐含条件4、A【解析】由三视图还原出原几何体，得出几何体的结构特征，然后计算体积【详解】由三视图知原几何体是一个四棱锥，四棱锥底面是边长为2的正方形，高为2，直观图如图所示，故选：A【点睛】本题考查三视图，考查棱锥的体积公式，掌握基本几何体的三视图是解题关键5、C【解析】设球的半径为R，根据组合体的关系，圆柱的表面积为，解得球的半径，再代入球的体积公式求解.【详解】设球的半径为R，根据题意圆柱的表面积为，解得，所以该球的体积为 .故选：C【点睛】本题主要考查组合体的表面积和体积，

8、还考查了对数学史了解，属于基础题.6、B【解析】化简复数，由它是纯虚数，求得，从而确定对应的点的坐标【详解】是纯虚数，则，对应点为，在第二象限故选：B【点睛】本题考查复数的除法运算，考查复数的概念与几何意义本题属于基础题7、A【解析】由已知可得，根据二倍角公式即可求解.【详解】角的顶点与原点重合，始边与轴的正半轴重合，终边经过点，则，.故选：A.【点睛】本题考查三角函数定义、二倍角公式，考查计算求解能力，属于基础题.8、B【解析】根据二项分布的性质可得：，再根据和二次函数的性质求解.【详解】因为随机变量满足，.所以服从二项分布，由二项分布的性质可得：，因为，所以，由二次函数的性质可得：，在上单

9、调递减，所以.故选：B【点睛】本题主要考查二项分布的性质及二次函数的性质的应用，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.9、A【解析】根据平面内两定点，间的距离为2，动点与，的距离之比为，利用直接法求得轨迹，然后利用数形结合求解.【详解】如图所示：设，则，化简得，当点到（轴）距离最大时，的面积最大，面积的最大值是.故选：A.【点睛】本题主要考查轨迹的求法和圆的应用，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.10、B【解析】首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，所以，该四棱锥体的最长的棱长为故选：B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考

10、查运算能力和推理能力，属于基础题11、B【解析】根据题意，分析可得,由余弦定理求得的值，由可得结果.【详解】根据题意，则在中，又,则则则则故选：B【点睛】此题考查余弦定理和向量的数量积运算，掌握基本概念和公式即可解决，属于简单题目.12、D【解析】根据集合的基本运算即可求解.【详解】解：，则故选：D.【点睛】本题主要考查集合的基本运算，属于基础题二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设，则，得到，利用向量的数量积的运算，即可求解【详解】由题意，如图所示，设，则，又由，所以为的中点，为的三等分点，则，所以【点睛】本题主要考查了向量的共线定理以及向量的数量积的运算，其中解答

11、中熟记向量的线性运算法则，以及向量的共线定理和向量的数量积的运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题14、.【解析】试题分析：，成等差数列，又等比数列，.考点：等差数列与等比数列的性质.【名师点睛】本题主要考查等差与等比数列的性质，属于容易题，在解题过程中，需要建立关于等比数列基本量的方程即可求解，考查学生等价转化的思想与方程思想.15、 【解析】首先由分段函数的解析式代入求值即可得到，分和两种情况讨论可得；【详解】解：因为，所以，当时，满足题意，；当时，由，解得.综合可知：满足的的取值范围为.故答案为：；.【点睛】本题考查分段函数的性质的应用，分类讨论思想，属于

12、基础题.16、真命题【解析】由幂函数的单调性进行判断即可.【详解】已知命题：，因为在上单调递增，则，所以是真命题，故答案为：真命题【点睛】本题主要考查了判断全称命题的真假，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）【解析】(1)取的中点，结合三角形中位线和长度关系，为平行四边形，进而得到，根据线面平行判定定理可证得结论；(2)以，为，轴建立空间直角坐标系,分别求得两面的法向量，求得法向量夹角的余弦值；根据二面角为锐角确定最终二面角的余弦值；【详解】（1）取的中点，连结，因为为中点，所以，为平行四边形，所以，又因为，所以；（2）由题及（1

13、）易知，两两垂直，所以以，为，轴建立空间直角坐标系,则，易知面的法向量为设面的法向量为则可得所以,如图可知二面角为锐角，所以余弦值为【点睛】本题考查立体几何中直线与平面平行关系的证明、空间向量法求解二面角,正确求解法向量是解题的关键，属于中档题.18、（1）；（2）.【解析】（1）令可求得的值，令时，由可得出，两式相减可得的表达式，然后对是否满足在时的表达式进行检验，由此可得出数列的通项公式；（2）求出数列的通项公式，对分奇数和偶数两种情况讨论，利用奇偶分组求和法结合等差数列和等比数列的求和公式可求得结果.【详解】（1），当时，；当时，由得，两式相减得，.满足.因此，数列的通项公式为；（2）.

14、当为奇数时，；当为偶数时，.综上所述，.【点睛】本题考查数列通项的求解，同时也考查了奇偶分组求和法，考查计算能力，属于中等题.19、（1）见解析；（2）【解析】（1）记，连结，推导出，平面，由此能证明平面平面；（2）推导出，平面，连结，由题意得为的重心，从而平面平面，进而是与平面所成角，由此能求出与平面所成角的正弦值【详解】（1）证明：记，连结，中，平面，平面，平面平面（2）中，平面，连结，由题意得为的重心，平面平面平面，在平面的射影落在上，是与平面所成角，中，与平面所成角的正弦值为【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，考查线线、线面、面面的位置关系等基础知识，考查运算求解

15、能力，是中档题20、见解析【解析】（1）当时，函数，其定义域为，则，设，易知函数在上单调递增，且，所以当时，即；当时，即，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得极小值，为，无极大值（2）由题可得函数的定义域为，设，显然函数在上单调递增，当时，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，所以函数有且仅有一个零点，所以函数有且仅有一个零点；当时，因为，所以，又，所以函数在内有一个零点，所以函数有且仅有一个零点综上，函数有且仅有一个零点21、（1）2；（2）见解析【解析】（1）将化简为，再利用基本不等式即可求出最小值为4，便可得出的值；（2）根据，即，得出，利用基本不等式求出最值，便可得出的取值范围.【详解】解：（1）由题可知，.（2），即：或.【点睛】本题考查基本不等式的应用，利用基本不等式和放缩法求最值，考查化简计算能力.22、（） ;（）.【解析】试题分析：（1）根据零点分区间法，去掉绝对值解不等式；（2）根据绝对值不等式的性质得，因此将问题转化为恒成立，借此不等式即可试题解析：（）由得，或，或 解得：所以原不等式的解集为 .（）由不等式的性质得：，要使不等式恒成立，则 当时，不等式恒成立；当时，解不等式得 综上 所以实数的取值范围为.