上海交通大学附属中学2022-2023学年高三第二次联考数学试卷含解析.doc

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1、2023年高考数学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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函数（）的图象的大致形状是（ ）ABCD2执行下面的程序框图，则输出的值为 （ ）ABCD3在复平面内，复数z=i对应的点为Z，将向量绕原点O按逆时针方向旋转，所得向量对应的复数是

2、（ ）ABCD4已知平面向量，则实数x的值等于（ ）A6B1CD5如图在直角坐标系中，过原点作曲线的切线，切点为，过点分别作、轴的垂线，垂足分别为、，在矩形中随机选取一点，则它在阴影部分的概率为（ ）ABCD6已知，是平面内三个单位向量，若，则的最小值（ ）ABCD57设为等差数列的前项和，若，则ABCD8一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）ABCD9设，则，三数的大小关系是ABCD10已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A29B30C31D3211根据如图所示的程序框图，当输入的值为3时，输出的值等于（ ）A1BCD12已知非零向量满足，若夹

3、角的余弦值为，且，则实数的值为（ ）ABC或D二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13在平面五边形中，且.将五边形沿对角线折起，使平面与平面所成的二面角为，则沿对角线折起后所得几何体的外接球的表面积是_.14记等差数列和的前项和分别为和，若，则_.15（5分）已知函数，则不等式的解集为_16以，为圆心的两圆均过，与轴正半轴分别交于，且满足，则点的轨迹方程为_三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知曲线的极坐标方程为，直线的参数方程为（为参数）.（1）求曲线的直角坐标方程与直线的普通方程；（2）已知点，直线与曲线交于、两点，求.18（12分）已

4、知函数.（1）若曲线存在与轴垂直的切线，求的取值范围.（2）当时，证明：.19（12分）设椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，点D在椭圆C上， 的周长为.（1）求椭圆C的标准方程；（2）过圆上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点，求证：为定值.20（12分）如图，过点且平行与x轴的直线交椭圆于A、B两点，且.（1）求椭圆的标准方程；（2）过点M且斜率为正的直线交椭圆于段C、D，直线AC、BD分别交直线于点E、F，求证：是定值.21（12分）已知集合，集合.（1）求集合；（2）若，求实数的取值范围.22（10分）数列满足，其前n项和为，数列的前n项积为.（1）求和数列

5、的通项公式；（2）设，求的前n项和，并证明：对任意的正整数m、k，均有.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、C【解析】对x分类讨论，去掉绝对值，即可作出图象.【详解】 故选C【点睛】识图常用的方法(1)定性分析法：通过对问题进行定性的分析，从而得出图象的上升(或下降)的趋势，利用这一特征分析解决问题；(2)定量计算法：通过定量的计算来分析解决问题；(3)函数模型法：由所提供的图象特征，联想相关函数模型，利用这一函数模型来分析解决问题2、D【解析】根据框图，模拟程序运行，即可求出答案.【详解】运行程序，结束循环，故输出

6、，故选：D.【点睛】本题主要考查了程序框图，循环结构，条件分支结构，属于中档题.3、A【解析】由复数z求得点Z的坐标，得到向量的坐标，逆时针旋转，得到向量的坐标，则对应的复数可求.【详解】解：复数z=i（i为虚数单位）在复平面中对应点Z（0，1），(0，1)，将绕原点O逆时针旋转得到，设(a，b)，则，即，又，解得：，对应复数为.故选：A.【点睛】本题考查复数的代数表示法及其几何意义，是基础题.4、A【解析】根据向量平行的坐标表示即可求解.【详解】，即，故选：A【点睛】本题主要考查了向量平行的坐标运算，属于容易题.5、A【解析】设所求切线的方程为，联立，消去得出关于的方程，可得出，求出的值，进

7、而求得切点的坐标，利用定积分求出阴影部分区域的面积，然后利用几何概型概率公式可求得所求事件的概率.【详解】设所求切线的方程为，则，联立，消去得，由，解得，方程为，解得，则点，所以，阴影部分区域的面积为，矩形的面积为，因此，所求概率为.故选：A.【点睛】本题考查定积分的计算以及几何概型，同时也涉及了二次函数的切线方程的求解，考查计算能力，属于中等题.6、A【解析】由于，且为单位向量，所以可令，再设出单位向量的坐标，再将坐标代入中，利用两点间的距离的几何意义可求出结果【详解】解：设，则，从而，等号可取到故选：A【点睛】此题考查的是平面向量的坐标、模的运算，利用整体代换，再结合距离公式求解，属于难题

8、7、C【解析】根据等差数列的性质可得，即，所以，故选C8、A【解析】根据题意，可得几何体，利用体积计算即可.【详解】由题意，该几何体如图所示：该几何体的体积.故选：A.【点睛】本题考查了常见几何体的三视图和体积计算，属于基础题9、C【解析】利用对数函数，指数函数以及正弦函数的性质和计算公式，将a，b，c与，比较即可.【详解】由，所以有.选C.【点睛】本题考查对数值，指数值和正弦值大小的比较，是基础题，解题时选择合适的中间值比较是关键，注意合理地进行等价转化.10、B【解析】设正项等比数列的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的性质，求出公比，再由等比数列的求和公式，计算即可得到所求【详解

9、】设正项等比数列的公比为q，则a4=16q3，a7=16q6，a4与a7的等差中项为，即有a4+a7=，即16q3+16q6，=，解得q=（负值舍去），则有S5=1故选C【点睛】本题考查等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题11、C【解析】根据程序图，当x0继续运行，x=1-2=-10，程序运行结束，得，故选C【点睛】本题考查程序框图，是基础题12、D【解析】根据向量垂直则数量积为零，结合以及夹角的余弦值，即可求得参数值.【详解】依题意，得，即.将代入可得，解得（舍去）.故选：D.【点睛】本题考查向量数量积的应用，涉及由向量垂直求参数值，属基础题.二、

10、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，得到直线与的交点为几何体外接球的球心，结合三角形的性质，求得球的半径，利用表面积公式，即可求解.【详解】设的中心为，矩形的中心为，过作垂直于平面的直线，过作垂直于平面的直线，则由球的性质可知，直线与的交点为几何体外接球的球心，取的中点，连接，由条件得，连接，因为，从而，连接，则为所得几何体外接球的半径，在直角中，由，可得，即外接球的半径为，故所得几何体外接球的表面积为.故答案为：.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及多面体的外接球的表面积的计算，其中解答中

11、熟记空间几何体的结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力与运算求解能力，属于中档试题.14、【解析】结合等差数列的前项和公式,可得,求解即可.【详解】由题意,因为,所以.故答案为:.【点睛】本题考查了等差数列的前项和公式及等差中项的应用,考查了学生的计算求解能力,属于基础题.15、【解析】易知函数的定义域为，且，则是上的偶函数由于在上单调递增，而在上也单调递增，由复合函数的单调性知在上单调递增，又在上单调递增，故知在上单调递增令，知，则不等式可化为，即，可得，又，是偶函数，可得，由在上单调递增，可得，则，解得，故不等式的解集为16、【解析】根据圆的性质可知在线段的垂直平分

12、线上，由此得到，同理可得，由对数运算法则可知，从而化简得到，由此确定轨迹方程.【详解】，和的中点坐标为，且在线段的垂直平分线上，即，同理可得：，点的轨迹方程为故答案为：【点睛】本题考查动点轨迹方程的求解问题，关键是能够利用圆的性质和对数运算法则构造出满足的方程，由此得到结果.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) .(2) 【解析】（1）根据极坐标与直角坐标互化公式，以及消去参数，即可求解；（2）设两点对应的参数分别为，将直线的参数方程代入曲线方程，结合根与系数的关系，即可求解.【详解】（1）对于曲线的极坐标方程为，可得，又由，可得，即，所以曲线的普通方程

13、为.由直线的参数方程为（为参数），消去参数可得，即直线的方程为，即.（2）设两点对应的参数分别为，将直线的参数方程（为参数）代入曲线中，可得.化简得：，则.所以.【点睛】本题主要考查了参数方程与普通方程，极坐标方程与直角坐标方程的互化，以及直线的参数方程的应用，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.18、（1）（2）证明见解析【解析】（1）在上有解，设，求导根据函数的单调性得到最值，得到答案.（2）证明，只需证，记，求导得到函数的单调性，得到函数的最小值，得到证明.【详解】（1）由题可得，在上有解，则，令，当时，单调递增；当时，单调递减.所以是的最大值点，所以.（2）由，所以，要证明，只需证，

14、即证.记在上单调递增，且，当时，单调递减；当时，单调递增.所以是的最小值点，则，故.【点睛】本题考查了函数的切线问题，证明不等式，意在考查学生的综合应用能力和转化能力.19、（1）（2）见解析【解析】(1) 由，周长,解得,即可求得标准方程.(2)通过特殊情况的斜率不存在时,求得,再证明的斜率存在时,即可证得为定值.通过设直线的方程为与椭圆方程联立,借助韦达定理求得,利用直线与圆相切,即,求得的关系代入,化简即可证得即可证得结论.【详解】（1）由题意得，周长，且.联立解得，所以椭圆C的标准方程为.（2）当直线l的斜率不存在时，不妨设其方程为，则，所以，即.当直线l的斜率存在时，设其方程为，并设

15、，由，由直线l与圆E相切，得.所以.从而，即.综合上述，得为定值.【点睛】本题考查了椭圆的标准方程,直线与椭圆的位置关系中定值问题,考查了学生计算求解能力,难度较难.20、（1）；（2）证明见解析.【解析】（1）由题意求得的坐标，代入椭圆方程求得，由此求得椭圆的标准方程.（2）设出直线的方程，联立直线的方程和椭圆方程，可得关于的一元二次方程，设出的坐标，分别求出直线与直线的方程，从而求得两点的纵坐标，利用根与系数关系可化简证得为定值.【详解】（1）由已知可得：，代入椭圆方程得：椭圆方程为；（2）设直线CD的方程为，代入，得：设，则有，则AC的方程为，令，得BD的方程为，令，得，证毕.【点睛】本

16、题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系的应用，考查计算能力，是难题21、（1）；（2）.【解析】（1）求出函数的定义域，即可求出结论；（2）化简集合，根据确定集合的端点位置，建立的不等量关系，即可求解.【详解】（1）由，即得或，所以集合或.（2）集合，由得或，解得或，所以实数的取值范围为.【点睛】本题考查集合的运算，集合间的关系求参数，考查函数的定义域，属于基础题.22、（1），；（2），证明见解析【解析】（1）利用已知条件建立等量关系求出数列的通项公式（2）利用裂项相消法求出数列的和，进一步利用放缩法求出结论【详解】（1），得是公比为的等比数列，当时，数列的前项积为，则，两式相除得，得，又得，；（2），故.【点睛】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，数列的前项和的应用，裂项相消法在数列求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力，属于中档题