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2023 年高考押题预测卷01【上海卷】
数学·全解全析
1．
/-0.5
【分析】
复数的乘法计算和复数的虚部和实部的意义即可求解.
【详解】
，
因为
，
所以
，
所以
，
所以
，
故答案为：
.
2．
【分析】首先根据展开式中存在
一项可知
，然后根据二项式展开式的通式结合已知条件列出关于
的方程，解方程即可求出参数
的值.
【详解】根据已知条件
是二项式展开式的某一项，故得
.
由
，令
，得
.
得
，根据已知可得
，解得
，即
.
故答案为：
.
3．
【分析】设函数
在
上的零点为
，则由
，则
在直线
上，则
可看作是
到直线的距离的平方，利用导数求出其最小值即可得
1
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到答案
【详解】解：设函数
在
上的零点为
，则
，
所以点
在直线
上，
设
为坐标原点，则
，其最小值就是
到直线的距离的平方，
所以
，
，
设
，设
，
则
，所以
在
上单调递减，
所以
，
所以
即
，所以
的最小值为
，
故答案为：
4．
【分析】计算
，
，再计算交集得到答案.
【详解】
，
.
故
.
故答案为：
5．
【分析】首先求出基本事件总数，再求出满足条件的事件数，最后利用古典概型的概率公式计算可得.
【详解】依题意在一副不含大小王的
张扑克牌中不放回的抽取三次，抽到两张
，一张
，
2
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再不放回的抽取两次，共有
种抽法，
抽到一张
、一张
的方法有
种抽法，抽到两张
的方法有
种抽法，
故接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型的方法有
种，
故接下来两次抽取能抽到“三带二”的牌型的概率
.
故答案为：
6．
【分析】设双曲线的左焦点为
，连接
，
，则
，
，解得
，得到
，
，得到答案.
【详解】如图所示：设双曲线的左焦点为
，连接
，
，
，则
，四边形
为矩形，
.
故
，
，则
，
，故
，
.
双曲线
的方程为
.
故答案为：
3
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7．
【分析】不妨设、
、
相交于点，根据题意构造两个圆锥，结合轴截面可得
与
所成角的最小值与
最大值，可得答案.
【详解】不妨设、
、
相交于点．如图，根据题意构造两个圆锥，其中底面圆心为
，轴
所在直
线为，小圆锥的母线所在直线为
，轴截面
；大圆锥的母线所在直线为
，轴截面
，且
在一条直线上．
由题意
，又
，可知
,
由图可知，当
移动到
，
移动到
时，可得
与
所成角的最小，最小值为
；
当
移动到
，
移动到
时，可得
与
所成角的最大，最大值为
，
所以，
与
所成角的取值范围为
.
故答案为：
.
8．
【分析】确定
，
，
，再根据和差公式计算得到答案.
【详解】
，
是第二象限的角，则
，
则
，
4
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.
故答案为：
9．
（答案不唯一）
【分析】由奇函数的性质及对称轴得函数的周期，再结合已知解析式作出函数图象，由于
，由
的定义及函数的单调性得出
，
，
，求出
与
图象交点的横坐标（在
上求出，由周期性易得其他值），然后分析推理得出
时的
值．
【详解】因为
是奇函数，且图象关于直线
对称，则
，
于是
，即函数
是周期函数，4 是它的一个周期，作出函数的部分图象，如图，
当
时，
，最大值为1，因此
的最大值为1，且
，
，
由于
，因此
，否则
，矛盾，
在
上递增，若
，则
，即
，矛盾，于是
，
即有
，
，并且有
，否则
，从而
，
由
得
或
，所以图中
，
，
5
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当
时，
，满足题意，当
时，
，满足题意，
综上，
的值为
或
．
故答案为：
10．[1,13]
【分析】根据二次函数的性质和已知条件得到m 与n 的关系，化简
后利用不等式即可求出其
范围.
【详解】二次函数f(x)对称轴为
，
∵f(x)值域为
，
∴
且
，n＞0.
，
∵
=
=
=
=
∴
，
，
∴
[1,13].
∈
故答案为：[1,13].
11．
【分析】设
，
，根据向量线性运算可得
，设
，则
，由向量
垂直的坐标表示可构造方程，结合二次函数最值求法可求得
，由
可求得最小值.
6
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【详解】设
在直线
上，又
是平面直角坐标系中关于
轴对称的两点，
，
；
设
，
，则
，
，
，
不妨设
在
的左侧，
，则
，
与
垂直，
，
即
有解，
，
，即
的最小值为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题考查平面向量模长最值的求解问题，解题关键是能够将问题转化为求解与变量
有关的函数最值的求解问题，从而根据向量的线性运算和向量垂直的坐标表示求得的范围，结合函数最
值求法可求得结果.
12．
【分析】当
时可得
，再根据数列的单调性求得
，
取得最小值，而
，分别求出
、
，比较可得
时
的最小值；然后
7
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当
、
时，根据数列的单调性，分别求出可能取得最小值时的值，比较即可得答案.
【详解】当
时可得
，
因为数列
是单调递减数列，数列
为单调递增数列，
所以当
时，
取得最小值，此时
，
因为
，而
，
，
又
，所以当
时，
的最小值为
；
当
时，
，
因为数列
为单调递减数列，数列
为单调递增数列，
所以当
时，
取得最小值，此时
，
因为
，而
，
，
此时
的最小值为
，而
；
当
时，
，
，
所以
，
令
，
因为数列
为单调递减数列，数列
为单调递增数列，
所以
时，
取得最小值，此时
，
8
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因为
，
，
，
又因为
，此时
的最小值为
.
综上所述，
的最小值为
.
故答案为：
.
13．B
【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.
14．B
【分析】解出不等式的解集，判断“
”和“
”之间的逻辑推理关系，即得答案.
【详解】解
，当
时，即
，则
，此时解集为
，
当
时，即
，则
，此时解集为
，
当
时，即
，则
，此时解集为
，
9
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故“
”成立时，等价于
；
当“
”成立时，等价于
，
故
成立时，不一定推出
成立，反之成立，
故“
”是“
”的必要不充分条件，
故选：B
15．B
【分析】根据指对幂函数的性质依次判断各选项即可得答案.
【详解】解：对于A 选项，函数
为奇函数，在定义域上无单调性，故错误；
对于B 选项，函数
为奇函数，当
时，
为减函数，故函数
在定义域内
为减函数，故B 正确；
对于C，由于函数
均为增函数，故
在定义域内为单调递增函数，故C 错误；
对于D 选项，函数
为非奇非偶函数，故错误.
故选：B
16．C
【分析】对①，分析当
时点
的轨迹总落在某个椭圆上即可；
对②，设
，
，
，则
，利用点差法，化简可得
，故若存在
，使得点
的轨迹总落在某条直线上则
为常数，再化简分析
推出无解即可
【详解】设
，
，
，则
.
对①，当
时，
，
，易得
，故两式相减有
，易得此时
，
10
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故
，所以
，即
.代入
可得
，所以
，故存在
，使得点
的轨迹总落在椭圆
上.故①正确；
对②，
，
.由题意，若存在
，使得点
的轨迹总落在某条直线上，则
，
，
两式相减有
，即
，又
，故
，即
，又
，故若存在
，使得点
的轨迹总落在某条
直线上，则
为常数.即
为定值，因为分子分母
次数不同，故若为定值
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则
恒成立，即
，无解.即不存在
，使得点
的轨迹总落
在某条直线上
故选：C
17．(1)证明见解析；
(2)
．
【分析】（1）由
，
结合面面垂直的判定证明即可；
（2）以点
为坐标原点，建立坐标系，再由向量法得出二面角
的余弦值.
【详解】（1）在
中，
，
所以
，
所以
，所以
，
因为
平面
平面
，
所以
，因为
，
平面
，
所以
平面
，因为
平面
，
所以平面
平面
；
（2）因为
平面
，所以
，又
，
所以以
为原点，
分别为
轴建立空间直角坐标系：
则
，
12
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则
，
设平面
的法向量为
，
则
，取
，得
，得
，
取平面
的法向量为
，
设二面角
的大小为
，由图形知，
为锐角，
所以
，
所以二面角
的余弦值为
．
18．(1)存在，理由见解析.
(2)证明见解析.
【分析】（1）运用函数的奇偶性的定义，即可求出a 的值，进而说明存在.（2）求出函数的导数，
在
上大于0 恒成立，结合二次函数判断函数的单调性即可证明本题.
【详解】（1）若
为奇函数，则
恒成立，
即
，∴
，∴
，
则当
时，
为奇函数．
（2）∵
，
∴
，
设
，∴
，
开口向下，对称轴为
，∵
，∴
，
则
，
13
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则当
时，函数
在区间
上是严格增函数．
19．(1)
(2)
【分析】（1）在
中，求得
，在
中，求得
，根据三角形的面
积公式即可求解.
（2）令
，利用降次化一得到
，根据正弦
函数的性质可求得
的取值范围，最终求得
的范围，从而可解.
【详解】（1）依题意得：点A 到
的距离分别为2，6 即
在
中，
，
，即
，
，
，
，
在
中，
，
即
，
即
.
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（2）由（1）知
，
设
，
，
，
∴当
，即
时，函数
的最小值
.
20．(1){bn}与{an}不成“4 级关联”，理由见解析
(2)2022
(3)证明见解析
【分析】（1）根据“4 级关联”的定义判断；
（2）根据“4 级关联”的可得
，根据累加法即数列的周期性可求
；
（3）根据定义可得
，再分别证明结论的充分性和必要性即可．
【详解】（1））由
，可得
，
显然，等式不恒成立，举反例：
时，有：左
右．
∴
与
不成“4 级关联”．
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（2）由
可得：
，
利用累加法：
，
整理得：
，
由
可知：
且第一周期内有
，
所以
，
而又因为
，故
；
（3）证明：由已知可得
，
所以
，
所以
，
（a）先说明必要性．
由
为递增数列可知：
，
当
时，
，
所以
，
当
时，
，
由（*）式可知：
，故
，（必要性得证）
（b）再说明充分性．
考虑反证法．假设数列
中存在两项满足
，得到
，
由于
结合
，能够得到：
，
16
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可知
对于全体正整数
都成立，这与存在一项
矛盾！假设不成立，（充分性得证）
由（a）、（b），命题得证．
21．(1)
；
(2)1；
(3)是 ，
【分析】（1）根据椭圆和双曲线的关系，结合椭圆和双曲线的性质，求得
代入方程即可求解；
（2）设点
，利用斜率方程求得k,结合双曲线方程，即可求得k；
（3）法一：分两种情况讨论，当直线l 的斜率为0，则
，当直线l 的斜率不为0，设直线方程并与
椭圆方程联立，结合韦达定理，然后根据
，联立方程即可出.
法二：直接设直线
，联立椭圆方程得到韦达定理式，根据向量关系求出
的表达式，设
，整理得
，再整体代入即可.
【详解】（1）设椭圆
的右焦点为（c,0）（c>0），则
,
由题知，双曲线
：
,所以
，即
，
因为
的周长为
，即
，
联立①②③得，
，
所以椭圆
的方程为
，
双曲线
的标准方程为
（2）设双曲线
上的点
，
，
17
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则
．
又
（3）是；由题知直线l 的斜率存在，
法一：
①当直线l 的斜率为0 时，
，
，
②当直线l 的斜率不为0 时，设其方程为
，
④
解得
，其中
，且
，
，
，
由
18
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，
所以点R 在一条定直线
上．
法二：
依题可知:直线的斜率存在,设其方程为
，
，
所以
,消元整理得,
所以
，
由
得,
，所以
，
设
，由
得,
所以
，
所以
在定直线
上.
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