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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：5
1
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4．
【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，
2
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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）．
，
3
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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
，
4
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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
5
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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：
.
6
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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，
7
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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
8
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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
，
9
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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
，
，
，
10
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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.
11
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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；
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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；
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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
,
14
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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)
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【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；
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（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；
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（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
，
18
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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
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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
.
20
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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
，
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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.
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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，
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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．
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