精品解析：上海市徐汇中学2023届高三上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高三_上学期_2：期中

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徐汇中学 2022 学年高三年级第一学期
期中考试 数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
一、填空题（本大题共 12题，满分 54分，第 1~6 题每题 4分，第 7~12 题每题 5分）
 x3 
  Bx 0
A x x2 3
 x  A B
1. 若集合 ，集合 ，则  ________．
【答案】(1,0)

(3,5)##{x|1 x0或3 x5}
【解析】
【分析】解绝对值不等式、分式不等式分别求集合A、B，再应用集合交运算求AB.
【详解】由题设，A{x|1x5}，B{x|x0或x3}，
∴A

B{x|1 x0或3 x5}.
故答案为：(1,0)

(3,5)
2. 已知函数 f xsin2x2 3cos2x，则函数 f x 的最小正周期是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，进而可得函数的最小正周期.
  2
【详解】 f xsin2x2 3cos2xsin2x 3cos2x 3 2sin  2x   3，故T  ，
 3  2
故答案为：．
 2 6
3. 二项式 x2   的展开式中常数项为______.
 x
【答案】240
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项公式，令其中x的指数等于0，即可得出r，再代入得出答案.
【详解】二项式  x2  2  6 的通项公式为T Cr  x26r   2  r Crx123r2r ，
 x r1 6  x 6
令123r 0，解得r 4，
则展开式中常数项为C424
240，
6
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故答案为：240
y2
4. 双曲线 x2 1两条渐近线的夹角大小是__________
3
π
【答案】60°##
3
【解析】
【分析】求得双曲线的两条渐近线方程，得到斜率和倾斜角，再求出渐近线夹角的大小.
y2
【详解】双曲线 x2 1的两条渐近线的方程为y  3x，
3
π
由直线y  3x的斜率为 3，可得倾斜角为 ，
3
2π
y  3x的斜率为 3，可得倾斜角为 ，
3
π
所以两条渐近线的夹角的大小为 ，
3
π
故答案为： .
3
5. 已知在等比数列{a }中，a =7，S =21，则公比q=__________
n 3 3
1
【答案】1或
2
【解析】
【分析】由a =7，S =21，得到aq2 7,a aq 14求解.
3 3 1 1 1
【详解】解：因为在等比数列{a }中，a =7，S =21，
n 3 3
所以aq2 7,a aq 14，
1 1 1
两式相除得： 2q2 q10，
1
解得q 1或q  ，
2
1
故答案为：1或
2
6. 函数 f(x)excosxx在点(0, f(0))处的切线方程为____．
【答案】y 1
【解析】
【分析】先求出切点坐标，利用导数求切线的斜率，再由导数的几何意义求解即可.
【详解】因为 f(x)excosxx，所以 f(0)e0cos001，
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f(x)excosxexsinx1，
所以函数 f(x)在点(0,1)处的切线斜率为k  f0e0cos0e0sinx10，
所以函数 f(x)在点(0,1)处的切线方程为：y 1.
故答案为：y 1
1 1
7. 若a，b是正实数，且ab1，则  的最小值为_________．
a ab
【答案】32 2；
【解析】
1 1 b 1 1 2b a
【分析】利用“1”的代换，将  转化为1   3  ，再利用基本不等式求解.
a ab a b a a b
【详解】因为ab1，
1 1 ab ab b 1 1
   1  
a ab a ab a b a
b ab ab 2b a
1   3 
a b a a b
b 2a
2  332 2 ，
a b
ab1

当且仅当b 2a ，即a 21,b2 2时，等号成立，


a b
故答案为：32 2
8. 若 z z 1，则称z 与z 互为“邻位复数”．已知复数z a 3i与z 1bi（a，bR）互为
1 2 1 2 1 2
“邻位复数”， 则a2 b2的最大值_______．
【答案】9
【解析】
【分析】由已知条件与复数模长的计算公式可知a12   b 3 2 1，所求表达式表示点 a,b 到原点
的距离的平方，利用两点间距离公式和圆的性质即可求解.
【详解】因为复数z a 3i与z 1bi互为“邻位复数”，
1 2
所以 a 3i1bi 1，故a12   3b 2 1，即a12   b 3 2 1，
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 
其表示的是点 a,b 的轨迹是以A 1, 3 为圆心，半径r 1的圆，
而 a2 b2 表示点
a,b
到原点的距离，
故 a2 b2 的最大值为原点到圆心的距离加半径，
 2
即 OA r  12  3 13，
所以a2 b2的最大值为32 9，
故答案为：9.
9. 设 f(x)是R上的奇函数， f(x2)f(x)，当0 x1 时, f(x) x,则当4 x4时， f(x)的图象
与x轴所围成图形的面积=_______．
【答案】4
【解析】
【分析】由 f(x2)f(x)可得 f(x) 是以 4 为周期的周期函数,再结合奇函数的性质即可推导出函数
y f(x) 的图象关于直线 x1 对称，结合函数图像即可得出结论.
【详解】由 f(x2)f(x) 得,
f(x4) f[(x2)2]f(x2) f(x),
所以 f(x) 是以 4 为周期的周期函数,
由 f(x) 是奇函数且 f(x2)f(x), 得 f((x1)2)f(x1) f((x1)),
即 f(1x) f(1x).
故知函数 y f(x) 的图象关于直线 x1 对称.
又当 0 x1 时, f(x) x, 且 f(x) 的图象关于原点成中心对称, 则 f(x) 的图象如图所示：
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1 
当 4 x4 时, f(x) 的图象与x轴围成的图形面积为 S, 则 S 4S 4  21  4.
△OAB 2 
故答案为：4.
10. 如图，在正四棱柱ABCDABC D 中，AB 1，AA  3，点E为AB上的动点，则DECE
1 1 1 1 1 1
的最小值为____________.
【答案】 10
【解析】
【分析】
将平面ABC D 与平面ABCD延展至同一平面，由C、E、D 三点共线可求得DECE 的最小值.
1 1 1 1
【详解】如下图所示，将平面ABC D 与平面ABCD延展至同一平面，
1 1
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 2
AD  12  3 2，延展后DD  AD AD 3，
1 1 1
CD 1，由勾股定理可得CD  12 32  10.

1
由图形可知，当C、E、D 三点共线时，DECE 取得最小值 10 .
1 1
故答案为： 10 .
【点睛】本题考查立体几何中折线长度的最值问题的求解，一般要求将两个平面延展至同一平面，利用三
点共线来处理，考查空间想象能力与计算能力，属于中等题.
11. 已知向量a  cosα,sinα ，b  cosβ,sinβ，且αβ π ，若向量c  满足 c  a  b  1，则 c  的最
3
大值为______．
【答案】 31
【解析】
       
【分析】先由题中条件求出 ab ，再由 cab  c  ab 即可求出结果.
【详解】因为a  cosα,sinα ，b  cosβ,sinβ，且αβ π 所以
3
a  b   a 2  b  2 2a  b   22cosαcosβsinαsinβ  22cosαβ  3，

所以1 c  a  b   c   a  b   c   3，因此 c   31.

故 c 的最大值为 31
【点睛】本题主要考查向量的模的最值问题，根据向量模的几何意义，即可求解，属于常考题型.
12. 若直线y kx与曲线y 2|log 2 (x2)||x1|恰有两个公共点，则实数k的取值范围为________.
【答案】(,0]

{1}
【解析】
【分析】根据函数y log x2 的图像，将曲线方程中的绝对值去掉，化为分段函数的形式，然后画出
2
这个分段函数的图像，根据图像和直线y kx的交点有两个，求得实数k的取值范围.
 log x2,x1
【详解】如图，可知 log x2  2
2  log
2
x2,2 x1
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
 3,x1
  2log 2 x2  x1,x1 
y 2log 2 x2  x1   2x1,1 x1
 2log 2 x2  x1,2 x1 
1
 x1,2 x1
x2
由图可知，直线y kx与曲线y 2log 2 x2  x1
恰有两个公共点，则k 0或k 1
【点睛】本小题主要考查对数函数的图像，考查含有绝对值函数的处
理方法，考查了数形结合的数学思想方法.属于中档题.
二、选择题（本大题共 4题，每题 5分，共 20分）
13. 某象棋俱乐部有队员5人，其中女队员2人，现随机选派2人参加一个象棋比赛，则选出的2人中恰
有1人是女队员的概率为（ ）
3 3 2 2
A. B. C. D.
10 5 5 3
【答案】B
【解析】
【分析】直接利用概率公式计算得到答案.
C1C1 6 3
【详解】P 3 2  
C2 10 5
5
故选B
【点睛】本题考查了概率的计算，属于简单题.
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14. 使得a b  0成立的一个充分不必要条件是（ ）
1 1
A.  B. ea eb C. ab ba D. lna lnb0
b a
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式的性质，由充分条件与必要条件的概念，逐项判断，即可得出结果.
1 1 1 1
【详解】A选项，若a<0，b0，则满足  ，但不能得出a b  0；所以  不是
b a b a
a b  0的充分不必要条件；故A错；
B选项，若ea eb，则ab，但不能得出a b  0，所以ea eb不是a b  0的充分不必要条
件；故B错；
C选项，若a 1，b=-1，则满足ab ba，但不能得出a b  0；所以ab ba不是a b  0的
充分不必要条件；故C错；
D选项，由lna lnb0可得lna lnbln1，则ab1，能推出a b  0，反之不能推出，所以
lna lnb0是a b  0的充分不必要条件；故D正确.
故选：D.
【点睛】结论点睛：
判定充分条件和必要条件时，一般可根据概念直接判定，有时也需要根据如下规则判断：
（1）若 p是 q 的必要不充分条件，则 q 对应集合是 p对应集合的真子集；
（2） p是 q 的充分不必要条件， 则 p对应集合是 q 对应集合的真子集；
（3） p是 q 的充分必要条件，则 p对应集合与 q 对应集合相等；
（4） p是 q 的既不充分又不必要条件， q 对的集合与 p对应集合互不包含．
2 1
15. 若两个正实数x，y满足  1，且x2y m2 2m恒成立，则实数m的取值范围是（ ）
x y
A.
,2

4,
B.
,4

2,
C.
4,2
D.
2,4
【答案】C
【解析】
【分析】结合基本不等式，求得x2y最小值，转化为m2 2m8，结合一元二次不等式的解法，即可
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求解.
2 1
【详解】由题意，两个正实数x，y满足  1，
x y
2 1 4y x 4y x
则x2y (x2y)(  )4  42  8，
x y x y x y
4y x
当且仅当  ，即x4,y 2时，等号成立，
x y
又由x2y m2 2m恒成立，可得m2 2m8，即(m4)(x2)0，
解得4m2，即实数m的取值范围是 4,2 .
故选：C.
【点睛】本题主要考查了恒成立问题的求解，以及基本不等式的应用，其中解答中利用基本不等式求得
x2y最小值，转化为m2 2m8，结合一元二次不等式的解法求解是解答的关键，着重考查推理与运
算能力.
16. 某软件研发公司对某软件进行升级，主要是对软件程序中的某序列Aa 1 ,a 2 ,a 3 ,  进行重新编辑，
a a a  a
重新编辑后的新序列为A*   2 , 3 , 4 , ，它的第n项为 n1 .若序列  A** 的所有项都是2，且
a a a a
 
1 2 3 n
a 1，a 32，则a 等于（ ）
5 6 1
1 1 1 1
A B. C. D.
.
512 256 2048 1024
【答案】D
【解析】
a a
【分析】设 2 q，则 n1 2n1q，利用累乘法可求得a ，利用a ,a 可构造方程求得结果.
a a n 5 6
1 n
a
【详解】设 2 q，

序列  A** 的所有项都是2，
a
1
a
A   q,2q,22q,  ，即 n1 2n1q，
a
n
a a a a
 a n  a n  a n1  a n2  a 2 a 1 ，
n1 n2 n3 1
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n2n1
∴ a 2n2q2n3qqa 2 2 qn1a ，
n 1 1
 1
a 26q4a 1 a 
 5 1 ，解得： 1 1024.
a 210q5a 32
 6 1  q 2
故选：D.
【点睛】本题考查数列新定义运算问题的求解，关键是能够明确新定义运算实际给出了数列的递推关系
式，根据递推关系式选择累乘法即可求得数列的通项公式.
三、解答题（本大题共有 5题，满分 76分） 解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要
的步骤．
17. 在棱长为4的正方体ABCDABC D 中，点P在棱CC 上且CC 4CP，
1 1 1 1 1 1
（1）求AP与 BC 所成角的大小
1
（2）求点A到平面APD 的距离
1 1
5 66
【答案】（1）arccos
66
16 41
（2）
41
【解析】
【分析】（1）由题意可得BC ∥AD ，所以D AP为异面直线AP与 BC 所成的角，然后在△APD 中求
1 1 1 1 1
解即可，
（2）利用V V 求解
AAPD PAAD
1 1 1 1
【小问1详解】
连接BC ，
1
因为在正方体ABCDABC D 中，AB∥C D ，ABC D ，
1 1 1 1 1 1 1 1
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所以四边形ABC D 为平行四边形，所以BC ∥AD ，
1 1 1 1
所以D AP为异面直线AP与 BC 所成的角，
1 1
因为正方体ABCDABC D 的棱长为4，点P在棱CC 上且CC 4CP，
1 1 1 1 1 1
所以CP1,C P3，
1
所以AP AC2 CP2  AB2 BC2 CP2  16161 33，
DP DC2 C P2  143 5，AD  DD2  AD2  1616 4 2，
1 1 1 1 1 1
AP2  AD2 DP2 333225 5 66
所以由余弦定理得cosD AP 1 1   ,
1 2APAD 2 334 2 66
1
5 66
所以D AParccos ，
1 66
5 66
所以AP与 BC 所成角的大小为arccos ，
1
66
【小问2详解】
连接AP，设点A到平面APD 的距离为d，
1 1 1
5 66
因为cosD AP ，D AP为锐角，
1 66 1
2
5 66  41
所以sinD AP 1   ，
1  66  66
 
1 1 41
所以S  APAD sinPAD   334 2 2 41，
APD 1 2 1 1 2 66
1 1
因为V V ，所以 S d  S 4，
A 1 APD 1 PA 1 AD 1 3 APD 1 3 AA 1 D 1
1 16 41
所以2 41d  444，解得d 
2 41
18. 如图定义：以椭圆中心为圆心，长轴为直径的圆叫做椭圆的“伴随圆”，过椭圆上一点M 作x轴的垂线
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交其“ 伴随圆” 于点 N （ M 、 N 在同一象限内），称点 N 为点 M 的“ 伴随点”．已知椭圆
x2 y2  3  
E:  1(ab0)上的点 3, 的“伴随点”为 3,1 ．
 
a2 b2

2

（1）求椭圆E及其“伴随圆”的方程；
（2）求S 的最大值，并求此时“伴随点”N 的坐标；
OMN
x2 y2
【答案】（1）椭圆E的方程  1；伴随圆的方程为x2  y2 4
4 3
2 3
（2） ，N( 2, 2)
2
【解析】
【分析】（1）利用待定系数法，把已知点分别代入椭圆，得出结果；
1
（2）设M m,y ,Nm,y  ，根据S  m  y  y 并结合基本不等式得出结果.
m n OMN 2 n m
【小问1详解】
 3 3
因为椭圆𝐸:
𝑥2
+
𝑦2
=1(𝑎>𝑏>0)过点

 3,
3
，伴随圆x2  y2 a2过点( 3,1)，所以

a2

4b2
1
，
𝑎2 𝑏2  2 
   31a2
解得b2 3，
x2 y2
∴椭圆E的方程  1；伴随圆的方程为x2  y2 4．
4 3
【小问2详解】
m2 y2
设M m,y ,Nm,y  ，则  m 1, m2  y2 4；
m n 4 3 n
1 1 3
S  m  y  y  m  4m2  3 m2
OMN 2 n m 2 4
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1 3 2 3 2 3
 |m| 4m2  4m2  |m| 4m2  m2 4m2
2 2 4 4
2
2 3 m2 4m2  2 3
    ，
4  2  2
当且仅当m2 4m2，即m 2 时等号成立，此时N( 2, 2)．
.
19. 我国的“洋垃圾禁止入境”政策已实施一年多 某沿海地区的海岸线为一段圆弧AB，对应的圆心角
π
AOB ，该地区为打击洋垃圾走私，在海岸线外侧20海里内的海域ABCD对不明船只进行识别查证
3
(如图：其中海域与陆地近似看作在同一平面内)在圆弧的两端点A，B分别建有监测站，A与B之间的直
线距离为100海里．
1
求海域ABCD的面积；
2
现海上P点处有一艘不明船只，在A点测得其距A点40海里，在B点测得其距B点20 19 海里
.
判断这艘不明船只是否进入了海域ABCD？请说明理由．
2200π
【答案】（1） (平方海里)； （2）这艘不明船只没进入了海域ABCD．.
3
【解析】
【分析】
1
利用扇环的面积公式求出海域ABCD的面积；
2
由题意建立平面直角坐标系，利用坐标求出点P的位置，判断点P是否在海域ABCD内．
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π
【详解】1

AOB ，在海岸线外侧20海里内的海域ABCD，AB100
3
ADBC20，OAOBAB100，
ODOAAD10020120，
π
S  3 π  OD2 OA2  1 π  1202 1002  2200π ( 平方海里)，
ABCD 2π 6 3
2
由题意建立平面直角坐标系，如图所示；
由题意知，点P在圆B上，即(x100)2 y2 7600①，
点P也在圆A上，即(x50)2 (y50 3)2 1600②；
由①②组成方程组，
 x30  x90
解得 或 ；
y 30 3 y 50 3
 x2y210000
又区域ABCD内的点满足x2 y2 14400，

由302 (30 3)2 360010000，
 
点 30,30 3 不在区域ABCD内，
由902 (50 3)2 1560014400，
 
点 90,50 3 也不在区域ABCD内；
即这艘不明船只没进入了海域ABCD．
【点睛】本题考查了圆的方程模型应用问题，是中档题．
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20. 观察数列：①1,1,1,1,  ；②正整数依次被4除所得余数构成的数列1,2,3,0,1,2,3,0,  ；③
nπ
a
n
tan
3
,n1,2,3, .
（1）对以上这些数列所共有的周期特征，请你类比周期函数的定义，为这类数列下一个周期数列的定
义：对于数列
a 
，如果________________，对于一切正整数
a 
都满足___________________成立，则
n n
称数列
a 
是以T 为周期的周期数列；
n
（2）若数列 a  满足a a a ,nN*，S 为 a  的前 a  项和，且S =2028，S =2030，求
n n2 n1 n n n n 2 3
数列 a  的周期，并求S ；
n 2038
 1
（3）若数列 a n  的首项，a 1  p, p   0, 2   ，且a n1 2a n 1a n ,nN*，判断数列 a n  是否为周期
数列，并证明你的结论．
【答案】（1）存在正整数T ，使a a
nT n
（2）以6为周期的周期数列；S 1017
2038
（3）不是周期数列，证明见解析
【解析】
【分析】（1）类比周期函数的定义即可得出答案；
（2）先求出数列 a  是以T 6为周期的周期数列，再由周期性即可求出S ；
n 2038
 1
（3）当 p  0, 时， a  是递增数列，不是周期数列，再由数学归纳法证明即可.
 2 n
【小问1详解】
存在正整数T ，使a a ；
nT n
【小问2详解】
由a a a ，所以a a a a a a a ，
n2 n1 n n3 n2 n1 n1 n n1 n
所以 a a a ，所以数列 a  是以T 6为周期的周期数列；
n6 n3 n n
由S =2028，S =2030a 2,a a 2028，由题意：a a a 2，
2 3 3 1 2 3 2 1
所以a 1013,a 1015，
1 2
又a k a k1   a k6 0,kN*，因为a 1 a 4 ，
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所以S 339a a a a a a a a a a a a a a
2038 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 1 2 3 4
a a a a 1017；
4 2 3 4
【小问3详解】
当 p 0时， a  是周期数列，因为此时a 0nN* 为常数列，
n n
所以对任意给定的正整数T 及任意正整数n，都有a a ，符合周期数列的定义。
nT n
 1
当 p  0, 时， a  是递增数列，不是周期数列.
 2 n
下面用数学归纳法进行证明：
 1
①当n1时，因为a  p, p

0,

1  2
2
 p1 p 1
所以a 2a 1a a 2p1 p2
 
 ，
2 1 1 1  2  2
且a a 2a 1a a a 12a  p12p0,
2 1 1 1 1 1 1
 1
所以a a 且a   0, .
1 2 2  2
 1
②假设当nk时，结论成立，即a
1
a
2


a
k
，且a
k

 
0,
2  
则a a 2a 1a a a 12a 0，即a a ，
k1 k k k k k k k k1
所以当nk1时，结论也成立.
根据①、②可知，
a 
是递增数列，不是周期数列.
n
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于根据递推关系得数列
b 
是周期为6的数列，再结合
n
（2）中的条件，可求出前六项之和为0，求解即可.
21. 对于函数y  f x ，若函数Fx f x1 f x 是严格增函数，则称函数y  f x 具有性质
A．
（1）若 f x x2 2x，求Fx 的解析式，并判断 f x 是否具有性质A；
（2）判断命题“严格减函数不具有性质A”是否真命题，并说明理由；
（3）若函数 f xkx2 x3x0 具有性质A，求实数k的取值范围，并讨论此时函数
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gx f sinxsinx在区间 0,π 上零点的个数．
【答案】（1）F(x)2x1， f x 具有性质A；
（2）假命题，理由见解析；
（3）详见解析.
【解析】
【分析】（1）由 f x x2 2，结合Fx f x1 f x 即可得出Fx 解析式，由Fx 单调
性，进而可得出结果；
（2）判断命题“严格减函数不具有性质A”，为假命题，举出反例即可，如 f x0.5x；
（3）若函数 f xkx2 x3x0 具有性质A，可知Fx 在x 0为增函数，进而可求出实数k的取
值范围；再令t sinx0t 1 ，则gx f sinxsinx在区间 0,π 上零点的个数，即是 f tt
的根的个数，结合k的取值范围，即可求出结果.
【小问1详解】

f x x2 2，Fx(x1)2 2x2 22x1，
Fx 在R上递增，可知 f x 具有性质A；
【小问2详解】
命题“严格减函数不具有性质A”，为假命题，比如： f x0.5x，
Fx f x1 f x0.5x1在R上递增， f x 具有性质A；
【小问3详解】
若函数 f xkx2 x3x0 具有性质A，
可得Fx f x1 f xk(x1)2 (x1)3 kx2 x3 3x2 32kx1k
32k 3
在x 0递增，可得 0，解得k  ；
6 2
gx f sinxsinxksinx2 sinx3 sinx,x0,π，
令gx0，
得ksinx2 sinx3
sinx0，
即sinx
0或ksinxsinx2
1，
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sinx2
1
得x0或x  π或k  ,x0,π，
sinx
令t sinx0t 1 ，
1t2 1
则k   t，
t t
1
由 t 在 0,1 递减，且值域为 0, ，
t
 3 
则k

 ,0 时，无解；
 2 
π
当k 0时，t sinx1 x ，有一个解；
2
当k 0时，t0,1，即t sinx有两个解；
 3 
综上：当k

 ,0 时，gx 在区间 0,π 上零点的个数为2；
 2 
当k
0时，gx
在区间
0,π
上零点的个数为3；
当k0, 时，gx
在区间
0,π
上零点的个数为4；
【点睛】关键点睛：本题考查函数的新概念问题，涉及到函数的解析式与函数的单调性，以及函数零点问
题，按照题中条件结合函数的性质分析是解决本题的关键.
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