2023年上海交大附中高考数学模拟试卷（含答案解析）

这是一份2023年上海交大附中高考数学模拟试卷（含答案解析），共14页。试卷主要包含了 在平面直角坐标系内，直线l等内容，欢迎下载使用。

2. 已知i为虚数单位，复数z满足1−z1+z=i，则|z|=__________.
3. 在平面直角坐标系内，直线l：2x+y−2=0，将l与两坐标轴围成的封闭图形绕y轴旋转一周，所得几何体的体积为______.
4. 已知sin2θ+sinθ=0，θ∈(π2,π)，则tan2θ=_____________.
5. 设定义在R上的奇函数y=f(x)，当x>0时，f(x)=2x−4，则不等式f(x)≤0的解集是______.
6. 在平面直角坐标系xOy中，有一定点A(1,1)，若OA的垂直平分线过抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点，则抛物线C的方程为______.
7. 设某产品的一个部件来自三个供应商，这三个供应商的良品率分别是0.92，0.95，0.94，若这三个供应商的供货比例为3：2：1，那么这个部件的总体良品率是______ (用分数作答).
8. 记(2x+1x)n的展开式中第m项的系数为bm，若b3=2b4，则n=______.
9. 从所有棱长均为2的正四棱锥的5个顶点中任取3个点，设随机变量ξ表示这三个点所构成的三角形的面积，则其数学期望Eξ=______.
10. 已知函数f(x)=x2+px+q有两个零点1，2，数列{xn}满足xn+1=xn−f(xn)f′(xn)，若an=lnxn−2xn−1，且a1=−2，则数列{an}的前2023项的和为______ .
11. 在平面直角坐标系xOy中，抛物线y2=2x的焦点为F，若M是抛物线上的动点，则|MO||MF|的最大值为______ .
12. 已知a>0，函数f(x)=x−ax(x∈[1,2])的图象的两个端点分别为A、B，设M是函数f(x)图象上任意一点，过M作垂直于x轴的直线l，且l与线段AB交于点N，若|MN|≤1恒成立，则a的最大值是______.
13. “sinα=0”是“csα=1”的条件.( )
A. 充分非必要B. 必要非充分C. 充要D. 既非充分也非必要
14. 设l1，l2为两条不同的直线，α为一个平面，则下列命题正确的是( )
A. 若直线l1//平面α，直线l2//平面α，则l1//l2
B. 若直线l1上有两个点到平面α的距离相等，则l1//α
C. 直线l2与平面α所成角的取值范围是(0,π2)
D. 若直线l1⊥平面α，直线l2⊥平面α，则l1//l2
15. 已知a、b是平面内两个互相垂直的单位向量，若向量c满足(c−a)⋅(c−b)=0，则|c|的最大值是( )
A. 1B. 2C. 2D. 22
16. 已知函数f(x)=|lg3x|;0A. (60,96)B. (45,72)C. (30,48)D. (15,24)
17. 如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等腰直角三角形，AC=BC=AA1=2，D为侧棱AA1的中点
(1)求证：BC⊥平面ACC1A1；
(2)求二面角B1−CD−C1的大小(结果用反三角函数值表示)
18. 已知函数f(x)=2sinxcsx+2cs2x.
(1)求函数f(x)的单调递增区间；
(2)将函数y=f(x)图象向右平移π4个单位后，得到函数y=g(x)的图象，求方程g(x)=1的解．
19. 如图，一智能扫地机器人在A处发现位于它正西方向的B处和B处和北偏东30∘方向上的C处分别有需要清扫的垃圾，红外线感应测量发现机器人到B的距离比到C的距离少0.4m，于是选择沿A→B→C路线清扫，已知智能扫地机器人的直线行走速度为0.2m/s，忽略机器人吸入垃圾及在B处旋转所用时间，10秒钟完成了清扫任务；
(1)求B、C两处垃圾之间的距离；(精确到0.1)
(2)求智能扫地机器人此次清扫行走路线的夹角∠B的大小；(用反三角函数表示)
20. 如图，设F是椭圆x23+y24=1的下焦点，直线y=kx−4(k>0)与椭圆相交于A、B两点，与y轴交于点P
(1)若PA=AB，求k的值；
(2)求证：∠AFP=∠BF0；
(3)求面积△ABF的最大值．
21. 已知正项数列{an}，{bn}满足：对任意正整数n，都有an，bn，an+1成等差数列，bn，an+1，bn+1成等比数列，且a1=10，a2=15.
(Ⅰ)求证：数列{ bn}是等差数列；
(Ⅱ)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(Ⅲ)设Sn=1a1+1a2+⋯+1an，如果对任意正整数n，不等式2aSn<2−bnan恒成立，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】(−2,1]
【解析】解：A={x||x|<2,x∈R}={x|−2B={x|x2−4x+3≥0,x∈R}={x|x≥3或x≤1}，
则A∩B={x|−2故答案为：(−2,1].
求出集合的等价条件，根据集合的基本运算进行求解即可．
本题主要考查集合的基本运算，求出集合的等价条件，根据集合的基本运算实是解决本题的关键．
2.【答案】1
【解析】
【分析】
本题考查了复数求模问题，考查解方程组问题以及对应思想，是一道基础题．
设出z=a+bi，得到1−a−bi=−b+(a+1)i，根据实部虚部对应相等得到关于a，b的方程组，解出a，b的值，求出z，从而求出z的模．
【解答】
解：设z=a+bi，则1−z1+z=1−a−bi1+a+bi=i，
∴1−a−bi=−b+(a+1)i，
∴1−a=−b−b=a+1，解得a=0b=−1，
故z=−i，|z|=1.
故答案为：1.

3.【答案】23π
【解析】解：由题意可知：V=02π(y2−1)2dy，
∴V=π(112y3−12y2+y)丨02，
=2π3.
方法二：由题意可知绕y轴旋转，形成的是以1为半径，2为高的圆锥，
则V=13⋅π×12×2=2π3，
故答案为23π.
由题意此几何体的体积可以看作是：V=02π(y2−1)2dy，求出积分即得所求体积，方法二由题意可得绕y轴旋转，形成的是以1为半径，2为高的圆锥，根据圆锥的体积公式，即可求得所得几何体的体积．
本题考查用定积分求简单几何体的体积，求解的关键是找出被积函数来及积分区间，属于基础题．
4.【答案】 3
【解析】解：∵sin2θ+sinθ=0，
⇒2sinθcsθ+sinθ=0，
⇒sinθ(2csθ+1)=0，
∵θ∈(π2,π)，sinθ≠0，
∴2csθ+1=0，解得：csθ=−12，
∴tanθ=− 1cs2θ−1=− 3，
∴tan2θ=2tanθ1−tan2θ= 3.
故答案为： 3.
由已知等式化简可得sinθ(2csθ+1)=0，结合范围θ∈(π2,π)，解得csθ=−12，利用同角三角函数基本关系式可求tanθ，利用二倍角的正切函数公式可求tan2θ的值．
本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正切函数公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．
5.【答案】(−∞,−2]∪[0,2]
【解析】解：当x<0，则−x>0，此时f(−x)=2−x−4，
∵f(x)是奇函数，
∴f(0)=0，f(−x)=2−x−4=−f(x)，
即f(x)=−2−x+4，x<0，
当x>0时，由f(x)=2x−4≤0，得0当x=0时，f(x)≤0成立，
当x<0时，由f(x)=−2−x+4≤0，得2−x≥4，即−x≥2，则x≤−2，
综上0≤x≤2或x≤−2，
即不等式的解集为(−∞,−2]∪[0,2],
故答案为：(−∞,−2]∪[0,2],
根据函数奇偶性的性质，先求出函数的解析式，然后解不等式即可．
本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性的性质求出函数的解析式是解决本题的关键．注意要进行分类讨论．
6.【答案】y2=4x
【解析】解：∵点A(1,1)，
依题意我们容易求得直线的方程为x+y−1=0，
把焦点坐标(p2,0)代入可求得焦参数p=2，
从而得到抛物线C的方程为：y2=4x.
故答案为：y2=4x.
先求出线段OA的垂直平分线方程，然后表示出抛物线的焦点坐标并代入到所求方程中，进而可求得p的值，即可得到抛物线方程．
本题主要考查抛物线的基本性质．基本性质的熟练掌握是解答正确的关键．
7.【答案】1415
【解析】解：部件的总体良品率是：0.92×33+2+1+0.95×23+2+1+0.94×13+2+1=1415.
故答案为：1415.
部件的总体良品率是0.92×33+2+1+0.95×23+2+1+0.94×13+2+1，计算得到答案．
本题主要考查全概率公式，属于基础题．
8.【答案】5
【解析】解：根据二项式定理，可得Tr+1=Cnr(2x)n−r⋅(1x)r=2n−r⋅Cnr⋅xn−2r，
根据题意，可得2n−2⋅Cn2=2×2n−3⋅Cn3，
解得n=5，
故答案为5.
根据题意，结合二项式定理可得，2n−2⋅Cn2=2×2n−3⋅Cn3，解可得答案．
本题考查二项式定理，要区分二项式系数与系数两个不同的概念．
9.【答案】2 3+65
【解析】解：如图所有棱长均为2的正四棱锥S−ABCD中，ABCD是边长为2的正方形，
SO⊥底面ABCD，SO=AO= 2，
S△SAB=S△SBC=S△SCD=S△SAD=12×2× 3= 3，
S△ABD=S△BCD=S△ADC=S△ABD=12×2×2=2，
S△SBD=S△SAC=12×2 2× 2=2，
∴ξ的可能取值为 3,2，
P(ξ= 3)=410，
P(ξ=2)=610，
Eξ=410× 3+610×2=2 3+65.
故答案为：2 3+65.
所有棱长均为2的正四棱锥S−ABCD中，ABCD是边长为2的正方形，推导出ξ的可能取值为 3,2，分别求出相应的概率，由此能求出其数学期望Eξ.
本题考查离散型随机变量的数学期望的求法，是中档题，巧妙地把立体几何和概率有机地结合在一起，是一道难得的好题．
10.【答案】2−22024
【解析】解：∵函数f(x)=x2+px+q有两个零点1，2，
∴f(x)=(x−1)(x−2)=x2−3x+2，
∴f′(x)=2x−3，
∴xn+1=xn−f(xn)f′(xn)=xn−xn2−3xn+22xn−3=xn2−22xn−3，
∴an+1=lnxn+1−2xn+1−1=lnxn2−22xn−3−2xn2−22xn−3−1=2lnxn−2xn−1=2an，
∴{an}为首项为−2，公比为2的等比数列，
∴数列{an}的前2023项的和为−2×1−220231−2=2−22024，
故答案为：2−22024.
计算f(x)=x2−3x+2，f′(x)=2x−3，代入计算得到xn+1=xn2−22xn−3，确定{an}为首项为−2，公比为2的等比数列，求和得到答案．
本题考查函数的零点的概念，根据数列的递推公式求通项公式，等比数列的定义与通项公式的应用，等比数列的求和公式的应用，属中档题．
11.【答案】2 33
【解析】解：焦点F(12,0)，设M(m,n)，则n2=2m，m>0，设M 到准线x=−12 的距离等于d，
则|MO||MF|=|MO|d= m2+n2m+12= m2+2mm+12= m2+2mm2+m+14= m2+2mm2+m+14
= m2+m+m+14−14m2+m+14= 1+m−14m2+m+14.令m−14=t，t>−14，则 m=t+14，
|MO||MF|= 1+tt2+32t+916= 1+1t+32+916t≤ 1+13=2 33(当且仅当t=34 时，等号成立).
故|MO||MF|的最大值为2 33，
故答案为2 33.
设M 到准线x=−12 的距离等于d，由抛物线的定义可得|MO||MF|=|MO|d，化简为 1+m−14m2+m+14，令m−14=t，则m=t+14，|MO||MF|= 1+1t+32+916t，利用基本不等式求得最大值．
本题考查抛物线的定义、简单性质，基本不等式的应用，体现了换元的思想，把|MO||MF|化为 1+m−14m2+m+14，是解题的关键和难点，属于中档题．
12.【答案】6+4 2
【解析】解：∵f(x)=x−ax(x∈[1,2])，a>0，
∴A(1,1−a)，B(2,2−a2)
∴直线l的方程为y=(1+a2)(x−1)+1−a
设M(t,t−at)
∴N(t,(1+a2)(t−1)+1−a)
∵|MN|≤1恒成立
∴|(1+a2)(t−1)+1−a−(t−at)|≤1恒成立
∴|at2−3t+22t|≤1
∵g(t)=t2−3t+2，在t∈[1,2]上小于等于0恒成立
∴−at2−3t+22t≤1
①t=1或t=2时，0≤1恒成立．
②t∈(1,2)时，a≤−2tt2−3t+2=−2t+2t−3
∴由基本不等式得：a≤−22 2−3=4 2+6
此时t= 2
∴a的最大值为6+4 2
由A、B的坐标可以将直线l的方程找到，通过M点坐标可以得到N的坐标，将其纵坐标做差可以得到关于a的不等式，通过求范围可以将绝对值去掉，由基本不等式可以得到a的最大值．
本题考查通过两点坐标求直线l方程，去绝对值，以及由基本不等式确定a的范围．
13.【答案】B
【解析】解：sinα=0时，α=kπ，k∈Z，得出csα=±1，
∴sinα=0得不出csα=1，即sinα=0不是csα=1的充分条件；
csα=1时，α=2kπ，k∈Z，得出sinα=0，
∴sinα=0是csα=1的必要条件．
故选：B.
可看出sinα=0时，csα=±1；而csα=1时，sinα=0，从而可得出正确的选项．
本题考查了充分条件和必要条件的定义，考查了计算能力，属于基础题．
14.【答案】D
【解析】解：对选项A：平行于同一平面的两条直线可以相交，平行，异面，错误；
对选项B：当直线与平面相交时，也满足有两个点到平面α的距离相等，错误；
对选项C：直线与平面垂直时夹角为π2，错误；
对选项D：垂直于同一平面的两条直线平行，正确．
故选：D.
平行于同一平面的两条直线可以相交，平行，异面，A错误，当直线与平面相交时，也成立，B错误，直线与平面垂直时夹角为π2，C错误，D正确，得到答案．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，属于基础题．
15.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查向量的模的最值的求法，注意运用向量的数量积的定义和性质，同时考查余弦函数的值域的运用，属于中档题．
由向量垂直的条件可得a⋅b=0，运用向量的平方即为模的平方，可得|a+b|= 2，再化简运用向量的数量积的定义，结合余弦函数的值域，即可得到所求最大值．
【解答】
解：由题意可得a⋅b=0，
可得|a+b|= a2+b2+2a⋅b= 2，
所以(c−a)⋅(c−b)=c2+a⋅b−c⋅(a+b)
=|c|2−|c|⋅|a+b|cs=0，
即为|c|= 2cs，
当cs=1，即a+b，c同向时，
|c|的最大值是 2.
故选：C.
16.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查分段函数的应用，对数函数的运算性质以及三角函数的对称性，进行转化是解决本题的关键，属于中档题．先画出函数f(x)的图象，再根据条件利用对数函数的运算性质以及三角函数的对称性，利用数形结合，即可求出其范围．
【解答】
解：函数f(x)的图象如下图所示：
若满足f(x1)=f(x2)=f(x3)=f(x4)，其中x1则0则lg3x1=−lg3x2，即lg3x1+lg3x2=lg3x1x2=0，
则x1x2=1，
同时x3∈(3,6)，x4∈(12,15)，
∵x3，x4关于x=9对称，∴x3+x42=9，
则x3+x4=18，则x4=18−x3，
则x1x2x3x4=x3x4=x3(18−x3)=−x32+18x3=−(x3−9)2+81，
∵x3∈(3,6)，
∴x3x4∈(45,72)，
即x1x2x3x4∈(45,72)，
故选：B.

17.【答案】证明：(1)∵底面△ABC是等腰直角三角形，且AC=BC
∴AC⊥BC，
∵CC1⊥平面A1B1C1，
∴CC1⊥BC，
∵AC∩CC1=C，
∴BC⊥平面ACC1A1.
解：(2)以C为原点，直线CA，CB，CC1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,0,0)，A(2,0,0)，B(0,2,0)，C1(0,0,2)，B1(0,2,2)，D(2,0,1)，
由(1)得CB=(0,2,0)是平面ACC1A1的一个法向量，
CB1=(0,2,2)，CD=(2,0,1)，
设平面B1CD的一个法向量n=(x,y,z)，
则n⋅CB1=2y+2z=0n⋅CD=2x+z=0，
取x=1，得n=(1,2,−2)，
设二面角B1−CD−C1的平面角为θ，
则csθ=|CB⋅n||CB|⋅|n|=42×3=23，
由图形知二面角B1−CD−C1的大小是锐角，
∴二面角B1−CD−C1的大小为arccs23.
【解析】(1)推导出AC⊥BC，CC1⊥BC，由此能证明BC⊥平面ACC1A1.
(2)以C为原点，直线CA，CB，CC1为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B1−CD−C1的大小．
本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
18.【答案】解：(1)函数f(x)=2sinxcsx+2cs2x=sin2x+cs2x+1= 2sin(2x+π4)+1，
由2kπ−π2≤2x+π4≤2kπ+π2(k∈Z)得：kπ−3π8≤x≤kπ+π8(k∈Z)，
则f(x)的单调递增区间是[kπ−3π8,kπ+π8](k∈Z)；
(2)由已知得：g(x)= 2sin[2(x−π4)+π4]+1= 2sin(2x−π4)，
由g(x)=1得： 2sin(2x−π4)=0，
∴2x−π4=kπ(k∈Z)，
则x=kπ2+π8(k∈Z).
【解析】(1)把函数f(x)的解析式第一项利用二倍角的正弦函数公式化简，第二项利用二倍角的余弦函数公式化简，整理后再利用两角和与差的正弦函数公式化为一个角的正弦函数，由正弦函数的单调区间[2kπ−π2,2kπ+π2](k∈Z)，求出x的范围，即为函数f(x)的单调递增区间；
(2)根据平移规律“左加右减”，由f(x)的解析式得到向右平移2个单位后的解析式g(x)，令g(x)=1，得到sin(2x−π4)=0，根据正弦函数的图象与性质即可求出x的值，即为方程g(x)=1的解．
此题考查了二倍角的正弦、余弦函数公式，正弦函数的单调性，函数平移的规律，以及正弦函数的图象与性质，熟练掌握公式及性质是解本题的关键．
19.【答案】解；(1)设BC=x，则AB=2−x，AC=2−x+0.4=2.4−x，
由题意得A=120∘，
在△ABC中，由余弦定理得：csA=AB2+AC2−BC22AB×AC=(2−x)2+(2.4−x)2−x22×(2−x)×(2.4−x)=−12.
解得x=1.4.
∴BC=1.4m.
(2)由(1)知AB=0.6，AC=1，BC=1.4.
∴csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=1114.
∴B=arccs1114.
【解析】(1)设BC=x，则AB=2−x，AC=2.4−x，A=120∘，利用余弦定理列方程解出x；
(2)利用(1)的结论得出三角形ABC的三边长，使用余弦定理求出csB，得到B的大小．
本题考查了余弦定理，解三角形的实际应用，属于基础题．
20.【答案】解：(1)联立x23+y24=1y=kx−4，得(3k2+4)x2−24kx+36=0，
∵直线y=kx−4(k>0)与椭圆相交于A、B两点，∴△=144(k2−4)>0，即k>2或k<−2，
设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=24k3k2+4，x1x2=363k2+4，
∵PA=AB，∴x2=2x1，
代入上式，解得k=6 55.
证明：(2)由图形得要证明∠AFP=∠BFO，等价于证明直线AF与直线BF的倾斜角互补，
即等价于kAF+kBF=0，
kAF+kBF=y1+1x1+y2+1x2
=kx1−3x1+kx2−3x2
=2k−3(x1+x2x1x2)
=2k−3⋅24k3k2+4363k2+4
=2k−2k=0，
∴∠AFP=∠BFO.
解：(3)∵k>2或k<−2，
∴S△ABF=S△PBF−S△PAF=12|PF|⋅|x1−x2|
=12×3× (x1+x2)2−4x1x2
=18 k2−43k2+4.
令t= k2−4，则t>0，3k2+4=3t2+16，
∴S△ABF=18 k2−43k2+4=18t3t2+16=183t+16t≤182 3⋅16=3 34，
当且仅当3t=16t，即t2=163，k=2 213取等号，
∴△ABF面积的最大值为3 34.
【解析】(1)联立x23+y24=1y=kx−4，得(3k2+4)x2−24kx+36=0，由此利用韦达定理、根的判别式、向量相等，结合已知条件能求出k.
(2)证明∠AFP=∠BFO，等价于证明等价于kAF+kBF=0，由此能证明∠AFP=∠BFO.
(3)S△ABF=S△PBF−S△PAF=12|PF|⋅|x1−x2|=18 k2−43k2+4.令t= k2−4，利用基本不等式性质能求出△ABF面积的最大值．
本题考查直线的斜率的求法，考查三角形的面积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意韦达定理、根的判别式、向量相等、基本不等式、弦长公式、椭圆性质的合理运用．
21.【答案】解：(Ⅰ)由已知，得2bn=an+an+1①，an+12=bn⋅bn+1②．由②得an+1= bnbn+1③．
将③代入①得，对任意n≥2，n∈N*，有2bn= bn−1bn+ bnbn+1.
即2 bn= bn−1+ bn+1.
∴{ bn}是等差数列．(4分)
(Ⅱ)设数列{ bn}的公差为d，
由a1=10，a2=15.经计算，得b1=252,b2=18.
∴ b1=52 2,d= b2− b1=3 2−52 2= 22.
∴ bn=52 2+(n−1)⋅ 22= 22(n+4).
∴bn=(n+4)22，an=(n+3)(n+4)2.(9分)
(Ⅲ)由(1)得1an=2(n+3)(n+4)=2(1n+3−1n+4).∴Sn=2[(14−15)+(15−16)++(1n+3−1n+4)]=2(14−1n+4).
不等式2aSn<2−bnan化为4a(14−1n+4)<2−n+4n+3.
即(a−1)n2+(3a−6)n−8<0.
设f(n)=(a−1)n2+(3a−6)n−8，则f(n)<0对任意正整数n恒成立．
当a−1>0，即a>1时，不满足条件；
当a−1=0，即a=1时，满足条件；
当a−1<0，即a<1时，f(n)的对称轴为x=−3(a−2)2(a−1)<0，f(n)关于n递减，
因此，只需f(1)=4a−15<0.解得a<154，∴a<1.
综上，a≤1.(14分)
【解析】(Ⅰ)通过已知得到关于数列的项的两个等式，处理方程组得到2 bn= bn−1+ bn+1，利用等差数列的定义得证
(Ⅱ)利用等差数列的通项公式求出 bn，求出bn，an.
(Ⅲ)先通过裂项求和的方法求出Sn，代入2aSn<2−bnan化简得到关于n的二次不等式恒成立，构造新函数，通过对二次项系数的讨论求出函数的最大值，令最大值小于0，求出a的范围．
证明数列是等差数列或等比数列可用的依据是定义或中项；解决不等式恒成立常通过分离参数，构造新函数，转化为求新函数的最值．