2023年高考第二次模擬考數(shù)學(xué)試卷-上海A卷（解析版）

2023年高考第二次模擬考試卷——數(shù)學(xué)(上海A卷)

一、填空題(本大題共有12小題，滿分54分，第1-6題每題4分，第7-12題每題5分)

1.已知zeC,且滿足(l+i)Q-2)=2i,則2=.

K答案]]3—i

K解析力由(l+i)Q-2)=2i,得2=2+^=2+「弋;)=2+i(l-i)=3+i,

所以z=3-i.

故K答案』為：3—i.

2.直線2x+y-1=0的一個(gè)方向向量為.

K答案』(1,—2)(R答案』不唯一)

K解析》直線2x+y-l=0的法向量為(2,1),

則其一個(gè)方向向量為(1,-2).

故K答案H為：(1,—2)嵬答案》不唯一).

3.已知a為銳角，若sin(a+')=|,則tan(a+：)=.

K答案』-7

K解析》因?yàn)閟in(a+：)=g,所以cosa=|,又a為銳角，所以sina=11-cos2a=

x4

asina4的［、"(.兀\tana+tan-1+-

tana=----=-，所以tana+-=----------\=—1=一7.

cosa3\4/1-tanatan-1——

43

故K答案》為：一7.

4.已知一個(gè)關(guān)于x、y的二元一次方程組的增廣矩陣是:；),其解為｛；：；，則加+

R答案》1

K解析》因?yàn)殛P(guān)于x、y的二元一次方程組的增廣矩陣是?黑；

所以關(guān)于x、y的二元一次方程組是｛批露二:，

又因?yàn)槠浣鉃閠Z；,

所以｛:二則m+n=l,

故K答案』為：1

5.若萬＜=(1,-2,0),0B=(2,1,0),0C=(1,1,3),則三棱錐0—ABC的體積為

R答案》|

K解析X根據(jù)已知可得：0405=1x2-2x1=0,即0410B,

又|明=+（一2）2=回畫=V22+I2=V5,

故△04B的面積S=|xV5xV5=I；

不妨取平面。AB的一個(gè)法向量訪=（0,0,1）.

則點(diǎn)C到平面。48的距離h=監(jiān)空=7=3,

故三棱錐O—ABC的體積U=|sx/i=ix|x3=|.

故K答案》為：|.

X>1

6.設(shè)變量％,y滿足約束條件％-丫+2W0,則z=-2x+y的取值范圍為

4-y—7<0

K答案xR—43

K解析］］作可行域如圖，

聯(lián)立卜+；3=o解得的，6），聯(lián)立｛:；二；;；解得8（泊），

由z=-2%+y可得y=2%4-z,

由圖形及z為y上的截距可知，當(dāng)z=-2%+y過A時(shí)，zmax=-2x14-6=4,

當(dāng)z=-2x+y過B時(shí)，Zmin=-2x|+q=一5

所以

故R答案』為：￡-1,42

7.已知（女+§n的展開式中第5項(xiàng)的系數(shù)與第3項(xiàng)的系數(shù)之比為56：3,則n=.

K答案』10

工解析力Tr+1=C：(百)"r(|)r=C^X^,

由己知第5項(xiàng)的系數(shù)與第3項(xiàng)的系數(shù)之比為累=當(dāng)，解得n=10(負(fù)值舍去).

。九23

故K答案』為：10.

8.已知函數(shù)f(x)=["2+sin(x+9，x>°(a€R)奇函數(shù)，寫出一個(gè)滿足條件的

—X2+cos(x+a),xV0

K答案』-y

K解析》由f(x)為奇函數(shù)，所以/(￡)=—/(—X),

當(dāng)x<0時(shí)，/(%)——X2+cos(x+a)=—/(—%)=—[(—久)2+sin(―x+J]=-x2+

sind，

所以cos(x+a)=sin(x+a+])=sin(x-2)，解得a=-y+2kn,kez,所以取a=-y

即可.

故K答案』為：若(滿足條件即可).

9.小Q同學(xué)和小B同學(xué)計(jì)劃在“五一節(jié)”5天假期中隨機(jī)選擇兩天到圖書館學(xué)習(xí)，則兩位同學(xué)

沒有同一天到圖書館的概率為.(結(jié)果用最簡分?jǐn)?shù)表示)

K答案』]

K解析』小Q同學(xué)從5天假期中隨機(jī)選擇兩天去圖書館學(xué)習(xí)的選法是C2,

小B同學(xué)從剩下的3天里隨機(jī)選擇兩天去圖書館學(xué)習(xí)的選法是C§,

所以兩位同學(xué)沒有同一天到圖書館的概率為P=騫|=

15cs10

故K答案]為：高

10.已知數(shù)列｛即｝滿足aI=1,即+i=5CN*).設(shè)垢為的，。2，…，須中

取值為1的項(xiàng)的個(gè)數(shù)，則名+⑦+…+匕2022=.

K答案R12525

K解析》當(dāng)mZl時(shí)，若0nl=1,貝=1+m,am+2=1+m+(m+1),

依此類推，可歸納證得Gm+2k-l=血+2-k,am+2/c=2m+1+fc(l</c<m),

從而。3瓶+1=L

因此，%,=1，當(dāng)且僅當(dāng)M=―-—(k￡N*),從而=[log3(2n+1)]>

故恰有3k個(gè)bn=k.

則瓦+b2+…+b2022)

=1X3+2X32+-+6X36+7X(2022-36-35--------3)=12525,

故K答案U為：12525

11.在AABC中，AB=4,AC=3,ZBAC=90°,力在邊8C上(與8、C不重合)，延長射

線到P,使得AP=9,若耳？=m而+(|-m)元(加為常數(shù))，則。B的長度為一

K答案隆

K解析》如圖，以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以AB,AC所在直線為x,y軸建立平面直角坐標(biāo)

由若同=mPB+(|-m)PC,得同=m(PA+AB)+(|-TH)(PA+AC),

整理得：PA=-2mAB+(2m-3)而=-2m(4,0)+(2m-3)(0,3)=(-8m,6m-9).

由AP=9,得64m2+(6m—9尸=81,解得m=||或m=0.

當(dāng)巾=II時(shí)，可得PA=(―^，一卷》所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為(—答H),所以

直線以的方程為y直線BC的方程為彳+馬=1,

2443

聯(lián)立兩直線方程可得點(diǎn)。的坐標(biāo)為(if

所以|BD|二4?+償―0)2=%

當(dāng)巾=0時(shí)，此時(shí)同=日無，所以4CP三點(diǎn)共線，點(diǎn)。在直線4P上，所以4C,。三點(diǎn)共線,

又B,C,D三點(diǎn)共線，所以可知。與C重合(舍去)，

：.BD的長度是，

故K答案》為：g

12.對(duì)于定義域?yàn)镈的函數(shù)f(x),若存在均％2e。且Xi力工2，使得/(好)=/(據(jù))=

2/(*1+&)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)M,若函數(shù)g(x)=|log2%-1|，x6(0,a]具有性質(zhì)M,

則實(shí)數(shù)a的最小值為一.

K答案FV2V2+2

K解析X設(shè)X1<%2>由/(好)=/(工分得|log2好-1|=|log2xf-1|,

則1-10g2*=10g2X2-1，故10g2(好球)=2，

/.%f%2=4(*<2,%2>2).

2

又2/(*1+%2)=1210g23+X2)-2|=|log2(X1+x2)-2|.

；.10g2(Xi+%2)2-2=1-Iog2好，

,??好=爰,，10g2W+g+4)-2=1-Iog2好，

則log2(煤++4)=3,/.+4x1+4=8,

.,.%!=V2V2-2,故％2=12vl+2,

a>及或+2,則實(shí)數(shù)a的最小值為J2VI+2.

故R答案》為：V2\/2+2.

二、選擇題：(本大題共有4題，滿分20分，每題5分)每題有且只有一個(gè)正確選項(xiàng)。

13.已知集合4={(x,y)|x+y=2},B={(x,y)|x-2y=-4},則AnB=()

A.[0,2}B.(0,2)C.0D.{(0,2))

K答案』D

K解析』4nB=卜,y)}={(0,2)}

故選：D.

14.下列不等式一定成立的是()

A.愴(3+[)>1改(工>0)B.sinx+-^>2(x#fat,&GZ)

C.x2+1>2|x|(x6R)D.看>l(xCR)

K答案』c

K解析U當(dāng)x>0時(shí)，所以lg(/+；巨lgx(x>0),故選項(xiàng)A不正確；

當(dāng)今E,A￡Z時(shí)，siiu?的正負(fù)不能確定，故選項(xiàng)B不正確;

因?yàn)?+1=(|x|)2+l>2|x|(x6R),所以選項(xiàng)C正確;

當(dāng)尸o時(shí)，有六=|,故選項(xiàng)D不正確.

故選：C.

15.如圖，在正方體48。。一4/嶼。1中，點(diǎn)M、N分別在棱44i、CG上，則“直線MN_L直線

GB”是“直線MNJL平面QBD”的()

A.充分非必要條件B.必要非充分條件

C.充要條件D.既不充分又不必要條件

K答案1c

K解析》首先必要性是滿足的,由線面垂直的性質(zhì)定理(或定義)易得;

下面說明充分性,

連接4c,4[6，4■平面ABC。，BDu平面ABCD,則4AliBD,

正方形中BD1AC,AC=A,4C,44Iu平面ACC14，則BDJ_平面"。出，

又MNu平面ZCG&,所以BD1MN,

若MNIBCi，BCiCBD=B,u平面所以MN_L平面BDC1，充分性得證.

因此應(yīng)為充要條件.

故選：C.

16.已知點(diǎn)4（一1,1）.若曲線G上存在8,C兩點(diǎn)，使△ZBC為正三角形，則稱G為型曲線.給

定下列三條曲線：

①y=r+3(0<%<3)；

②y=V2-x2(-V2<%<0)；

③y=-；(x>o).

其中「型曲線的個(gè)數(shù)是

A.0B.1

C.2D.3

K答案』B

3

K解析》對(duì)于①，4（-1,1）到直線y=-x+3的距離為2",若直線上存在兩點(diǎn)B,C,使

△ABC為正三角形，則HB|=|4C|=?,以A為圓心，以北為半徑的圓的方程為（x+l）2+（y-

1）2=6,聯(lián)立解得.2,或’2，后者小于0,所以對(duì)應(yīng)的點(diǎn)不

在曲線上，所以①不是.對(duì)于②，廣一口?「4粹°,化為一+y2=2（-V2<x<0）,圖

形是第二象限內(nèi)的四分之一圓弧，此時(shí)連接A點(diǎn)與圓弧和兩坐標(biāo)軸交點(diǎn)構(gòu)成的三角形頂角

最小為135。，所以②不是.對(duì)于③，根據(jù)對(duì)稱性，若,一~丁上存在兩點(diǎn)3、C使ABC構(gòu)成

正三角形，則兩點(diǎn)連線的斜率為1,設(shè)8c所在直線方程為x-），+〃?=0,由題意知A到直線距

，=」_10

離為直線被7所截弦長的24倍，列方程解得m=--,所以曲線③是T型線.

三、解答題（本大題共有5題，滿分78分）。

17.（本題滿分14分，本題共有兩個(gè)小題，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分）

如圖，在四棱錐P-A8C。中，已知雨，平面ABCD,且四邊形A3CZ）為直角梯形，ZABC

=ZBAD=90°,AB=AD=AP=2,BC=\,且Q為線段BP的中點(diǎn).

P

(1)求直線CQ與PD所成角的大??；

(2)求直線CQ到平面ADQ所成角的大小.

解：⑴連接B。，作CE〃71B交BD于E,

四邊形A8CQ為直角梯形，ZABC=ZBAD=90°,AB=AD=2,BC=\,

所以4BC尸為矩形且E,尸分別為C凡4D中點(diǎn)，則CE=1.

連接QE,又Q為線段BP的中點(diǎn)，故QE〃PD,

所以直線CQ與尸。所成角，即為NCQE,

因?yàn)槠矫鍭BCDADu面ABCD,則PA1AD,AP=2,故PD=2魚，同理得PB=2夜,

又4D14B,ABOPA=A,則AC_L面PAB,而AD〃BC,

所以BCJ^PAB,又PBu面P4B,故BC1PB,則QC=JBC2+則=汽,

又QE=加=a,故在AQEC中Q(72=QE2+Cf2,即QE_LCE,

綜上，sin乙CQE="=曰,故乙CQE=arcsing.

(2)連接47,由題設(shè)易知：Q到面4BCD的距離為?=1,又Sg℃=gx2x2=2,

12,_

所以%-4DC=]X1X2=],而%-4DC=^C-DAQf

由AD1面/MB,4Qu面P4B,則AQ1^l.ShDAQ=1x2xV2=V2,

若C到面4DQ距離為d,故：d,SAD4Q=|,可得d=VI,又QC=百，

所以直線CQ到平面ADQ所成角正弦值為六=凈故線面角大小為arcsin當(dāng)

18.(本題滿分14分，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分)

設(shè)Q>0且QA1,t6R,已知函數(shù)/(%)=loga(%+l),g(%)=21oga(2%+t).

(1)當(dāng)t=-l時(shí)，求不等式/(x)Wg(x)的解；

(2)若函數(shù)F(%)=/(")+及2-2亡+1在區(qū)間(一1,22上有零點(diǎn),求t的取值范圍.

解：⑴￡=-1,不等式f(x)與g(x)可化為log/%+1)421ogQ(2x-1)

若。<"1,貝妙+?2(2":1)2,解得；

所以不等式/Q)Sg(x)的解集為G，.

若a>l,則｛0<x；15(2；T)2,解得

所以不等式/Xx)Sg(x)的解集為1：,+8).

綜上所述：0<a<l,/(x)<g(x)的解集為G，；a>l./(x)<g(x)的解集為K|,+<?).

(2)F(x)=+tx2—2t+l=x+l+tx2—2t+1=tx2+%—2t+2.

令+%-2t+2=0,即t(%2—2)=—(%+2),

,**xG(—1,2U,4-2G(1,42ft0,x?—2H0；

工=_士=_|[(x+2)+—3+4.

tx+21Jx+2

設(shè)TH=%4-26(1,43，則(=-=—(m+9+4,

<-<0或0V工W4-2VL

2tt

解得t<-2或t>亭.

19.(本題滿分14分，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分)

如圖，游客從某旅游景區(qū)的景點(diǎn)4處下山至C處有兩種路徑.一種從4沿直線步行到C,另一

種是先從4沿索道乘纜車到B,然后從B沿直線步行到C.現(xiàn)有甲、乙兩位游客從A處下山，甲

沿4c勻速步行，速度為50m/min.在甲出發(fā)2min后，乙從A乘纜車到B,在B處停留Imin后，

再從B勻速步行到C.假設(shè)纜車勻速直線運(yùn)行的速度為130m/min,山路4c長為1260m,經(jīng)測

量，sinC=sinB="，乙8為鈍角.

565

(1)問乙出發(fā)多少分鐘后，乙在纜車上與甲的距離最短？

(2)為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在什么范圍內(nèi)？

解：(1)因?yàn)锽為鈍角，則C為銳角，所以，cosC=Vl-sin2C=cosB=-V1-sin2^=

16

65,

所以，cosA=cos[IT—(8+C)]=—cos(B+C)=sinBsinC-cosBcosC=—,

設(shè)乙出發(fā)tmin后，甲、乙之間的距離為d,由題意可得04tW粵=8,

則d2=(1301)2+(I。。+50t)2_2x130tx(100+50t)x—=200(37/一70t+50),

所以，當(dāng)t=||min時(shí)，d取最小值,

因此，當(dāng)乙出發(fā)j^min后，乙在纜車上與甲的距離最近;

(2),?,/為銳角，sin/l=V1-cos2/l=

1260X—

由正弦定理蕓=焉可得.=13

63=500(m),

費(fèi)

乙從B出發(fā)時(shí)，甲已經(jīng)走了50x(2+8+1)=550(m),

還需走710m才能到達(dá)C,設(shè)乙步行的速度為um/min,則呼-^|<3,解得詈<v<^,

所以，為使兩位游客在C處互相等待的時(shí)間不超過3分鐘，乙步行的速度應(yīng)控制在［詈，箸］

范圍內(nèi).

20.(本題滿分16分，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分6分)

已知橢圓C:捺+\=1,直線1:x=2,&,尸2分別為橢圓C的左右焦點(diǎn)，M為橢圓C的上頂點(diǎn),

△a"七為直角三角形，且尸1到橢圓C的右頂點(diǎn)的距離為2+1,點(diǎn)P為/上的動(dòng)點(diǎn)，直線PF?

交橢圓C于A,B兩點(diǎn).

(1)求橢圓C的方程；

(2)求△&4B的面積S的取值范圍；

(3)設(shè)麗=2耐，AP=fiPB,直線k：2x-y—2〃—l=0,判斷直線。是否經(jīng)過定點(diǎn)N,

若存在，請(qǐng)求出定點(diǎn)N的坐標(biāo)，若不存在，請(qǐng)說明理由.

解：(1)由題意，

在橢az圓b21中，

△為直角三角形，且眼&|=附&1，

...△F1MF2為等腰直角三角形，

：.M0=MF1=MF2即b=c,

到橢圓C的右頂點(diǎn)的距離為夜+1,

,,.a+c='/2+1,

b=c(a=>/2

??、a+c=V2+1>所以b=1

■a2=b2+c2{c=1

，橢圓的方程C：[+y2=1.

(2)由題意及(1)得

丫2

在。:彳+/=1中，

設(shè)直線AB的方程為I:%=my+1,A(xlty^),以孫力)，

,(x=my+1,0,、、《,

由+2y2_2=0得(徵2+2)y2+2my-1=0,

?'?yi+^2=y，2=一;^，△=(2m)2-4(m2+2)x(-1)=8m2+8>0,

則ly】-yi\=+丫2乃一4月及=，叱鬻也=2y/2^^-,

2

令t=y/m+1,則仇-y2\=2>/2^Y，

AABS2y

，S&=^AFXF2+SAB&FZ=\IF/211yl-yzl=^~y

AO<S”=2版工<2V2x-^=V2,當(dāng)且僅當(dāng)t=iBPt=1時(shí)等號(hào)成立，

F1AARBt+72^it

,，SAFI4Be(0?V2].

(3)存在，理由如下：

由題意及(1)(2)得，

直線4B的斜率顯然存在，設(shè)為y=k(x-1),

y-k(x—1)

由N),,得(1+2爐)/一軌2刀+2爐一2=0,

w4+y=1

4k2_2k2-2

,

+x21+2〃2'"1"2-i+2fc2

由幾何知識(shí)得,伍=(1一%,一月),F2B=(x2-l,y2),

*：AF2=4夠

.?:=工，

物一1

同理可得〃=言，

代入方程得上§工一'一2子—1=0,

X2-lX2-2

整理得(2r)“。2+(%-4)%2+(2%-2)%1+4-2%=]+y

(%2-1)(42-2)

令％—4=2%—2,解得：x——2,

當(dāng)x=-2時(shí),

原式=約萼弊?竺=l+y,

(42-1)(%2-2)

2k2-24k2

即寫胃蓑耍三=1+整理得0=1+y,則N(-2,-1).

(X2-1)(X2-2),

即存在這樣的點(diǎn)，為N(-2,-1).

21.(本題滿分18分，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分8分)

若無窮數(shù)列｛即｝的各項(xiàng)均為整數(shù).且對(duì)于ViJGN*,i<j,都存在k>j,使得恕=%出一%-

%,則稱數(shù)列｛5｝滿足性質(zhì)P.

(1)判斷下列數(shù)列是否滿足性質(zhì)P,并說明理由.

①即=n,n=1,2,3,???；

②bn=n+2,n=1,2,3,-??.

(2)若數(shù)列｛時(shí)｝滿足性質(zhì)P,且即=1,求證：集合｛neN*|即=3｝為無限集；

(3)若周期數(shù)列也"滿足性質(zhì)P,求數(shù)列｛即｝的通項(xiàng)公式.

(1)解：對(duì)①：取i-1,對(duì)力GN*J>1,則%=%=1,卬=j,可得見卬—%—aj=j—

l-j=-1,

顯然不存在k>/,k6N*,使得以=一1,故數(shù)列｛a.｝不滿足性質(zhì)P；

對(duì)②：對(duì)于ViJ6N*,i<j,則仇=i+2,bj=j+2,

故力也一4—bj=(i+2)Q+2)—(i+2)—0+2)=i?j+i+j=(i?j+i+j—2)+2,

'：i,jeN\i>l,j22,則i?/+i+/—2eN*,且i?/+i+/—2=i(j,+1)+(/-2)>3,

存在k=i?/+i+/-2€N*,k>/,使得瓦=(i-j+i+j-2)+2=btbj-bt-bj,故數(shù)

列｛b｝滿足性質(zhì)P.

(2)證明：若數(shù)列｛a“｝滿足性質(zhì)P,且％=1,則有：

取i=1J=J1>1J1eN,.均存在七>九也eN*,使得aB=aiah一的—ah=-1,

6

取i=1,)=j2>的,，26N*,均存在七>；2>的，卜2N*,使得％=araj2-ar-叱=-1，

取i=kJ=卜2>七,均存在>k2>l.mIeN*,使得的m=akiak2-aki-ak2=3,

故數(shù)列｛%｝中存在neN*,使得a；,=3,即｛neN*|即=3｝40，

反證：假設(shè)｛neN*|an=3｝為有限集，其元素由小到大依次為叫,電,…,々(々>1),

取i=1,；=nt+1>nt,均存在口>+1,冊(cè)eN*,使得=^^1+1-ar-an(+1=-1,

取1=1,j=即+1,均存在⑥+i>⑥+1,即+16N*,使得以人］=的以乙+1--以乙+1