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上海市杨浦区 2023 届高三二模数学试卷
2023.04
一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）
1. 集合 ， ，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】根据一元二次方程化简集合 ,由集合的交运算即可求解.
【详解】由 得 ，所以 ，
故答案为：
2. 复数 的虚部是______
【答案】 ##0.96
【解析】
【分析】根据复数除法法则化简即得结果.
【详解】因为 ，所以虚部为 .
故答案为：
3. 已知等差数列 中， ，则数列 的通项公式是___________.
【答案】 ##
【解析】
【分析】设公差为d，由基本量代换列方程组，解出 ，即可得到通项公式.
【详解】设等差数列 的公差为d，由题意可得： ，
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解得： ，
所以 .
故答案为： .
4. 设 ，则 ______
【答案】
【解析】
【分析】先写出 的二项展开式的通项，再求出 即可.
【详解】 二的项展开式的通项：
，
故 ．
故答案为： .
5. 函数 的导数是 ______
【答案】
【解析】
【分析】根据复合函数求导法则进行求导即可.
【详解】因为 ，
所以 .
故答案为： .
6. 若圆锥的侧面积为 ，高为4，则圆锥的体积为______
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【答案】
【解析】
【分析】圆锥的半径为r，母线长为l，高为h，则侧面积为 ，再结合
，可得 的值.然后根据椎体体积公式 计算即可.
详解】
【
设圆锥的半径为 ，母线长为 ，高为 ，有 ，解得： .
故答案为： .
7. 由函数的观点，不等式 的解集是______
【答案】
【解析】
【分析】构造 可得 为单调递增函数，有 即可求解.
【详解】令 ，由于 均为单调递增函数，因此 为 上的单
调递增函数，又 ，故 的解为 ，
故答案为：
8. 某中学举办思维竞赛，现随机抽取50名参赛学生的成绩制作成频率分布直方图（如图），估计学生的
平均成绩为______分
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【答案】
【解析】
【分析】利用直方图求学生的平均成绩即可.
【详解】由直方图知：平均成绩为
分.
故答案为：
9. 内角 、 、 的对边是 、 、 ，若 ， ， ，则 ______
【答案】 ##
【解析】
【分析】利用正弦定理及大边对大角即可求解.
【详解】因为 ， ， ，
由正弦定理得 ，
所以 或 .
由 ，得 ,
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所以 ，
所以 .
故答案为： .
10. 若 ､ 是双曲线 的左右焦点，过 的直线 与双曲线的左右两支分别交于 ，
两点.若 为等边三角形，则双曲线的离心率为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据双曲线的定义算出△AFF 中，|AF|=2a，|AF |=4a，由△ABF 是等边三角形得∠FAF=120°，
1 2 1 2 2 1 2
利用余弦定理算出c= a，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线C的离心率.
【详解】因为△ABF 为等边三角形，可知 ，
2
A为双曲线上一点， ，
B为双曲线上一点，则 ，即 ，
∴
由 ，则 ，已知 ，
在△FAF 中应用余弦定理得： ，
1 2
得c2=7a2，则e2＝7⇒e＝
故答案为：
【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率，常常不能经过条件直接得到a，c的值，这时可将 或 视为一
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个整体，把关系式转化为关于 或 的方程，从而得到离心率的值.
11. 若存在实数 ，使函数 在 上有且仅有2个零点，则 的取
值范围为______
【答案】
【解析】
【分析】利用 的图像与性质，直接求出函数 的零点，再利用题设条件建立不等关系
且 ，从而求出结果.
【详解】因为 ，由 ，得到 ，
所以 或 ，
所以 或 ，
又因为存在实数 ，使函数 在 上有且仅有2个零点，所以
且 ，即 且 ，解
得 .
故答案为：
12. 已知非零平面向量 、 、 满足 ， ，且 ，则 的最小值是
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______
【答案】
【解析】
【分析】由向量的运算，数量积与模长的关系，利用三角函数的性质求最值即可.
【详解】
解：如图 ， ， ，则 ， ，
已知 ，即 ，所以 ，
取BD的中点O，则有 ，
而 ，根据三角形的三边关系可知
则 ，所以 ，当A，O，C三点共线时取等号，
记 向量的夹角为 ，则 ，
同理 ，
由 ，可得 ，
则 ，
当 ，即 时取等号，
所以 ，即 的最小值是 ，
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故答案为： .
【点睛】本题考查平面向量的综合运用，关键点在于利用三角形的三边关系得到不等式
，进而利用数量积求模长.
二.选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）
13. 已知 、 ，则“ ”是“ ”的（ ）条件
A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要
【答案】C
【解析】
【分析】利用函数 在 上单调递增即可判断出结论.
【详解】 是奇函数且为递增函数，所以 ，则 ，即 ，同理，
，则 ，函数单调递增，得 ；
“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
14. 对成对数据 、 、…、 用最小二乘法求回归方程是为了使（ ）
A. B.
C. 最小 D. 最小
【答案】D
【解析】
【分析】由最小二乘法的求解即可知.
【详解】根据最小二乘法的求解可知：回归方程是为了使得每个数据与估计值之间的差的平方和最小，
故选：D
15. 下列函数中，既是偶函数，又在区间 上严格递减的是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用奇偶性定义判断各函数的奇偶性，再由指对幂函数的性质判断区间单调性，即可得答案.
【详解】由 且 ，故 为偶函数，在 上 递减，A符合；
由 的定义域为 ，故为非奇非偶函数，B不符合；
由 定义域为 ，又 ，故 为偶函数，在 上
递增，C不符合；
由 的定义域为 ， ，故为偶函数，在 上递增，D不符合.
故选：A
16. 如图，一个由四根细铁杆 、 、 、 组成的支架（ 、 、 、 按照逆时针排
布），若 ，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有
接触，则球心 到点 的距离是（ ）
A. B. C. 2 D.
【答案】B
【解析】
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【分析】将支架看作一个正四棱锥，根据已知及相切关系得到三角形相似，利用相似比求球心 到点 的
距离.
【详解】
如上图正四棱锥 ， 为底面中心， 为球心， 为球体与 的切点，
又 ，故 各侧面均为等边三角形，
若侧面三角形边长为 ，则 ， ， ，
显然 △ △ ，故 ，则 .
故选：B.
三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）
17. 已知一个随机变量 的分布为： .
（1）已知 ，求 、 的值；
（2）记事件 ： 为偶数；事件 ： .已知 ，求 ， ，并判断 、 是
否相互独立？
【答案】（1） ， ；
（2） ， ，事件 与 不相互独立.
【解析】
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【分析】（1）根据分布的性质及数学期望列方程直接求解即可；
（2）由 及分布列的性质求出 、 ，进一步求出 ， ，利用两个事件相互独立
的定义判断即可.
【小问1详解】
由随机变量的分布的性质有 ，得 ，
又
，
解得 ，所以 ，即 ， ；
【小问2详解】
由题意， ，又事件 ： 为偶数，
所以 ，所以 ，
由随机变量的分布的性质有 ，得 ，
又事件 为 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 与 不相互独立.
18. 四边形 是边长为 1 的正方形， 与 交于 点， 平面 ，且二面角
的大小为 .
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（1）求点 到平面 的距离；
（2）求直线 与平面 所成的角.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）建立空间直角坐标系，设 ，利用空间向量法及二面角 的大小求出 的
值，再求平面 的法向量 ，根据点 到平面 的距离 求解即可；
（2）先求出平面 的法向量，利用空间向量法求解即可.
【小问1详解】
因为四边形 是正方形， 平面 ， 平面 ，
所以 两两垂直，
以 为原点， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立如图所示坐标系，
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设 ， ，则 ， ， ， ， ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，
取平面 的法向量 ，
因为二面角 的大小为 ，
所以 ，解得 ，即 ，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，
所以点 到平面 的距离 .
【小问2详解】
由（1）得 ，
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设平面 的法向量 ，
则 ，取 ，
设直线 与平面 所成的角为 ， ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成的角为 .
19. 如图，某国家森林公园的一区域 为人工湖，其中射线 、 为公园边界.已知 ，以
点 为坐标原点，以 为 轴正方向，建立平面直角坐标系（单位：千米）.曲线 的轨迹方程为：
.计划修一条与湖边 相切于点 的直路 （宽度不计），直路 与公园边界交于
点 、 两点，把人工湖围成一片景区 .
（1）若 点坐标为 ，计算直路 的长度；（精确到0.1千米）
（2）若 为曲线 （不含端点）上的任意一点，求景区 面积的最小值.（精确到0.1平方千米）
【答案】（1）
（2）
【解析】
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【分析】（1）根据导数与切线的关系求解即可；
（2）利用切线方程与导数的关系求出点 处的切线方程，从而表示出 的面积，再利用导数与单调
性和最值的关系即可求解.
【小问1详解】
因为 ，所以 ，所以 ，
所以由点斜式可得 ，即 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 ，所以 .
【小问2详解】
设 ，
则由（1）可知 ，
所以 的直线方程为 ，
整理得 ，
令 ，解得 ，令 ，解得 ，
所以 ，
设 ，
，
令 ，即 ，解得 ，
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令 ，即 ，解得 ，
所以函数 在 单调递减， 单调递增，
所以 .
所以景区 面积的最小值为 .
20. 已知椭圆 的右焦点为 ，直线 .
的
（1）若 到直线 距离为 ，求 ；
（2）若直线 与椭圆 交于 ， 两点，且 的面积为 ，求 ；
（3）若椭圆 上存在点 ，过 作直线 的垂线 ，垂足为 ，满足直线 和直线 的夹角为 ，求
的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3） 且
【解析】
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【分析】（1）由椭圆方程得右焦点为 ，再根据已知条件及点到直线的距离公式求解即可；
（2）联立直线与椭圆方程，先由韦达定理及弦长公式求 ，点到直线的距离公式求O到直线 的距离 ，
再根据三角形面积公式求解即可；
（3）分 和 两种情况讨论，易知 不合题意，当 时，根据题意可得直线 的方程
为 或 ，代入 方程可求 点坐标，从而可求直线 的方程，联立 与椭圆方程，利用 即可
求出 的取值范围．
【小问1详解】
因为 ，所以右焦点为 ，
又因为 ，所以 到直线 的距离 ，解得 ；
【小问2详解】
设 ， ，
由 得 ，
所以 ，即 ，且 ，
所以
，
又因为O到直线 的距离为 ，
所以 的面积为
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，
解得 满足 ，所以 ；
【小问3详解】
若 ，则直线 经过点 ，此时直线 和直线 的夹角为 （舍去），
若 ，由直线 和直线 的夹角为 ，且 得，
直线 的方程为 或 代入 得 或 ，
所以直线 的方程为 或 代入椭圆方程得
或 ，
由 或
解得 或 ，
综上得的取值范围为 且 ．
21. 已知数列 是由正实数组成的无穷数列，满足 ， ， ， .
（1）写出数列 前4项的所有可能取法；
（2）判断：是否存在正整数 ，满足 ，并说明理由；
（3） 为数列 的前 项中不同取值的个数，求 的最小值.
【答案】（1）答案见解析；
（2）不存 在，理由见解析；
（3）51
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【解析】
【分析】（1）根据题意得 或 ，再直接求解即可；
（2）根据 或 ，再证明 ， 即可证明结论‘；
（3）根据 ①或 ②得对于任意的 ，均可以使用①递推，②不能连续
使用，进而记记 且 ， 可得 且
，进而得 ，再根据特例说明 即可得答案.
【小问1详解】
解：由 得 或 ，
所以 或 ，
因为足 ， ，
所以 或 ，
所以，当 时， 或 ；
当 时， 或
因为数列 是由正实数组成的无穷数列，
所以 舍，
所以，数列 前4项的所有可能取法有 ， ， ， 或 ， ，
， 或 ， ， ， .
【小问2详解】
解：不存在，下面证明：
因为 ，
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所以， 或 ，
当 时，
因为数列 是由正实数组成的无穷数列，
所以 ，即
或 ，
所以 ；
当 时，
因为数列 是由正实数组成的无穷数列，
所以 ，即
所以 或 （舍），
综上， ，
所以 ， ， .
综上，不存在正整数 ，满足 .
【小问3详解】
解：由 ，
所以， ①或 ②，
对于任意的 ，均可以使用①递推，只有满足 时，才可以使用②递推；
若 ，显然 ，下次只能用①递推，即
所以，②不能连续使用.
记 且 ，
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若 ，则 ；
若 ，则 ，所以 ，
所以 且 ，
.
所以， 中至少有 共51项，即
举例如下：
所以 ，此时 ，
所以， 的最小值为51.
【点睛】关键的点睛：本题第三问解题的关键在于构造 且 ，
推理得到 且 ， ，进而结合题意说明最小值可以取
到 即可.
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