上海市杨浦区2023届高三二模数学试卷2023.04一.填空题（本大题共12题，1-6每题4分，7-12每题5分，共54分）1. 集合，则_【答案】【解析】【分析】根据一元二次方程化简集合,由集合的交运算即可求解.【详解】由得，所以，故答案为：2. 复数的虚部是_【答案】#0.96【解析】【分析】根据复数除法法则化简即得结果.【详解】因为，所以虚部为.故答案为：3. 已知等差数列中，则数列的通项公式是_.【答案】#【解析】【分析】设公差为d，由基本量代换列方程组，解出，即可得到通项公式.【详解】设等差数列的公差为d，由题意可得：，解得：，所以.故答案为：.4 设，则_【答案】【解析】【分析】先写出的二项展开式的通项，再求出即可.【详解】的二项展开式的通项：，故故答案为：.5. 函数的导数是_【答案】【解析】【分析】根据复合函数求导法则进行求导即可.【详解】因为，所以.故答案为：.6. 若圆锥的侧面积为，高为4，则圆锥的体积为_【答案】【解析】【分析】圆锥的半径为r，母线长为l，高为h，则侧面积为，再结合，可得的值.然后根据椎体体积公式计算即可.【详解】设圆锥的半径为，母线长为，高为 ，有，解得：.故答案为： .7. 由函数的观点，不等式的解集是_【答案】【解析】【分析】构造可得为单调递增函数，有即可求解.【详解】令，由于均为单调递增函数，因此为 上的单调递增函数，又，故的解为，故答案为：8. 某中学举办思维竞赛，现随机抽取50名参赛学生的成绩制作成频率分布直方图（如图），估计学生的平均成绩为_分【答案】【解析】【分析】利用直方图求学生的平均成绩即可.【详解】由直方图知：平均成绩为分.故答案为：9. 内角、的对边是、，若，则_【答案】#【解析】【分析】利用正弦定理及大边对大角即可求解.【详解】因为，由正弦定理得，所以或.由，得,所以，所以.故答案为：.10. 若是双曲线的左右焦点，过的直线与双曲线的左右两支分别交于，两点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为_.【答案】【解析】【分析】根据双曲线的定义算出AF1F2中，|AF1|=2a，|AF2|=4a，由ABF2是等边三角形得F1AF2=120，利用余弦定理算出c=a，结合双曲线离心率公式即可算出双曲线C的离心率.【详解】因为ABF2为等边三角形，可知，A为双曲线上一点，B为双曲线上一点，则 ，即，由，则，已知，在F1AF2中应用余弦定理得：，得c2=7a2，则e27e故答案为：【点睛】方法点睛：求双曲线的离心率，常常不能经过条件直接得到a，c的值，这时可将或视为一个整体，把关系式转化为关于 或的方程，从而得到离心率的值.11. 若存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，则的取值范围为_【答案】【解析】【分析】利用的图像与性质，直接求出函数的零点，再利用题设条件建立不等关系且，从而求出结果.【详解】因为，由，得到，所以或，所以或，又因为存在实数，使函数在上有且仅有2个零点，所以且，即且，解得.故答案：12. 已知非零平面向量、满足，且，则的最小值是_【答案】【解析】【分析】由向量的运算，数量积与模长的关系，利用三角函数的性质求最值即可.【详解】解：如图，则，已知，即，所以，取BD的中点O，则有，而，根据三角形三边关系可知则，所以，当A，O，C三点共线时取等号，记向量的夹角为，则，同理，由，可得，则，当，即时取等号，所以，即的最小值是，故答案为：.【点睛】本题考查平面向量的综合运用，关键点在于利用三角形的三边关系得到不等式，进而利用数量积求模长.二.选择题（本大题共4题，第13、14题各4分，第15、16题各5分，共18分）13. 已知、，则“”是“”的（ ）条件A. 充分不必要B. 必要不充分C. 充要D. 既不充分也不必要【答案】C【解析】【分析】利用函数在上单调递增即可判断出结论.【详解】是奇函数且为递增函数，所以，则，即，同理，则，函数单调递增，得； “”是“”的充要条件.故选：C.14. 对成对数据、用最小二乘法求回归方程是为了使（ ）A. B. C. 最小D. 最小【答案】D【解析】【分析】由最小二乘法的求解即可知.【详解】根据最小二乘法的求解可知：回归方程是为了使得每个数据与估计值之间的差的平方和最小，故选：D15. 下列函数中，既是偶函数，又在区间上严格递减的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用奇偶性定义判断各函数的奇偶性，再由指对幂函数的性质判断区间单调性，即可得答案.【详解】由且，故为偶函数，在上递减，A符合；由的定义域为，故为非奇非偶函数，B不符合；由定义域为，又，故为偶函数，在上递增，C不符合；由的定义域为，故为偶函数，在上递增，D不符合.故选：A16. 如图，一个由四根细铁杆、组成的支架（、按照逆时针排布），若，一个半径为1的球恰好放在支架上与四根细铁杆均有接触，则球心到点的距离是（ ）A. B. C. 2D. 【答案】B【解析】【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.三.解答题（本大题共5题，共14+14+14+18+18=78分）17. 已知一个随机变量的分布为：.（1）已知，求、的值；（2）记事件：为偶数；事件：.已知，求，并判断、是否相互独立？【答案】（1），； （2），事件与不相互独立.【解析】【分析】（1）根据分布的性质及数学期望列方程直接求解即可；（2）由及分布列性质求出、，进一步求出，利用两个事件相互独立的定义判断即可.【小问1详解】由随机变量的分布的性质有，得，又，解得，所以，即，；【小问2详解】由题意，又事件：为偶数，所以，所以，由随机变量的分布的性质有，得，又事件为，所以，所以，因为，所以与不相互独立.18. 四边形是边长为1的正方形，与交于点，平面，且二面角的大小为.（1）求点到平面的距离；（2）求直线与平面所成的角.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法及二面角的大小求出的值，再求平面的法向量，根据点到平面的距离求解即可；（2）先求出平面的法向量，利用空间向量法求解即可.【小问1详解】因为四边形是正方形，平面，平面，所以两两垂直，以为原点，所在直线为轴，轴，轴建立如图所示坐标系，设，则，所以，设平面的法向量，则，取，取平面的法向量，因为二面角的大小为，所以，解得，即，所以，设平面的法向量，则，取，所以点到平面的距离.【小问2详解】由（1）得，设平面的法向量，则，取，设直线与平面所成的角为，所以，所以直线与平面所成的角为.19. 如图，某国家森林公园的一区域为人工湖，其中射线、为公园边界.已知，以点为坐标原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系（单位：千米）.曲线的轨迹方程为：.计划修一条与湖边相切于点的直路（宽度不计），直路与公园边界交于点、两点，把人工湖围成一片景区.（1）若点坐标为，计算直路的长度；（精确到0.1千米）（2）若为曲线（不含端点）上的任意一点，求景区面积的最小值.（精确到0.1平方千米）【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据导数与切线的关系求解即可；（2）利用切线方程与导数的关系求出点处的切线方程，从而表示出的面积，再利用导数与单调性和最值的关系即可求解.【小问1详解】因为，所以，所以，所以由点斜式可得，即，令，解得，令，解得，所以，所以.【小问2详解】设，则由（1）可知，所以的直线方程为，整理得，令，解得，令，解得，所以，设，令，即，解得，令，即，解得，所以函数在单调递减，单调递增，所以.所以景区面积的最小值为.20. 已知椭圆右焦点为，直线.（1）若到直线的距离为，求；（2）若直线与椭圆交于，两点，且的面积为，求；（3）若椭圆上存在点，过作直线的垂线，垂足为，满足直线和直线的夹角为，求的取值范围.【答案】（1） （2） （3）且【解析】【分析】（1）由椭圆方程得右焦点为，再根据已知条件及点到直线的距离公式求解即可；（2）联立直线与椭圆方程，先由韦达定理及弦长公式求，点到直线的距离公式求O到直线的距离，再根据三角形面积公式求解即可；（3）分和两种情况讨论，易知不合题意，当时，根据题意可得直线的方程为或，代入方程可求点坐标，从而可求直线的方程，联立与椭圆方程，利用即可求出的取值范围【小问1详解】因为，所以右焦点为，又因为，所以到直线的距离，解得；【小问2详解】设，由得，所以，即，且，所以，又因为O到直线的距离为，所以的面积为，解得满足，所以；【小问3详解】若，则直线经过点，此时直线和直线的夹角为（舍去），若，由直线和直线的夹角为，且得，直线的方程为或代入得或，所以直线的方程为或代入椭圆方程得或，由或解得或，综上得的取值范围为且21. 已知数列是由正实数组成的无穷数列，满足，.（1）写出数列前4项的所有可能取法；（2）判断：是否存在正整数，满足，并说明理由；（3）为数列的前项中不同取值的个数，求的最小值.【答案】（1）答案见解析； （2）不存在，理由见解析； （3）51【解析】【分析】（1）根据题意得或，再直接求解即可；（2）根据或，再证明，即可证明结论；（3）根据或得对于任意的，均可以使用递推，不能连续使用，进而记记且，可得且，进而得，再根据特例说明即可得答案.【小问1详解】解：由得或，所以或，因为足，所以或，所以，当时，或；当时，或因为数列是由正实数组成的无穷数列，所以舍，所以，数列前4项的所有可能取法有，或，或，.【小问2详解】解：不存在，下面证明：因为，所以，或，当时，因为数列是由正实数组成的无穷数列，所以，即或，所以；当时，因为数列是由正实数组成的无穷数列，所以，即所以或（舍），综上，所以，.综上，不存在正整数，满足.【小问3详解】解：由，所以，或，对于任意的，均可以使用递推，只有满足时，才可以使用递推；若，显然，下次只能用递推，即所以，不能连续使用.记且，若，则；若，则，所以，所以且，所以，中至少有共51项，即.