2023年高考考前押題密卷（上海卷）數(shù)學?全解全析一、填空題1．已知集合，，若，則實數(shù)a的取值范圍為___________．【答案】【分析】由條件根據(jù)補集的定義求，再根據(jù)子集的定義列不等式求a的取值范圍．【解析】因為，所以或，又，，所以，所以a的取值范圍為.故答案為：.2．已知是奇函數(shù)，則實數(shù)__________．【答案】2【分析】利用奇函數(shù)的定義代入函數(shù)式，化簡即可求出所要的值.【解析】由題意得，所以，解得．3．已知函數(shù)，，則函數(shù)的值域為______．【答案】【分析】根據(jù)的范圍，得的范圍，數(shù)形結合可得的范圍，從而可得函數(shù)的值域.【解析】當時，，則，所以，所以函數(shù)的值域為.故答案為：4．已知實數(shù)a，b滿足，則的最小值是__________.【答案】【分析】先判斷出，且.令，利用判別式法求出的最小值.【解析】因為實數(shù)a，b滿足，所以，且.令，則，所以，代入，則有，所以關于b的一元二次方程有正根，只需，解得：.此時，關于b的一元二次方程的兩根，所以兩根同號，只需，解得.綜上所述：.即的最小值是（此時，解得：）.故答案為：.5．若直線與圓相切，則實數(shù)_________．【答案】或【分析】利用幾何法列方程即可求解.【解析】圓可化為.因為直線與圓相切，所以圓心到直線的距離等于半徑，即，解得：或7.故答案為：或6．已知函數(shù)，則______．【答案】【分析】求出導函數(shù)，建立與的方程，求出，利用極限的運算及導數(shù)的定義求解即可.【解析】當時，，所以，又，則，解得，由定義可知，.故答案為：7．已知樣本容量為5的樣本的平均數(shù)為3，方差為，在此基礎上獲得新數(shù)據(jù)9，把新數(shù)據(jù)加入原樣本得到樣本容量為6的新樣本，則該新樣本的方差為______．【答案】8【分析】根據(jù)均值公式與方差公式計算．【解析】記原來的數(shù)據(jù)為，新增數(shù)據(jù)為，由題意，，，則，，所以新方差為．故答案為：8.8．已知點，若，則__________.【答案】【分析】結合平面向量的坐標運算可得，進而可得，結合二倍角公式及同角三角函數(shù)關系化簡即可求解.【解析】因為，所以，，所以，即，所以，即，所以.故答案為：.9．在我校運動會期間，為了各項賽事的順利進行，學生會組織了5個志愿服務小組，前往3個比賽場地進行志愿服務.若每個場地至少分配1個志愿服務小組，每個志愿服務小組只能在1個場地進行服務，并且甲小組不去比賽場地A，則不同的分配方法種數(shù)為_________.【答案】100【分析】根據(jù)分組分配方法，結合兩種計數(shù)原理即可得答案.【解析】5人分成3組有兩種方案：“”、“”共有種方法分組方法，3組分配到3個場地，甲小組不去比賽場地A，有種方法；根據(jù)乘法原理不同的分配方法數(shù)為：.故答案為：100.10．在三棱錐中，平面平面，是等邊三角形且，三棱錐的四個頂點都在球的球面上，若球的體積為，則三棱錐體積的最大值為______.【答案】【分析】先利用條件求出球的半徑和外接圓的半徑，由條件知，要使三棱錐體積取到最大值，則點在底面上的投影為的中點，再利用球的截面圓的性質(zhì)建立等量關系，從而求到底面的最大距離，進而求出最大體積.【解析】設球的，因為球的體積為，所以，得到如圖，設的外接圓的圓心為，外接圓的半徑為，球心為，又因為是等邊三角形且，由正弦定理知，，所以，因為平面平面，由面面垂直的性質(zhì)知，點在底面上的投影在上，因為三棱錐的四個頂點都在球的球面上，要使三棱錐體積取到最大值，則點在底面上的投影為的中點，連接并延長交于，連，因為為等邊三角形，所以為的中點，即有面，又易知平面，所以,易知，又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 過作面于，由球的截面圓的性質(zhì)知，點在上，所以所以四邊形為矩形，故，在等邊三角形中，，所以， 所以，故所以三棱錐體積的最大值為，故答案為：.11．已知數(shù)列滿足：對于任意有，且，，其中.若，數(shù)列的前項和為，則_________.【答案】【分析】對求導，可證得是以為首項，1為公差的等差數(shù)列，可求出，再由并項求和法求出.【解析】因為，則，由，，可得，，所以是以為首項，1為公差的等差數(shù)列，所以，，，則，所以，所以.故答案為：12．已知定義在R上的偶函數(shù)滿足.若，且在單調(diào)遞增，則滿足的x的取值范圍是__________.【答案】【分析】由題意可知，是周期為的周期函數(shù)，的最小正周期為8，結合與的單調(diào)性，易知在一個周期內(nèi)，由，可得，再結合周期求出范圍即可.【解析】因為是偶函數(shù)，所以，由，可得關于對稱，因為，所以，則，因為是偶函數(shù)，所以，因為，所以，則，所以函數(shù)是周期為的周期函數(shù).因為是偶函數(shù)，且在單調(diào)遞增，所以在單調(diào)遞減，令中，則，則，又因為關于對稱，所以在上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，結合函數(shù)是周期為的周期函數(shù)，綜上可得在，上單調(diào)遞增，，上單調(diào)遞減.因為的最小正周期為，結合圖象可知，在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，令中，則，則，當，又，所以，當，又，所以，所以當時，，解得.又因為與均為周期函數(shù)，且8均為其周期，所以的x的取值范圍是.故答案為：.【點睛】本題解題的關鍵是求出與的周期性，由，，結合函數(shù)的單調(diào)性和周期性求解即可. 二、單選題13．復數(shù)z滿足，則下列結論正確的是（    ）A． B．C．在復平面內(nèi)對應的點位于第四象限 D．【答案】D【分析】由復數(shù)除法可得，再根據(jù)復數(shù)的運算和共軛復數(shù)、復數(shù)對應的點、模的定義判斷選項.【解析】由可得，所以，故A錯誤；由 知，故B錯誤；在復平面內(nèi)對應的點位于第三象限，故C錯誤；由知，故D正確.故選：D14．已知，若，，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【分析】根據(jù)不等式的解法和指數(shù)函數(shù)的額性質(zhì)，分別求得集合，結合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【解析】由不等式，可得，解得或，即命題為真命題時，構成集合或，又由，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)，可得，即命題為真命題時，構成集合所以是的既不充分也不必要條件.故選：D.15．已知菱形，，為邊上的點（不包括），將沿對角線翻折，在翻折過程中，記直線與所成角的最小值為，最大值為（    ）A．均與位置有關 B．與位置有關，與位置無關C．與位置無關，與位置有關 D．均與位置無關【答案】C【分析】數(shù)形結合，作//，利用線面垂直得到，然后找到異面直線所成角，并表示，通過討論點位置得到結果.【解析】作//交于點，分別取的中點連接，如圖，由翻折前該四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形同時點在上，由平面所以平面,又//，所以平面，所以直線與所成角即直線與所成角，該角為所以,由點不與重合，所以當點翻折到與點重合時，最小，為最小與點位置無關；當沒有翻折時，最大，最大，則最大，與點位置有關故選：C16．在圓錐中，已知高，底面圓的半徑為4，為母線的中點；根據(jù)圓錐曲線的定義，下列四個圖中的截面邊界曲線分別為圓、橢圓、雙曲線及拋物線，下面四個命題，正確的個數(shù)為①圓的面積為；          ②橢圓的長軸為；③雙曲線兩漸近線的夾角正切值為        ④拋物線中焦點到準線的距離為.A．1個 B．2個 C．3個 D．4個【答案】B【分析】根據(jù)點是母線的中點，求出截面圓的半徑即可判斷①；由勾股定理求出橢圓長軸可判斷②；建立坐標系，求出的關系可判斷③；建立坐標系，求出拋物線方程，可判斷④.【解析】①點是母線的中點， 截面的半徑，因此面積，故①正確； ②由勾股定理可得橢圓的長軸為，故②正確；③在與底面、平面的垂直且過點的平面內(nèi)建立直角坐標系，不妨設雙曲線的標準方程為，則，即，把點代入可得，解得，設雙曲線兩漸近線的夾角為，，③不正確； ④建立直角坐標系，不彷設拋物線的標準方程為,把點代入可得，解得，拋物線中焦點到準線的距離為，④不正確，故選B .【點睛】本題通過對多個命題真假的判斷，綜合考查圓錐的性質(zhì)、橢圓的性質(zhì)、雙曲線的性質(zhì)，拋物線的方程與性質(zhì)，屬于難題.這種題型綜合性較強，也是高考的命題熱點，同學們往往因為某一處知識點掌握不好而導致“全盤皆輸”，因此做這類題目更要細心、多讀題，盡量挖掘出題目中的隱含條件，另外，要注意從簡單的自己已經(jīng)掌握的知識點入手，然后集中精力突破較難的命題. 三、解答題17．如圖，在三棱錐中，，O為AC的中點．(1)證明：⊥平面ABC；(2)若點M在棱BC上，且二面角為，求的值．【答案】(1)證明見解析(2) 【分析】（1）由等腰三角形三線合一得到，由勾股定理逆定理得到，從而證明出線面垂直；（2）建立空間直角坐標系，求出點的坐標，設，利用空間向量及二面角列出方程，求出答案.【解析】（1）在中，，O為AC的中點．則中線，且；同理在中有，則；因為，O為AC的中點．所以且；在中有，則，因為，平面ABC，所以⊥平面ABC．（2）由（1）得⊥平面ABC，故建立如圖所示空間直角坐標系，則，設，則，而，，，設平面PAM的一個法向量為，由得，，令，又x軸所在直線垂直于平面PAC，∴取平面PAC的一個法向量，，平方得，令，，．18．在中，點D在邊上，且．(1)若平分，求的值；(2)若成遞增的等比數(shù)列，，求的面積．【答案】(1)(2) 【分析】（1）運用余弦定理求出 的關系，再運用正弦定理求解；（2）運用余弦定理求出AB，BC的值，再求出 ，用面積公式計算即可.【解析】（1）設，則，因為平分，所以，設，則，在中，，在 中，，由，得，；（2）因為成遞增的等比數(shù)列，，所以，在 中，，在 中，，因為，所以，整理得，又，所以 ，解得或，若，則，不符合題意，若，則，符合題意，此時，則 的面積.19．某網(wǎng)站計劃4月份訂購草莓在網(wǎng)絡銷售，每天的進貨量相同，成本價為每盒15元.假設當天進貨能全部售完，決定每晚七點前（含七點）售價為每盒20元，每晚七點后售價為每盒10元.根據(jù)銷售經(jīng)驗，每天的購買量與網(wǎng)站每天的瀏覽量（單位：萬次）有關.為確定草莓的進貨量，相關人員統(tǒng)計了前兩年4月份（共60天）網(wǎng)站每天的瀏覽量（單位：萬次）、購買草莓的數(shù)量（單位：盒）以及達到該流量的天數(shù)，如下表所示：每天的瀏覽量每天的購買量300900天數(shù)3624以每天的瀏覽量位于各區(qū)間的頻率代替瀏覽量位于該區(qū)間的概率.(1)求4月份草莓一天的購買量（單位：盒）的分布；(2)設4月份銷售草莓一天的利潤為（單位：元），一天的進貨量為（單位：盒），為正整數(shù)且，當為多少時，的期望達到最大值，并求此最大值.【答案】(1)分布列見解析(2)當時的期望達到最大值，. 【分析】（1）依題意的可能取值為、，求出所對應的概率，即可得到概率分布列；（2）依題意可得的可能取值為或，求出所對應的概率，即可得到【解析】（1）依題意的可能取值為、，則，，所以的分布列為（2）當一天的進貨量為（單位：盒），為正整數(shù)且時利潤的可能取值為或，且，，所以，顯然隨著的增大而減少，所以當時的期望達到最大值，.20．已知橢圓的中心在原點，焦點在軸上，、分別為左、右焦點，橢圓的一個頂點與兩焦點構成等邊三角形，且.(1)求橢圓方程；(2)對于軸上的某一點，過作不與坐標軸平行的直線交橢圓于、兩點，若存在軸上的點，使得對符合條件的恒有成立，我們稱為的一個配對點，求證：點是左焦點的配對點；(3)根據(jù)（2）中配對點的定義，若點有配對點，試問：點和點的橫坐標應滿足什么關系，點的橫坐標的取值范圍是什么？并說明理由.【答案】(1)(2)證明見解析(3)，的取值范圍是 【分析】（1）根據(jù)已知條件求得，從而求得橢圓方程.（2）設，設出直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關系，通過計算來證得結論成立.（3）根據(jù)求得的取值范圍，設出直線的方程并與橢圓方程聯(lián)立，化簡寫出根與系數(shù)關系，由求得與的關系.【解析】（1）由于橢圓的一個頂點與兩焦點構成等邊三角形，且，所以，解得，所以橢圓方程為.（2）由（1）得，由于在橢圓內(nèi)，所以，過且與坐標軸不平行的直線與橢圓必有兩個交點，設此時直線的方程為，由消去并化簡得，設，則，設， 所以，所以，所以，所以點是左焦點的配對點.（3）依題意，點有配對點，設直線的方程為，由于，所以必須在之間，而在橢圓上，結合橢圓的對稱性以及直線與坐標軸不平行，可知的取值范圍是.此時在橢圓的內(nèi)部，直線必與橢圓有兩個交點，由消去并化簡得，設，則，由于，所以，即，所以.【點睛】在圓錐曲線中，求解角度相等的題（），可轉(zhuǎn)化為斜率問題來進行求解，聯(lián)立直線的方程和圓錐曲線的方程，化簡寫出根與系數(shù)關系后的解題關鍵點一個是運算要準確，另一個是利用方程的思想來進行求解.21．已知函數(shù).(1)若函數(shù)為增函數(shù)，求的取值范圍；(2)已知.（i）證明：；（ii）若，證明：.【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析 【分析】（1）分析可得原題意等價于對恒成立，構建，利用導數(shù)求最值結合恒成立問題運算求解；（2）（i）取，根據(jù)題意分析可得，構建，結合導數(shù)證明即可；（ii）根據(jù)題意分析可得，，，構建，結合導數(shù)證明，即可得結果.【解析】（1）∵，則，若是增函數(shù)，則，且，可得，故原題意等價于對恒成立，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞增，在遞減，故，∴的取值范圍為.（2）（i）由（1）可知：當時，單調(diào)遞增，∵，則，即，整理得，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞減，在遞增，故，即，當且僅當時等號成立，令，可得，故；（ii）∵，則，可知有兩個不同實數(shù)根，由（1）知，可得，同理可得，構建，則，當時，；當時，；當時，；且，故對恒成立，故在上單調(diào)遞減，∵，則，即，且，則，故，可得；又∵，由（i）可得，即，則，且，則，可得；綜上所述：.可得，則故.【點睛】方法定睛：利用導數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形．(2)構造新的函數(shù)h(x)．(3)利用導數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值．(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．特別地：當作差或變形構造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題． 
 

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