2023年高考第二次模擬考數(shù)學(xué)試卷-上海B卷（解析版）

2023年高考第二次模擬考試卷一數(shù)學(xué)(上海B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)

考生應(yīng)在答題紙的相應(yīng)位置填寫結(jié)果。

1.若z是純虛數(shù)，|z|=l,則的實(shí)部為.

K答案11

K解析》z是純虛數(shù)，且|z|=i,則有z=±i,故三=1±"實(shí)部為1.

故［答案］為：1.

2.已知集合4={1,2,3},B={a,3,4},若AnB={2,3},則&=.

R答案』2

K解析H???4CB={2,3},A={1,2,3),B={a,3,4},???a=2.

故K答案》為：2.

3.AABC三個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別是4(1,2),B(2,3),C(3,2),則△ABC外接圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是

K答案】(X-2尸+(y—2)2=1

K解析》設(shè)所求圓的一般方程為：x2+y2+Dx+Ey+F=0,D2+E2-4F>0,

由圓經(jīng)過4(1,2),8(2,3),C(3,2)三點(diǎn),

(l2+22+D+2E+F=0D=-4

卜2+32+2D+3E+F=0，解得:E=-4,

(32+22+3D+2F+F=0F=7

則所求圓的一般方程為：%24-y2-4%-4y+7=0,

所以△ABC的外接圓的標(biāo)準(zhǔn)方程是：(％-2尸+(y-2)2=1.

故K答案》為：(X-2尸+(y—2)2=1.

4.己知向量a=(今=(今)設(shè)d與曲夾角為仇貝hose=.

K答案D手

K解析U由平面向量的夾角公式得,

COS。=COS(d,B)=高卜=

故K答案』為：-Y'-

5.函數(shù)/(%)=靜式X6R)為奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)k的取值為.

K答案』1

K解析》函數(shù)“X)=(高(xGR)為奇函數(shù)，必有k>0,

則=k~3~X=￡3J__&)=-k~3X="一"

入"I)l+k-3-x3x+k八，l+k-3x1+23%

于是得32%=1.32%一1恒成立，即1=1,

解得：k=1.

故R答案》為：L

'x4-y<3

6.已知不等式組卜x-y>5表示的平面區(qū)域不包含點(diǎn)(2,1),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是

,x-Fay>2

K答案』(一8,3]

(x+y<3

K解析》若不等式組辰—y>5表示的平面區(qū)域包含點(diǎn)(2,1),

Vx+ay>2

：x+y<3(2+1工3

則點(diǎn)(2,1)滿足不等式組a%—y>5,即2a-1>5,解得Q6(3,+8),

.%+ay>2I2+a>2

r%4-y<3

?,?若不等式組卜％-y>5表示的平面區(qū)域不包含點(diǎn)(2,1),

,x+ay>2

實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-8,3].

故K答案H為：(―8,3].

7.南宋數(shù)學(xué)家楊輝善于把已知形狀、大小的幾何圖形的求面積、體積的連續(xù)量問題轉(zhuǎn)化為

求離散量的垛積問題，在他的專著《詳析九章算法?商功》中給出了著名的三角垛公式1+

(1+2)+(1+2+3)+-+(1+2+3+…+n)=；n(n+l)(n+2),則數(shù)列｛M+271｝的前

6JI

項(xiàng)和為.

"(九+1)⑵1+1)+2n+l_2

K答案U

6

K解析九1+2+3+-+n=砂衿，.??數(shù)歹山的手斗的前n項(xiàng)和為3ns+l)(n+2),

2

???九2+2n=2x等…2”，

*數(shù)列｛層+2日的前n項(xiàng)和Sn=2x(殍+等+…+的裂)-(1+2+…+n)+(21+22+?

??+2n)=|n(n+l)(n+2)-卓+_二(九+1)(271+1)+2n+i_2

6

故K答案》為：ra（n+1）（2w+1）+2W+1-2.

6

8.在（a?+專丫的展開式中，各項(xiàng)系數(shù)的和與各二項(xiàng)式系數(shù)的和之比為64,則a=.

K答案U3或-5

K解析』因?yàn)椋╝SE+蠢了的展開式中各項(xiàng)系數(shù)的和為缶+i）6,各二項(xiàng)式系數(shù)的和為26,

所以由題意得*=64=26,

所以a+1=4,或a+1=—4,解得a-3,或a=—5.

故R答案》為：3或—5.

9.已知三棱錐P-ABC中，PBJL平面力BC,AB=BC=PB=273,AC=6,則三棱錐P-

ABC外接球的體積為.

K答案》20V157t

K解析》因?yàn)锳B=BC=PB=2V3,AC=6,

所以在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得：AC2=AB2+BC2-2AB-BCcos^ABC,

即36=（2遮產(chǎn)+（2B產(chǎn)-2x（2遮）2cos"BC.所以cos4ABC=

所以NABC=120。，所以底面△4BC是頂角為120。的等腰三角形.

由題意將三棱錐P-ABC補(bǔ)成如圖所示的直三棱柱TPS-ABC,

則該直三棱柱的外接球即為三棱錐P-4BC的外接球，

且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圓圓心連線的中點(diǎn)上.

設(shè)4ABC外接圓的半徑為r,三棱錐P-ABC外接球的半徑為R,

由正弦定理得，2r=—與芯=2=4次，

sin乙48cv3

2

2

所以r=2遮，/?2=產(chǎn)+（子）=124-3=15,

所以三棱錐P—/BC外接球的體積為V=，/?3=20V15K,

故K答案U為：207157：

10.“青山”飲料廠推出一款新產(chǎn)品——“綠水”，該廠開展促銷活動(dòng)，將6罐“綠水”裝成一箱，

且每箱均有2罐可以中獎(jiǎng).若從一箱中隨機(jī)抽取2罐，則能中獎(jiǎng)的概率為.

K答案》|

K解析1記一箱中能中獎(jiǎng)的“綠水”灌裝飲料分別記為4、B,不能中獎(jiǎng)的“綠水”灌裝飲料分

別記為a、b、c>d,

從一箱中隨機(jī)抽取2罐，所有基本事件有：AB.Aa、Ab,4c、Ad.Ba.Bb、Be、Bd、ab、

ac、ad、be、bd、cd,共15種，

其中，事件“隨機(jī)抽取的2罐能中獎(jiǎng)”所包含的基本事件有：AB,Aa,Ab,Ac,Ad,Ba、Bb、

Be、Bd,共9種,

故所求概率為p=2=|.

故K答案》為：|.

II.已知P為拋物線C:y2=4x上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，直線=Q為圓M:(x+3)2+(y-3)2=

1上的動(dòng)點(diǎn)，則點(diǎn)P到直線，的距離與|PQ|之和的最小值為.

K答案24

K解析U因?yàn)閳AM:(x+3)2+(y—3)2=1,所以M(—3,3),半徑r=l,

拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn)尸(1,0),準(zhǔn)線為直線4x=-1,

則點(diǎn)P到直線I的距離d=|PF|,

所以點(diǎn)P到直線，的距離與|PQ|之和為|PF|+\PQ\,

所以當(dāng)M、Q、P、F四點(diǎn)共線時(shí)，|PF|+|PQ|取得最小值，

其最小值為|FM|-1=7(1+3)2+(0-3)2-1=4.

故K答案』為：4

12.英國(guó)著名物理學(xué)家牛頓用“作切線”的方法求函數(shù)零點(diǎn)時(shí)，給出的“牛頓數(shù)列”在航空航天

中應(yīng)用廣泛，若數(shù)列｛%｝滿足Xn+1=f-糊，則稱數(shù)列｛%>｝為牛頓數(shù)列.如果函數(shù)/(X)=

Jyxn)

2

x-4,數(shù)列｛f｝為牛頓數(shù)列，設(shè)“=Ing,且臼=1,xn>2.則。2021=

K答案122。2。

K解析X因?yàn)閒(X)=M-4,所以尸(無)=2x,所以Xn+1=%一鈣=0一手=料，

x

J\n)ZXn

所以如+1+2=梨+2=%空，

￡Xn￡Xn

xn+1-2=如-2=

n+1

2xn2xn

(孫+2產(chǎn)

訴［、］*n+i+2_2x_(X+2)_fx+2\

所以看二工一n磋更一n^^^一匕n二，

2xn

所以*=In器|=E(黑丫=21n黑=2一

Bp：=又1<21=1,

所以數(shù)列是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，

所以冊(cè)=1X2-1=2"T,所以。2021=22020,

故K答案』為：22020.

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f(x)為奇函數(shù)，且x<0時(shí)，fM=ex,則f(e)=()

A.eeB.-eeC.D.-e-e

K答案》D

K解析Uf(x)為奇函數(shù)，且x<0時(shí)，/(x)=ex,/(e)=—/(-e)=-e'e.

故選：D

14.如圖為函數(shù)y=f(x)在［-6,6］上的圖像，則f(x)的I解析』式只可能是().

A./(%)=ln(Vx2+1+x)cosxB./(%)=ln(Vx2+1+x)sinx

C./(x)=ln(Vx2+1—x)cosxD./(x)=ln(Vx2+1—x)sinx

K答案DA

K解析U對(duì)于B./(x)的定義域?yàn)镽,且f(-%)=ln(7(-x)2+1-x)sin(-x)

=—ln(Vx2+1—x)sinx=ln(Vx24-1+x)sinx=/(%),故f(%)為偶函數(shù)；

對(duì)于D.f(%)的定義域?yàn)镽,且/(一%)=ln(7(-x)2+1+x)sin(-x)

=—ln(Vx24-1+x)sinx=ln(Vx24-1—x)sinx=/(%),故f(%)為偶函數(shù)；

由圖象，可知y=/(%)為奇函數(shù)，故排除B、D；

對(duì)于C.當(dāng)0V%V］時(shí)，由+1)2=+1V(%+1)2=+2%+1,

可知0<V%2+1—X<1,則皿在2+1-%)<0,

而cos%>0,此時(shí)/(%)V0,故排除D；

故選：A.

15.已知函數(shù)f(%)=sin(a%+；)+sinco%(3>0),/(%i)=0,/(x2)=V3,且一%2l=

兀，則3的最小值為()

12

A.1B.-C.1D.2

23

K答案XA

K解析X因?yàn)閒(%)=sin(3%+：)+sino)x=^sintox+ycoscox+sincox

=|sincox+}cosa)x=V3sin(ax+,

又因?yàn)閒(%i)=0,/(x2)=V3,且I%—不上兀，

所以，函數(shù)f(%)的最小正周期7滿足竽7=兀，則丁=急&￡吐

所以，3=1=等(上一)，故當(dāng)k=0時(shí)，3取最小值去

故選：A.

16.下列結(jié)論正確的是()

A.*212022<log20222023<蒜B.log20222023<log20212022<蒜

D.^<log2022<log2023

C-<log20222023<log2021202220212022

K答案UB

(n2022)Z-ln202"ln2023

ln20211n2022

ln2021-ln2023<(些11=［吟<(/？=(52022)2,

,?Iog202i2022—log20222023>0,所以Iog202i2022>log20222023.

Inzozz

..Iog202i2022_ln20222022_ln20222022_2023

*2023-ln2021*2023-2023'ln2021一!呼024

20222022

..?比較log20212022與翳的大小，即比較喏與嘿1的大小.

令/(X)=翳(X>。)，則/0)=

令g(x)=1+，lnx,則g'(x)=一妥-5<0.

所以9。)在(0,+8)上單調(diào)遞減，

所以當(dāng)x>e2時(shí)，g(x)<g(e2)=1+2一2<0,所以尸(x)<0,所以f(%)在?,+8)上單

調(diào)遞減.

又因?yàn)?022>2021>e2,

所以/'(2022)<f(2021),即照烏<照衛(wèi)所以臀經(jīng)<%B|Jlog202i2022<—.

八,八)20232022ln20212022&ZUZ12022

綜上所述，log20222023<*212022<|g|.

故選：B.

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A-BCDE中，側(cè)面ADE1底面8CDE,底面BCDE為菱形，Z.BCD=120°,

AE1AD,AADE=30°.

(1)若四棱錐力—BCOE的體積為1,求。E的長(zhǎng);

(2)求平面ABE與平面4CD所成鈍二面角的正切值.

解：(1)如圖，過4作4GJ.DE于G,連接CE,

因?yàn)閭?cè)面ADE1底面BCDE,且側(cè)面ZDEn底面BCDE=DE,AGu面4DE,

所以4G，底面BCDE,

設(shè)DE=a,因?yàn)锳EJ.4D,Z-ADE=30°,

所以ZG=aD-sin30o=3x；?a,

在菱形BCDE中，/-BCD=120°,

則△BCE為等邊三角形,

則SBCDE=2s4BCE=當(dāng)。2

所以四棱錐4-BCDE的體積U=：xfa2x￥a=F=l,

3248

解得DE=a=2；

(2)取DE的中點(diǎn)。，連接0C,則。C_LDE,

以瓦的方向?yàn)楣ぽS的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)BC=4,

則D(0,2,0),E(0,-2,0),C(2V3,0,0),B(2V3,-4,0),71(O,-1,V3).

BE=CD=(-273,2,0),EA=(0,1,V3),DA=(0,-3,V3),

設(shè)平面ZBE的法向量為訪=(x,y,z),

則(沅-BE——2>/3x+2y=0

Im-EA=y+V3z=0

令z=l,得記=(—1,—百,1),

設(shè)平面AC。的法向量為元=(x'.y'.z'),

則0-CD=-2y[3x'+2y'=0

'ln-DA=-3y'+V3zz=0，

令y=6,得元=(1,g,3),

設(shè)平面ABE與平面ACD所成鈍二面角為。，則90。<3<180°,

所以cos。=cos(fn,汾=晶=高卷=一嚼，則sin。=Vl-cos^二甯,

所以tan。=-8,

故平面4BE與平面4CD所成鈍二面角的正切值為-8.

18.(本題滿分14分，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分)

記△ABC的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,已知COS2B-COS2A=4(COSC-COS3C).

⑴若C=以求4；

(2)若AABC為銳角三角形，求聲捺的取值范圍.

解：(1)Vcos2B—cos2?l=4(cosC-cos3C),

1-2sin2^—(1—2sin2i4)=4cosc(1—cos2C)=4cosCsin2C,

..sinA—sinB=sin2CsinC,

又Vsin(i4+B)sin(i4—B)=sin24cos-sin2Bcos2i4=sin224cos-sin"?！猻in2>l)=

sin/—sin2F,

.'.sin(i4+B)sin(4—B)=sin2CsinC,即sinCsinQl—B)=sin2CsinC,

又tsinCH0,

.*.sin(i4-B)=sin2C?

又??,c=$

sin(24—B)-

又0V力<3,0V8V生，即一生<4—8〈生，

3333

：.A-B=-

3f

又X+B=LC著,

(2)由(1)知sin2C=sin(4—B),

①當(dāng)2c=4-B時(shí)，因?yàn)?+B+C=7t,所以24=TC+C,即4=；+?>：,與AABC為銳

角三角形矛盾，所以不成立；

②當(dāng)2。+4—8=兀時(shí)，因?yàn)?+B+C=7t,所以C=2B,

所以A=Tt—C—B=it-3B.

(0<B6

由(0V2BV：，得汴BV：

<TU-3B<-

Ilo2

所以sin/=sin(7i—38)=sin3B=sin(B+28)=sin8cos28+cosBsin2B

=sinBcos2B+2sinBcos2B,

b2_sinAsin2B_sinBcos2B+2sinBcos2B

故小+=cos2B+2cos25H----i-

sin22B4coszB

=2cos2口-14-2cos2》H----=4cos28+

4coszfi4cos2B

因?yàn)殂闎<：,所好<COSB<4,2<4COS2B<3,

令/(x)=x+，l(2<x<3),則/(x)=1—妥=^^>0,

所以/(x)在(2,3)上單調(diào)遞增，所以|</(X)<

所以￡+§的取值范圍為(|彳).

19.(本題滿分14分，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分)

若函數(shù)f(x)=\x-t\-2\x+3|(t>0)的最大值為5.

(1)求f的值；

(2)已知a>0,h>0,且a+26=f,求：的最小值.

解：(1)因?yàn)閠>0,

—(%一。+2(%4-3)=%+t+6,%<—3

所以f(%)=\x-t\—2\x+3|=,—(x—t)—2(%4-3)=-3x—6+t,-3<x<t,

、(%—t)—2(%4~3)=-x—6—t,xNt

因?yàn)閒(%)在(一8,-3』上單調(diào)遞增，在(-3,t),Kt,+8)上單調(diào)遞減，且/(%)是連續(xù)函數(shù)，

所以/Q)max=/(-3)=-3+￡+6=5,所以t=2.

(2)由(1)知t=2,則a+2b=2.因?yàn)镼>0,b>0,

所以=+3=*。+2b)(；+￡)=乂2+?+聲2)

=2+K?+9-2+^X2J？1=2+2=4,

當(dāng)且僅當(dāng)竺即a=2b時(shí)，等號(hào)成立.

ab

又a+2b=2,所以當(dāng)a=l,時(shí)，￡取得最小值4.

20.(本題滿分16分，第1小題滿分4分，第2小題滿分5分，第3小題滿分7分)

在直角坐標(biāo)平面中，△4點(diǎn)的兩個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為4(—，,0),8?；?)缶>0),兩動(dòng)

點(diǎn)M、N滿足兩+而+前二)|祝|=y/7\NA\=y[7\NB\,向量麗與萬共線.

(1)求△ABC的頂點(diǎn)C的軌跡方程；

(2)若過點(diǎn)P(0,a)的直線與(1)的軌跡相交于E、尸兩點(diǎn)，求而?標(biāo)的取值范圍.

(3)若G(—a,0),H(2a,0),。為C點(diǎn)的軌跡在第一象限內(nèi)的任意一點(diǎn)，則是否存在常數(shù)

A(A>0),使得NQHG=；UQGH恒成立？若存在，求出4的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.

解：(1)設(shè)C(x,y),由雨+而+而=0知，

”是4ABC的重心，二M

???|誦1=1而|且向量而與肉共線，二N在邊4B的中垂線上，

???4(一?a,0),B停a,0)(a>()),??.N(0,；),

又,“覺|=y/7\NA\,x2+gy2=7(1+g),

化簡(jiǎn)得/一?=。2,

即所求的軌跡方程是/一9=a?.

(2)設(shè)ECq,%)、尸(*2，月)，過點(diǎn)P(0,a)的直線方程為y=kx+a,

代入/—y=小得(3—k2)%2—2akx—4a2=0,

2ak-4a2

??.Xl+X2=E'X1X2=K，

且』=4a2k2+16a2(3-k2)>0,解得1<4.

???k2-3<1,則士>4或崔<0,

—>—?,八-4a2(l+fc2)

:.PE-PF=(x1,y1-a)?(x2,y2-a)=xrx2+kxr-kx2=(1+fc)%1%2=----與—芯---

則匠?兩的取值范圍是（一8,4a2）u（20a2,+<?）.

⑶設(shè)Q（xo，yo）（xo>Ojo>0），則據(jù)一半=即韜=3（詔一曲）.

當(dāng)QH1x軸時(shí)，x0=2a,y0=3a,二乙QGH=個(gè)，

即Z_QHG=2QGH,故猜想；I=2.

當(dāng)QH不垂直％軸時(shí)，tan/QHG=--咚-,tan/QGH=4

XQ—2CIXQ+CL

2yo

???tan2/QGH=ztaMQ。"=:。+。=--^2_=tanZQWG.

y

“l(fā)-tan2zQGWt（o）xQ-2a<

又24GH與“HG同在（04）0&71）內(nèi)，

23GH=，QHG.

故存在；I=2,使2z_QGH=NQHG恒成立.

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）

已知數(shù)列國(guó)工，給出兩個(gè)性質(zhì)：

①對(duì)于任意的ieN*,存在LeR,當(dāng)時(shí)