上海市黄浦区大同中学2022-2023学年高三下学期联合考试数学试题含解析.doc

《上海市黄浦区大同中学2022-2023学年高三下学期联合考试数学试题含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《上海市黄浦区大同中学2022-2023学年高三下学期联合考试数学试题含解析.doc（18页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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已知复数在复平面内对应的点的坐标为，则下列结论正确的是（ ）AB复数的共轭复数是CD2已知复数为纯虚数

2、(为虚数单位)，则实数（ ）A-1B1C0D23如图，正方体的棱长为1，动点在线段上，、分别是、的中点，则下列结论中错误的是（ ）A，B存在点，使得平面平面C平面D三棱锥的体积为定值4在中，则在方向上的投影是（ ）A4B3C-4D-35当时，函数的图象大致是（ ）ABCD6已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）ABCD7函数的一个零点在区间内，则实数a的取值范围是（ ）ABCD8已知函数，则下列结论错误的是( )A函数的最小正周期为B函数的图象关于点对称C函数在上单调递增D函数的图象可由的图象向左平移个单位长度得到9 “完全数”是一些特殊的自然数

3、，它所有的真因子（即除了自身以外的约数）的和恰好等于它本身.古希腊数学家毕达哥拉斯公元前六世纪发现了第一、二个“完全数”6和28，进一步研究发现后续三个完全数”分别为496，8128，33550336，现将这五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则6和28不在同一组的概率为（ ）ABCD10阅读名著，品味人生，是中华民族的优良传统.学生李华计划在高一年级每周星期一至星期五的每天阅读半个小时中国四大名著：红楼梦、三国演义、水浒传及西游记，其中每天阅读一种，每种至少阅读一次，则每周不同的阅读计划共有（ ）A120种B240种C480种D600种11已知复数满足，则（ ）AB2C4D31

4、2已知点P在椭圆：=1(ab0)上，点P在第一象限，点P关于原点O的对称点为A，点P关于x轴的对称点为Q，设，直线AD与椭圆的另一个交点为B，若PAPB，则椭圆的离心率e=（ ）ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均用时为_分钟.14若点在直线上，则的值等于_ .15已知，记，则的展开式中各项系数和为_16已知函数有且只有一个零点，则实数的取值范围为_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步

5、骤。17（12分）在平面直角坐标系中，直线与抛物线：交于，两点，且当时，.（1）求的值；（2）设线段的中点为，抛物线在点处的切线与的准线交于点，证明：轴.18（12分）（某工厂生产零件A，工人甲生产一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分别为，工人乙生产一件零件A，是一等品、二等品、三等品的概率分别为己知生产一件一等品、二等品、三等品零件A给工厂带来的效益分别为10元、5元、2元.（1）试根据生产一件零件A给工厂带来的效益的期望值判断甲乙技术的好坏；（2）为鼓励工人提高技术，工厂进行技术大赛，最后甲乙两人进入了决赛决赛规则是：每一轮比赛，甲乙各生产一件零件A，如果一方生产的零件A品级优干另

6、一方生产的零件，则该方得分1分，另一方得分-1分，如果两人生产的零件A品级一样，则两方都不得分，当一方总分为4分时，比赛结束，该方获胜Pi+4（i=4，3，2，4）表示甲总分为i时，最终甲获胜的概率写出P0，P8的值；求决赛甲获胜的概率19（12分）为了解甲、乙两个快递公司的工作状况，假设同一个公司快递员的工作状况基本相同，现从甲、乙两公司各随机抽取一名快递员，并从两人某月(30天)的快递件数记录结果中随机抽取10天的数据，整理如下：甲公司员工：410，390，330，360，320，400，330，340，370，350乙公司员工：360，420，370，360，420，340，440，37

7、0，360，420每名快递员完成一件货物投递可获得的劳务费情况如下：甲公司规定每件0.65元，乙公司规定每天350件以内(含350件)的部分每件0.6元，超出350件的部分每件0.9元.（1）根据题中数据写出甲公司员工在这10天投递的快件个数的平均数和众数；（2）为了解乙公司员工每天所得劳务费的情况，从这10天中随机抽取1天，他所得的劳务费记为 (单位：元)，求的分布列和数学期望；（3）根据题中数据估算两公司被抽取员工在该月所得的劳务费.20（12分）已知函数，其中，（1）当时，求的值；（2）当的最小正周期为时，求在上的值域21（12分）如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，PA底面

8、ABCD，BAD60，AB=PA4，E是PA的中点，AC，BD交于点O.（1）求证：OE平面PBC；（2）求三棱锥EPBD的体积.22（10分）设函数（1）当时，求不等式的解集；（2）若对任意都有，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、D【解析】首先求得，然后根据复数乘法运算、共轭复数、复数的模、复数除法运算对选项逐一分析，由此确定正确选项.【详解】由题意知复数，则，所以A选项不正确；复数的共轭复数是，所以B选项不正确；，所以C选项不正确；，所以D选项正确.故选：D【点睛】本小题考查复数的几何意义，共轭

9、复数，复数的模，复数的乘法和除法运算等基础知识；考查运算求解能力，推理论证能力，数形结合思想.2、B【解析】化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.【详解】为纯虚数，故且，即.故选：.【点睛】本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.3、B【解析】根据平行的传递性判断A；根据面面平行的定义判断B；根据线面垂直的判定定理判断C；由三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，判断D.【详解】在A中，因为分别是中点，所以，故A正确；在B中，由于直线与平面有交点，所以不存在点，使得平面平面，故B错误；在C中，由平面几何得，根据线面垂直的性质得出，结合线面垂直的判定定理得出平面，故C正确；在D中

10、，三棱锥以三角形为底，则高和底面积都为定值，即三棱锥的体积为定值，故D正确；故选：B【点睛】本题主要考查了判断面面平行，线面垂直等，属于中档题.4、D【解析】分析：根据平面向量的数量积可得，再结合图形求出与方向上的投影即可.详解：如图所示：，又，在方向上的投影是：，故选D.点睛：本题考查了平面向量的数量积以及投影的应用问题，也考查了数形结合思想的应用问题.5、B【解析】由，解得，即或，函数有两个零点，不正确，设，则，由，解得或，由，解得：，即是函数的一个极大值点，不成立，排除，故选B.【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考察函数的解析式、定义域、值域、单调性，导数的应用以及数学化归思想，属于难

11、题.这类题型也是近年高考常见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循.解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意选项一一排除.6、C【解析】根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单

12、调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.7、C【解析】显然函数在区间内连续,由的一个零点在区间内,则,即可求解.【详解】由题,显然函数在区间内连续,因为的一个零点在区间内,所以,即,解得,故选:C【点睛】本题考查零点存在性定理的应用,属于基础题.8、D【解析】由可判断选项A；当时，可判断选项B；利用整体换元法可判断选项C；可判断选项D.【详解】由题知，最小正周期，所以A正确；当时，所以B正确；当时，所以C正确；由的图象向左平移个单位，得，所以D错误.故选：D.【点睛】本题考查余弦型函数的性质，涉及到周期性、对称性、单调性以及图象变换后的解析式等知识，是一道中档题.9、C【解析】

13、先求出五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个的基本事件总数为，再求出6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，根据即可求出6和28不在同一组的概率.【详解】解：根据题意，将五个“完全数”随机分为两组，一组2个，另一组3个，则基本事件总数为，则6和28恰好在同一组包含的基本事件个数，6和28不在同一组的概率.故选：C.【点睛】本题考查古典概型的概率的求法，涉及实际问题中组合数的应用.10、B【解析】首先将五天进行分组，再对名著进行分配，根据分步乘法计数原理求得结果.【详解】将周一至周五分为组，每组至少天，共有：种分组方法；将四大名著安排到组中，每组种名著，共有：种分配方法；由分步乘法计数

14、原理可得不同的阅读计划共有：种本题正确选项：【点睛】本题考查排列组合中的分组分配问题，涉及到分步乘法计数原理的应用，易错点是忽略分组中涉及到的平均分组问题.11、A【解析】由复数除法求出，再由模的定义计算出模【详解】故选：A【点睛】本题考查复数的除法法则，考查复数模的运算，属于基础题12、C【解析】设，则，设，根据化简得到，得到答案.【详解】设，则，则，设，则，两式相减得到：，即， ，故，即，故，故.故选：.【点睛】本题考查了椭圆的离心率，意在考查学生的计算能力和转化能力.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、7.5【解析】分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详

15、解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.14、【解析】根据题意可得，再由，即可得到结论.【详解】由题意，得，又，解得，当时，则，此时；当时，则，此时，综上，.故答案为：.【点睛】本题考查诱导公式和同角的三角函数的关系，考查计算能力，属于基础题.15、【解析】根据定积分的计算，得到，令，求得，即可得到答案【详解】根据定积分的计算，可得，令，则，即的展开式中各项系数和为.【点睛】本题主要考查了定积分的应用，以及二项式定理的应用，其中解答中根据定积分的计算和二项式定理求得的表示是解答本题的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基

16、础题16、【解析】当时，转化条件得有唯一实数根，令，通过求导得到的单调性后数形结合即可得解.【详解】当时，故不是函数的零点；当时，即，令，当时，；当时，的单调减区间为，增区间为，又 ，可作出的草图，如图：则要使有唯一实数根，则.故答案为：.【点睛】本题考查了导数的应用，考查了转化化归思想和数形结合思想，属于难题.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）1；（2）见解析【解析】（1）设，联立直线和抛物线方程，得，写出韦达定理，根据弦长公式，即可求出；（2）由，得，根据导数的几何意义，求出抛物线在点点处切线方程，进而求出，即可证出轴.【详解】解：（1）设，将直线代

17、入中整理得：，解得：.（2）同（1）假设，由，得，从而抛物线在点点处的切线方程为，即，令，得，由（1）知，从而，这表明轴.【点睛】本题考查直线与抛物线的位置关系，涉及联立方程组、韦达定理、弦长公式以及利用导数求切线方程，考查转化思想和计算能力.18、（1）乙的技术更好，见解析（2），；【解析】（1）列出分布列，求出期望，比较大小即可；（2）直接根据概率的意义可得P0，P8；设每轮比赛甲得分为，求出每轮比赛甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率，可的，可推出是等差数列，根据可得答案.【详解】（1）记甲乙各生产一件零件给工厂带来的效益分别为元、元，随机变量，的分布列分别为10521052所以

18、，所以，即乙的技术更好（2）表示的是甲得分时，甲最终获胜的概率，所以，表示的是甲得4分时，甲最终获胜的概率，所以；设每轮比赛甲得分为，则每轮比赛甲得1分的概率，甲得0分的概率，甲得分的概率， 所以甲得时，最终获胜有以下三种情况：（1）下一轮得1分并最终获胜，概率为；（2）下一轮得0分并最终获胜，概率为；（3）下一轮得分并最终获胜，概率为；所以，所以是等差数列，则，即决赛甲获胜的概率是.【点睛】本题考查离散型随机变量的分布列和期望，考查数列递推关系的应用，是一道难度较大的题目.19、（1）平均数为360，众数为330；（2）见详解；（3）甲公司：7020（元），乙公司：7281（元）【解析】（1

19、）将图中甲公司员工A的所有数据相加，再除以总的天数10，即可求出甲公司员工A投递快递件数的平均数从中发现330出现的次数最多，故为众数；（2）由题意能求出的可能取值为340，360，370，420，440，分别求出相对应的概率，由此能求出的分布列和数学期望；（3）利用（1）（2）的结果，可估算两公司的每位员工在该月所得的劳务费【详解】解：（1）由题意知甲公司员工在这10天投递的快递件数的平均数为.众数为330.（2）设乙公司员工1天的投递件数为随机变量，则当时，当时，当时，当时，当时，的分布列为204219228273291（元）；（3）由（1）估计甲公司被抽取员工在该月所得的劳务费为(元)由

20、（2）估计乙公司被抽取员工在该月所得的劳务费为(元).【点睛】本题考查频率分布表的应用，考查概率的求法，考查离散型随机变量的分布列和数学期望的求法，是中档题.20、（1）（2）【解析】（1）根据，得到函数，然后，直接求解的值；（2）首先，化简函数，然后，结合周期公式，得到，再结合，及正弦函数的性质解答即可【详解】（1）因为，所以（2）因为即因为，所以所以因为所以所以当时，当时，（最大值）当时，在是增函数，在是减函数的值域是【点睛】本题主要考查了简单角的三角函数值的求解方法，两角和与差的正弦、余弦公式，三角函数的图象与性质等知识，考查了运算求解能力，属于中档题21、（1）证明见解析（2）【解析】

21、（1）连接OE，利用三角形中位线定理得到OEPC，即可证出OE平面PBC；（2）由E是PA的中点，求出SABD，即可求解.【详解】（1）证明：如图所示：点O，E分别是AC，PA的中点，OE是PAC的中位线，OEPC，又OE平面PBC，PC平面PBC，OE平面PBC；（2）解：PAAB4，AE2，底面ABCD为菱形，BAD60，SABD，三棱锥EPBD的体积.【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明直线与平面平行以及求三棱锥的体积，注意等体积法的应用，考查逻辑推理、数学计算能力，属于基础题.22、（1）（2）【解析】利用零点分区间法，去掉绝对值符号分组讨论求并集，对恒成立，则，由三角不等式，得求解【详解】解：当时，不等式即为，可得或或，解得或或，则原不等式的解集为 若对任意、都有，即为， 由，当取得等号，则，由，可得，则的取值范围是【点睛】本题考查含有两个绝对值符号的不等式解法及利用三角不等式解恒成立问题. （1）含有两个绝对值符号的不等式常用解法可用零点分区间法去掉绝对值符号，将其转化为与之等价的不含绝对值符号的不等式(组)求解（2）利用三角不等式把不等式恒成立问题转化为函数最值问题.