《2023年高考第二次模拟考数学试卷——上海A卷（解析版）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023年高考第二次模拟考数学试卷——上海A卷（解析版）.pdf（14页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023年高考第二次模拟考试卷数学(上海A卷)一、填空题(本大题共有12小题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分)1.已知z e C,且满足(l+i)Q-2)=2 i,则2=.K答 案3 iK解 析 力 由(l+i)Q-2)=2 i,得2=2+=2+弋;)=2+i(l-i)=3+i,所以z=3-i.故K答 案 为：3 i.2.直线2x+y-1=0的一个方向向量为.K答 案(1,2)(R答 案 不唯一)K解 析 直线2x+y-l =0的法向量为(2,1),则其一个方向向量为(1,-2).故K答 案H为：(1,2)嵬 答 案 不 唯 一).3.已知a为锐角，若sin(a+)=|,
2、则tan(a+：)=.K答 案-7K解 析 因为sin(a+：)=g,所以cosa=|,又a为锐角，所以sina=11-cos2a=x 4a sina 4 的、(.兀 tana+tan-1+-tana=-=-，所以tan a+-=-=1=一7.cosa 3 4/1-tanatan-14 3故K答 案 为：一7.4.已知一个关于x、y的二元一次方 程 组 的 增 广 矩 阵 是:；),其解为；：；，则加+R答 案 1K解 析 因为关于x、y的二元一次方程组的增广矩阵是 黑；所以关于x、y的二元一次方程组是 批 露 二:，又因为其解为t Z；,所以:二则m+n=l,故K答 案 为：15.若万 =(
3、1,-2,0),0B=(2,1,0),0C=(1,1,3),则三棱锥 0ABC 的体积为R答 案|K解 析X根据已知可得：0 4 0 5 =1x2-2x1=0,即0 4 1 0B,又|明=+（一 2）2 =回画=V 22+I2=V 5,故 0 4 B的面积S=|x V 5 x V 5 =I；不妨取平面。A B的一个法向量访=（0,0,1）.则点C到平面。4 8的距离h=监 空=7 =3,故三棱锥O ABC的体积U =|sx/i =i x|x 3=|.故K答 案 为：|.X 16 .设变量,y满足约束条件-丫+2 W0,则z=-2 x +y的取值范围为4-y 7 (a R)奇 函 数，写出一个满
4、足条件的 X2+c o s(x +a),x V 0K答 案-yK解 析 由f(x)为奇函数，所以/()=/(X),当 x 0 时，/(%)X2+c o s(x +a)=/(%)=(久)2 +sin (x +J =-x2+s i n d，所以c o s(x +a)=sin (x +a +)=sin (x -2)，解得a =-y+2 kn,k e z,所以取a =-y即可.故K答 案 为：若(满足条件即可).9.小Q同学和小B同学计划在“五一节”5天假期中随机选择两天到图书馆学习，则两位同学没 有 同 一 天 到 图 书 馆 的 概 率 为.(结 果 用 最 简 分 数 表 示)K答 案 K解 析
5、 小Q同学从5天假期中随机选择两天去图书馆学习的选法是C 2,小B同学从剩下的3天里随机选择两天去图书馆学习的选法是C ,所以两位同学没有同一天到图书馆的概率为P =骞|=15cs 10故K答 案 为：高1 0 .已知数列 即 满足a I=1,即+i=5 CN*).设垢为的，。2，须 中取值为1的项的个数，则名+匕2 0 2 2 =.K 答 案 R 1 2 52 5K解 析 当m Zl时，若0n l=1,贝=1 +m,am+2=1 +m +(m+1),依此类推，可归纳证得G m+2 k-l =血+2 -k,a m+2/c=2 m +1 +f c (l /c 故恰有3k个bn=k.则瓦+b2+b
6、2 02 2 )=1X3+2X 32+-+6X 36+7X(2022-36-35-3)=12525,故 K答 案 U 为：125251 1.在AABC中，AB=4,AC=3,ZBAC=90,力在边8 C 上(与 8、C 不重合)，延长射线到P,使得A P=9,若耳？=m而+(|-m)元(加 为 常 数)，则。B 的长度为 一K答 案 隆K解 析 如图，以 A 为坐标原点，分别以AB,A C所在直线为x,y 轴建立平面直角坐标由 若 同=m P B+(|-m)P C,得 同=m(P A+AB)+(|-TH)(P A+AC),整理得：P A=-2 m A B+(2m-3)而=-2m(4,0)+(2
7、m-3)(0,3)=(-8m,6m-9).由 A P=9,得64m2+(6m 9尸=8 1,解得m=|或m=0.当巾=II时，可得PA=(，一卷 所以点P 的坐标为(答H),所以直线以的方程为y 直线BC的方程为彳+马=1,24 4 3联立两直线方程可得点。的坐标为(if所以|BD|二 4?+偿 0)2=%当巾=0 时，此 时 同=日无，所以4 C P 三点共线，点。在直线4P上，所以4 C,。三点共线,又B,C,D三点共线，所以可知。与 C 重合(舍去)，：.B D的长度是，故K答 案 为：g1 2 .对 于 定 义 域 为D的 函 数f(x),若存在均2 e。且X i力 工2，使得/(好)
8、=/(据)=2/(*1+&)，则称函数f(x)具有性质M,若函数g(x)=|l og2%-1|，x 6(0,a 具有性质M,则实数a的最小值为一.K 答 案 F V 2 V 2 +2K解 析X 设X 1 由/(好)=/(工分得|l og2好-1|=|l og2x f -1|,则 1 -1 0 g2*=1 0 g2X 2 -1，故 1 0 g2(好球)=2，/.%f%2 =4(*2).又2/(*1 +%2)=1 2 1 0 g23+X 2)-2|=|l og2(X 1 +x2)2-2|.；.1 0 g2(X i+%2)2 -2 =1 -I og2好，,好=爰,，1 0 g2 W+g +4)-2
9、=1 -I og2好，则l og2(煤+4)=3,/.+4x1+4 =8,.,.%!=V2V2-2,故 2 =1 2 v l+2,a 及 或+2,则实数a的最小值为J 2 V I +2.故R答 案 为：V 2 /2 +2.二、选择题：(本大题共有4题，满分2 0分，每题5分)每 题有且只有一个正确选项。1 3 .已知集合4 =(x,y)|x +y =2 ,B=(x,y)|x -2 y =-4 ,则A n B=()A.0,2 B.(0,2)C.0 D.(0,2)K答 案 DK解 析 4nB =卜,y)=(0,2)故选：D.1 4 .下列不等式一定成立 的 是()A.怆(3+)1改(工 0)B.s
10、 in x+-2(x#f a t,&G Z)C.x2+1 2|x|(x 6 R)D.看 l(x C R)K答 案cK解 析U当x 0时，所以l g(/+；巨l gx(x 0),故选项A不正确；当今E,A Z 时，siiu的正负不能确定，故选项B 不正确;因 为 +1=(|x|)2+l 2|x|(x 6 R),所以选项 C 正确;当 尸 o 时，有 六=|,故 选 项 D 不正确.故选：C.1 5.如图，在正方体4 8。一4/屿。1中，点 M、N 分别在棱4 4 i、CG上，则“直线MN _L 直线GB”是“直线MN JL平面QBD”的()A.充分非必要条件C.充要条件K答 案 1 cB.必要非
11、充分条件D.既不充分又不必要条件K解 析 首先必要性是满足的,由线面垂直的性质定理(或定义)易得;下面说明充分性,连接4 c,4 6，4 平 面 ABC。，B D u平面ABCD,则4 A li BD,正方形中BD1AC,AC=A,4C,44I u 平面ACC14，则BD J_平 面 。出，又MN u 平面Z C G&,所以BD 1 MN,若M N IB C i，BCiCBD=B,u 平面所以MN _L 平面BDC1，充分性得证.因此应为充要条件.故选：C.1 6.已知点4（一1,1）.若曲线G 上存在8,C 两点，使 Z B C 为正三角形，则称G 为 型 曲 线.给定下列三条曲线：y=r+
12、3(0%3)；y=V 2 -x2(-V 2%o).其中 型曲线的个数是A.0B.1D.33C.2K 答 案 BK 解 析 对于，4 （-1,1）到直线y=-x+3的距离为2,若直线上存在两点B,C,使 A B C 为正三角形，则H B|=|4 C|=,以A为圆心，以北为半径的圆的方程为（x+l）2+（y-1）2=6,联立解得.2 ,或2，后者小于0,所以对应的点不在曲线上，所以不是.对于，广 一 口?4 粹,化为一+y2=2（-V2x 0且Q A 1,t 6 R,已知函数/(%)=l oga(%+l),g(%)=2 1 oga(2%+t).(1)当t =-l 时，求不等式/(x)W g(x)的
13、解；(2)若函数F(%)=/()+及2-2 亡+1 在区间(一 1,2 2 上有零点,求t 的取值范围.解：=-1,不等式f(x)与 g(x)可化为l og/%+1)4 2 1 ogQ(2 x-1)若。l,则 0 x；1 5(2；T)2,解得所以不等式/X x)S g(x)的解集为1：,+8).综上所述：0 a l,/(x)l./(x)g(x)的解集为 K|,+).(2)F(x)=+tx2 2t +l=x +l +tx2 2t +1=tx2+%2t +2.令+%-2t +2=0,即t(%2 2)=(%+2),*x G(1,2U ,4-2 G(1,42 f t 0,x?2 H 0；工=_ 士 =
14、_|(x +2)+3+4.t x+2 1 J x+2设T H =%4-2 6(1,43，则(=-=(m +9 +4,-0 或0 V 工 W 4-2 V L2 t t解得t 亭.19.(本题满分14分，第 1 小题满分6 分，第 2 小题满分8 分)如图，游客从某旅游景区的景点4 处下山至C处有两种路径.一种从4沿直线步行到C,另一种是先从4 沿索道乘缆车到B,然后从B 沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A 处下山，甲沿4c 匀速步行，速度为5 0m/m i n.在甲出发2m i n 后，乙从A 乘缆车到B,在B 处停留I m i n 后，再从B 匀速步行到C.假设缆车匀速直线运行的速度为13
15、0m/m i n,山路4 c 长为1260m,经测量，s i n C=s i n B=，乙 8为钝角.5 65(1)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？(2)为使两位游客在C 处互相等待的时间不超过3分钟，乙步行的速度应控制在什么范围内？解：(1)因为B 为钝角，则C为锐角，所以，c o s C=V l -s i n2C=cosB=-V 1-s i n2 =1665,所以，c o s A=c o s I T (8+C)=c o s(B+C)=s i n Bs i n C-cosBcosC=,设乙出发t m i n 后，甲、乙之间的距离为d,由题意可得0 4 t W 粤 =8,则 d
16、2=(1301)2+(I。+5 0 t)2 _2 x 130t x (100+5 0t)x =200(37/一 7 0t +5 0),所以，当t =|m i n 时，d 取最小值,因此，当乙出发j m i n 后，乙在缆车上与甲的距离最近;(2),/为锐角，s i n/l =V 1-c o s2/l =由正弦定理芸=焉 可 得.=1260X1363费=5 0 0(m),乙从B 出发时，甲已经走了5 0 x (2+8+1)=5 5 0(m),还需走7 10m 才能到达C,设乙步行的速度为u m/m i n,则 呼-|3,解 得 詈 v /2 、a+c=V 2 +1 所以 b=1 a2=b2+c2
17、 c=1，椭圆的方程C：+y 2 =1.(2)由题意及(1)得丫2在。:彳+/=1中，设直线AB的方程为I:%=my +1,A(xlty),以孙力)，,(x=my+1,0,、,由+2 y 2 _ 2 =0 得(徵2 +2)y2+2 my-1=0,y i +2 =y，2 =一;，=(2 m)2-4(m2+2)x (-1)=8 m2+8 0,则l y】-yi =+丫2乃一4月及=，叱鬻也=2 y/2-,令t =y/m2+1,则仇-y2=2/2Y，SA&AB=SAFXF2+SAB&FZ=IF/2 11y l -y zl =2 y yAO S”AR=2 版 工 2 V 2 x-=V 2,当且仅当t =
18、i BPt =1时等号成立，F 1AB t+7 2 i t,，SAFI4B e(0V 2.(3)存在，理由如下：由题意及(1)(2)得，直线4 B的斜率显然存在，设为y =k(x-1),由y-k(x 1)N ),得(1+2 炉)/一 轨 2 刀 +2 炉一2 =0,w4+y =1+x24 k 2 _ 2k2-21+2 2 12 -i+2 f c2,由几何知识得,伍=(1 一%,一月),F2B=(x2-l,y2),*：AF2=4 够.:=工，物 一 1同理可得=言，代入方程得上工一一2 子1=0,X2-l X2-2整理得(2 r)“。2+(%-4)%2+(2%-2)%1+4-2%=+y(%2 -
19、1)(4 2-2)令 4 =2%2,解得：x 2,当 x =-2 时,原 式=约 萼 弊?竺=l +y,(4 2-1)(%2 -2)2k2-2 4k2即 写 胃 蓑 耍 三=1+整理得0=1+y,则N(-2,-1).(X2-1)(X2-2),即存在这样的点，为N(-2,-1).2 1.(本题满分18 分，第 1 小题满分4分，第 2小题满分6分，第 3小题满分8分)若无穷数列 即 的各项均为整数.且对于V i J GN*,i j,使得恕=%出 一%-%,则称数列 5 满足性质P.(1)判断下列数列是否满足性质P,并说明理由.即=n,n=1,2,3,；bn=n+2,n=1,2,3,.(2)若数列
20、 时 满足性质P,且 即=1,求证：集合 n e N*|即=3 为无限集；(3)若周期数列也满足性质P,求数列 即 的通项公式.(1)解：对：取i -1,对 力 G N*J 1,则%=%=1,卬=j,可得见卬%aj=j l-j =-1,显然不存在k /,k 6 N*,使得以=一1,故数列 a.不满足性质P；对：对于V i J 6 N*,i l,j 2 2,则i /+i +/2 e N*,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,故数列 b 满足性质P.(2)证明：若数列 a“
21、满足性质P,且=1,则有：取i =1 J=J1 1J 1 e N,.均存在七 九也 e N*,使得aB=a iah 一 的 ah=-1,取i =1,)=j2 的,，2 6 N*,均存在七；2 的，卜 2 6 N*,使得 =araj2-ar-叱=-1，取i =k J =卜 2 七,均 存 在 k2 l.mI e N*,使得的m =akiak2-aki-ak2=3,故数列%中存在n e N*,使得a；,=3,即 n e N*|即=3 40，反证：假设 n e N*|an=3 为有限集，其元素由小到大依次为叫,电,(1),取i =1,；=nt+1 nt,均存在口 +1,册 e N*,使得=1+1-a
22、r-an(+1=-1,取1 =1,j =即+1,均存在+i +1,即+1 6 N*,使得以人=的以乙+1-以乙+1=-1,取i =kL,j=的+i，均存在n(+i kL+1 nhnl+1 e N*,使得的忆=akLakL+i-akL-akL+i=3,即n1+i e (n e N*|an=3 这与假设相矛盾，故集合 n e N*an=3 为无限集.(3)解：设周期数列 an 的周期为TN 1,7 6N*,则对V n N*,均有即=即+T，设周期数列%；的最大项为a“，M&N 1 M T-1,最小项为am N&N*,l N 4时，取 i =M,j=M +T,则注 M +T,kN*,使得四=aMaM
23、+T-aM-aM+T =aM 2a“,则以-a”=够-3aM=aM(aM-3)0,即%aM,这对V n e N*,均有a NS a n S a M 矛盾，假设不成立；则对Vn 6 N*,均有an S 3；反证：假设 ZN N +T,k G N 使得 a&=aNaN+T-aN-aN+T =aN 2(1N 4,这与对V n W N*,均有a*W 3矛盾，假设不成立，即对Vzi e N*,均有与2-1；综上所述：对V n e N*,均有一lan W3,反证：假 设 1 为数列 a.中的项，由(2)可得：1,3为数列 a 中的项，-1 x 3 (1)3=5,即 5 为数列 即 中的项，这与对Vn G
24、N*,均有-1 an 3相矛盾，即对Vn G N*,均有an*1,同理可证：an H -1 1Van G Z,则 0,2,3,当7=1时，即数列 加 为常数列时，设册=以 故对),使得安djCiy a；aj=a2 2a=a,解得a=。或a-3,BRan-。或 与-3符合题意；当7 Z 2时，即数列 即 至少有两个不同项，则有：当0,2为 数 列 中 的 项，则0 X2 0 2=2,即一2为数列 斯 中的项，但一 2任 0,2,3),不成立；当0,3为数列 斯 中的项，则0 x 3-0-3 =-3,即-3为数列%中的项，但一3生 0,2,3),不成立；当2,3为数列 0 中的项，则2 x 3-2-3=1,即1为数列 a j中 的 项,但 0,2,3,不成立；综上所述：an=0或 厮=3.