2023年高考押题预测卷03（上海卷）-数学（全解全析）_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_42023年高考数学押题预测卷

2023年高考押题预测卷03【上海卷】 数学·全解全析 1． 【分析】根据全集，利用补集运算求解. 【详解】因为 且 ， ， 所以 ， 故答案为： 2．21 【分析】利用二项式的展开式求通项，再求对应项系数即可. 【详解】设 的通项为： ，令 ，则 ，其系数为21 故答案为：21 3．5 【分析】设 ， ，根据题干条件得到 ， ，化简得到 ， 根据 求出最大值. 【详解】设 ， ，则 ， 变形为 ，两边平方后得到 ， 两边平方后得到 ，将 代入 ， 即 ，故 ， 则 ， 当 时， 取得最大值，最大值为5 故答案为：54． 【分析】共面分为平行和相交，平行时，只需要考虑对面平行中的直线即可，相交时分为：在侧面内相交， 两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数， 再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可. 【详解】解：由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有6个侧面，所以共有6组； 若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有12个顶点，所以共有12组， 若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接 ， 先考虑下底面，根据正六边形性质可知 ，所以 ， 且 ，故 共面，且 共面， 故 相交，且 相交，故共面有2组， 则正六边形对角线 所对应的有2组共面的面对角线， 同理可知正六边形对角线 所对的分别有两组，共6组， 故对于上底面对角线 ， ， 同样各对两组，共6组， 若对面平行，一组对面中有2组对角线平行，三组对面共有6组， 所以共面的概率是 ． 故答案为： 5． 【分析】分别确定第一轮比赛，第二轮比赛，第三轮比赛安排方案数，再由分步乘法计数原理确定总的方 法数. 【详解】由已知可得第一轮比赛的安排方法数为 ，即 种安排方法，第二轮比赛的安排方法数为 ，即3种安排方法， 第三轮比赛的安排方法数为1， 由分步乘法计数原理可得所有的安排方法数为315； 故答案为：315. 6． 【分析】首先确定到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面 的视角下看的平面图形， 得到 区域内的几何体为半圆柱， 区域内的几何体为被平面截的部分球， 区域内的几何体为棱柱，然后由空间几何体的体积公式求解即可. 【详解】解：到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体在垂直于平面 的视角下看，如图所示： 其中 区域内的几何体为半圆柱， 区域内的几何体为被平面截的部分球， 球心分别为A，B，C， 区域内的几何体为棱柱，其高为2． 因为 为矩形， 所以 ， 因为 ， 同理 ， 所以 ， 所以这三个区域的几何体合成一个完整的半径为1的球， 所以 （ 表示区域 几何体的体积，其它以此类推）， （其中 表示半圆底面）． ，所以几何体L的体积等于 ． 故答案为： . 7．16 【分析】根据题意设 ，利用函数奇偶性可以得到设 ，再利用基本不等式即 可求出结果. 【详解】由函数 ， 设 ，则 的定义域为 ， ， 则 ，所以 是奇函数， 则 ， 又因为正实数 满足 ， 所以 ， ， 当且仅当 时取到等号. 故答案为：16. 8． 【分析】由绝对值三角不等式可得 在 恒成立，即有 或 在 恒成立，分别求解即可得答案. 【详解】解：因为在绝对值三角不等式 中，当 同号时有 ， 又因为 ，所以 在 恒成立， 所以 或 在 恒成立， 即有 或 在 恒成立， 由 ，解得 ， 由 ，解得 ， 综上所述实数a的取值范围为 . 故答案为： 9． 【分析】题中函数为圆 的一段劣弧，在旋转过程中，只需根据函数的定义考虑一个 只有唯一确 定的 与之对应，即图形与 只有一个交点时旋转的角度符合题意. 【详解】画出函数 的图象，如图1所示： 圆弧所在的圆方程为 ， ， ，在图象绕原点旋转的过程中，当 从图1的位置旋转到 点时，根据函数的定义知这个旋转过程所得的图形均为函数的图象，如图2所示： 此时绕着原点旋转弧度为 ； 若函数图象在图2位置绕着原点继续旋转，当点 在 轴上方，点 在 轴下方时，根据函数的定义知， 所得图形不是函数的图象，如图3所示： 此时转过的角度为 ，不满足题意； 若函数的图象在图3位置绕着原点继续旋转，当整个图象都在 轴下方时，根据函数的定义知，所得图形 是函数的图象，如图4所示： 此时转过的角度为 ； 故答案为： .10． 【分析】首先分析各段函数的单调性，依题意只需函数 的值域为 ，分 、 两种情况讨论， 分别求出函数在各段的最大（小）值，即可得到不等式组，解得即可. 【详解】因为函数 在定义域 上单调递增， 函数 在 上单调递减，在 上单调递增， 要使对任意实数 ，总存在实数 ，使得 ，即函数 的值域为 ， 当 时 在 上单调递增，在 上也单调递增， 则只需 ，解得 ； 当 时 在 上的最小值为 ，则只需要 ，解得 ； 综上可得 ，即实数 的取值范围是 . 故答案为： 11． 【分析】根据解析式知曲线在 、 上分别为双曲线、抛物线的一部分，确定双曲线部分的渐近线、 抛物线部分的切线，两线倾斜角的差即为 的最小值 ，应用差角正切公式求其正切值. 【详解】在 上，曲线方程为 是双曲线上支的一部分（ ）， 所以该部分渐近线为 ， 在 上，曲线方程为 是抛物线的一部分，设过原点的直线 且 与抛物线相切，代入抛物线有 ， 所以 ，故 或 （舍）， 所以切线为 ， 如下图示：令 、 倾斜角分别为 且 ，则 ， 由 ，要使 最小，只需让最小值 ， 所以 . 故答案为： 12． 【分析】作 ， ，建立平面直角坐标系，作 ，作 ，由条件确定点 的轨迹， 由此确定 即 的最小值. 【详解】如图作 ， ， 如图，以点 为原点， 为 的正方向建立平面直角坐标系， 因为 ， ， ， 所以点 的坐标为 ，点 的坐标为作 ，设点 的坐标为 ， 因为 ， 所以 ，所以 ， 所以点 在以 为圆心，以 为半径的圆上， 因为对任意的实数 ，均有 ， 所以 ，又 ， 所以 恒成立， 所以 ， 所以 ，即 ， 作 ，设点 的坐标为 ， 则 ，即 ， 所以点 在直线 上， 因为 ， 又点 在圆 上一动点， 点 在直线 上一动点， 所以点 到点 的最小距离为点 到点 的距离减去圆的半径 ， 即 ，当且仅当点 为线段 与圆的交点时等号成立， 因为点 到直线 的距离 ， 所以点 到点 的距离大于等于 ，即 ，所以 ， 当且仅当 垂直于直线 且点 为线段 与圆的交点时等号成立， 所以 的最小值为 ， 故答案为： . 【点睛】本题解决的关键在于建立平面直角坐标系，利用条件结合向量的坐标运算及性质确定点的轨迹， 由此结合直线与圆的性质求解. 13．B 【分析】证明 平面 ，从而可证 四点不共面，即可判断AB；设 ， 将 分别用 表示，假设直线 与直线CP垂直，则 ，求出 即可判断C；证 明 平面 ，即可判断D. 【详解】在正三棱柱 中， 因为点M、N分别为棱AB、 的中点，所以 ， 又 平面 ， 平面 ， 所以 平面 ， 因为 平面 ， ， ，所以 四点不共面， 所以直线 与直线CP始终异面，故A错误，B正确； 对于C，设 ， 则 ， ， 若直线 与直线CP垂直，则 ， 即 ， 所以 ， 即 ，解得 ， 因为 ，所以不存在点 使得直线 与直线CP垂直，故C错误； 对于D，连接 ， 因为 为 的中点，所以 ， 又因 平面 ， 平面 ， 所以 ， 因为 平面 ， 所以 平面 ， 又 平面 ，所以 ， 所以当点 在 的位置时，直线 与直线BP垂直，故D错误.故选：B. 14．B 【分析】由 ，求得 ，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由题意，直线 ，直线 ， 因为 ，可得 , ，即 ，解得 ， 所以“ ”是“ ”的必要非充分条件. 故选：B. 15．D 【分析】根据给定条件，求出点B，C的坐标，进而求出函数 的解析式，再逐项判断作答. 【详解】在 中，令 得 ， 依题意，点 ，同理得点 ， 由 得： ，解得 ，又 ，则 ， 而 ，因此 ， ， 由 得 ，即函数 的图象对称轴方程为 ，A错误； 因为 ，所以函数 的图像关于坐标原点不对称， B错误； 当 时， ，而正弦函数 在 上不单调，所以函数 在区间 上不单调，C错误；当 时， ，依题意， ， 又正弦函数 在 内各有1个极小值点，在 内无极小值点， 所以函数 在区间 内有且有 个极小值点，D正确. 故选：D 【点睛】思路点睛：涉及求正(余)型函数在指定区间上的单调性问题，先根据给定的自变量取值区间求出 相位的范围，再利用正(余)函数性质列出不等式求解即得. 16．D 【分析】由已知可变形为 ，构造函数 ，利用导函数分析单调 性以及最值即可一一判断求解. 【详解】因为 ，所以 ，所以 ， 由 可得 ，则 ， 则有 ， 设函数 ， ， 当 时， ，当 时， ， 所以 在 单调递增， 单调递减， 所以 ， 因为 ，所以 以此类推，对任意 ，故B错误； 所以 ，故A错误； 因为 ，所以数列 中不存在某一项为最大项，C错误；因为 ，所以 ， ， 所以存在正整数n，使得 ，D正确. 【点睛】关键点点睛:本题关键在于据题意转化为 ，利用函数 的单调性以及最值分析求解. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）结合三角函数的定义证明 ，然后由线面垂直的判定定理得证线面垂直； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）设BD与CE相交于点H， 因为PD⊥平面ABCD， 平面ABCD， 所以 ， 由 ， ，得 ， 因此 ， ， 可得 ， 因为 ， 所以 ，即 ， 又因为 ， ， 平面 , 所以CE⊥平面PBD；（2）如图，建立空间直角坐标系D-xyz， 则 ， ， ， 所以 ， ， 设平面PCE的一个法向量 ， 则 ，即 ， 令 ，则 ， ，于是 ， 平面ACE的一个法向量为 ， 则 ， 由图形可知二面角P－CE－A为锐角， 所以二面角P－CE－A的余弦值是 ． 18．(1) (2) 【分析】（1）当 时，求得公差 ， 将求和公式及通项公式代入 求得 .（2）当 ＝1时为等差数列求和，当 时用错位相减求和. 【详解】（1）设等差数列 的公差为 ，由 得： ，所以 ，即 ， 又 ， 所以 . （2）由 ，得 . 所以， ， 当 时， ； 当 时， ， ， 所以 ， 即 . 19．(1)有 的把握认为电解电容质量与铝箔质量有关，理由见解析 (2)0.846 【分析】（1）计算 ，与临界值比较，得出结论； （2）根据全概率公式计算 ，再由条件概率公式求解即可.【详解】（1）提出原假设 ：电解电容质量与铝䈹质量无关. 由题意及 列联表，可得 . 由于 ，而 ， 因此，根据检测组的数据，原假设不成立，并且有 的把握认为电解电容质量与铝箔质量有关. （2）设第一次取出的元件是优等品的事件为 ，第二次取出的元件是合格品的事件为 .取出的元件是第 一箱、第二箱的事件分别为 ， . 则由全概率公式，得 ， 于是，由条件概率公式，得 . 因此，在第一次取出的是优等品的情况下，第二次取出的是合格品的概率约为0.846. 20．(1) ； (2)证明见解析； (3) . 【分析】（1）根据题意双曲线的 ，且 ，进而可求双曲线的标准方程； （2）设点 ，利用斜率公式结合条件即可证出；（3）设直线 的方程为 ，进而求出直线 的方程，把直线 代入椭圆方程，利用弦长公 式求出 ， 同理求出弦长 ，代入整理即可表示出 ，然后结合条件即得. 【详解】（1）设双曲线 的标准方程为 ，由题意知 ，且 ， 即 ， 所以双曲线 的标准方程为： ； （2）设点 ，由题可知 ，则 ， ， 所以 ， 而由点 在双曲线上，可知 ，即有 ， 从而 ，故 ； （3）由上可知 ，且 ，且不能同时取 或 ， 所以可设直线 的方程为 ，则直线 的方程为 ， 把直线 的方程为 代入椭圆方程 ， 整理得 ， 设 ， ，则有 ， ， 因此 ，同理可得 ， 因此 ，又 ， 所以 ，所以 ， 所以 的取值范围为 . 【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下： （1）设直线方程，设交点坐标为 ； （2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于 （或 ）的一元二次方程，必要时计算 ； （3）列出韦达定理； （4）将所求问题或题中的关系转化为 、 （或 、 ）的形式； （5）代入韦达定理求解. 21．(1)函数 在 上的增区间为： 与 ； 减区间为： 与 .当 时， 取极小值，极小值为 ，当 时，函数 取极大值，极大值为 ，当 时，函数 取极大值，极大值为 ； (2) ； (3)证明见解析. 【分析】（1）求函数 的导函数，解不等式 可得函数 的单调递增区间，解不等式可得 函数 的单调递减区间，解方程 ，由此确定函数的极值点； （2）令 ，由已知可得 在区间 上恒成立，证明当 时， 函数 单调递增，再判断 时，不满足要求，由此确定 的范围； （3）利用导数研究函数 ， 的单调性，作出函数的图象，证明曲线 与 有 唯一交点 ，结合图象证明 ，再证明 ， ， ，由此完成证明. 【详解】（1）由题设，有 ，可得 令 可得 ，所以 ， 所以函数 在区间 上单调递增； 令 可得 ，解得 ，. 函数 在区间 上单调递增； 令 可得 ，所以 ， 所以，函数 在 上的递增区间为： 与 ； 递减区间为： 与 .当 时，函数 取极大值，极大值为 ， 当 时，函数 取极小值，极小值为 ， 当 时，函数 取极大值，极大值为 ； （2）关于 不等式 在区间 恒成立， 即： 在区间 上恒成立. 令 ， 则 ， 令 则 ， 由（1）知： 在 上的极大值为 ， 又 ， 从而 在 上的最大值为1， 即 在 上恒成立. 于是 在 上恒成立， 所以 在 上单调递增； 从而 ，当 时， ，当且仅当 时等号成立， 所以 在 上单调递增； 从而 在 上恒成立. 所以，当 时 在 上恒成立. 当 时，存在 ，使得 ， 当 时， ，函数 在 上单调递减， 又 ，所以当 时， ，与已知矛盾， 综合上述，得： . （3）对于函数 ，令 ，则 . 从而当 时， ，函数 在 上单调递增； 当 时， ，函数 在 上单调递减； 故当 时， 取最大值，最大值为 . 对于函数 ，令 ，则 . 从而当 时， ，函数 在 上单调递增； 当 时， ，函数 在 上单调递减； 故当 时， 取最大值，最大值为 . 因此，函数 与 有相同的最大值.其图像如下图所示.下面先证明：曲线 与 有唯一交点. 由 ，得 ，即证明方程 有唯一实数根 . 令 ，则 . 所以 在 上恒为负数. 因为当 时， ， ， 所以曲线 与 在区间 上没有交点. 而在区间 上，函数 单调递减，函数 单调递增， 所以函数 在 上单调递减， 进而函数 在 上单调递减， 由 ， 及零点存在定理得： 函数 在 上存在唯一零点， 从而方程 在 上有唯一实数根 ，且 . 由于直线 与曲线 ， 共有3个不同交点，故直线 必过点 ， 且 ， ， 由 ，得 ，即 ， 而函数 在 上严格增， ， ， 故 ① 由 ，得 ， 即 ， 而函数 在 上严格减， ， ， 故 ② 由①，②得 . ③ 由 ，得 ， 故有 ④ 因此，由③，④得 ，即 成等比数列. 【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化 为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数 的单调性、极(最)值问题处理．