2023学年上海华东师大二附中高考考前模拟数学试题（含答案解析）

2023高考数学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．设，是双曲线的左，右焦点，是坐标原点，过点作的一条渐近线的垂线，垂足为．若，则的离心率为（）A． B． C． D．2．已知类产品共两件，类产品共三件，混放在一起，现需要通过检测将其区分开来，每次随机检测一件产品，检测后不放回，直到检测出2件类产品或者检测出3件类产品时，检测结束，则第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为（）A． B． C． D．3．在函数：①；②；③；④中，最小正周期为的所有函数为（）A．①②③ B．①③④ C．②④ D．①③4．《九章算术》“少广”算法中有这样一个数的序列：列出“全步”（整数部分）及诸分子分母，以最下面的分母遍乘各分子和“全步”，各自以分母去约其分子，将所得能通分之分数进行通分约简，又用最下面的分母去遍乘诸（未通者）分子和以通之数，逐个照此同样方法，直至全部为整数，例如：及时，如图：记为每个序列中最后一列数之和，则为（）A．147 B．294 C．882 D．17645．函数的单调递增区间是（）A． B． C． D．6．已知函数的图像与一条平行于轴的直线有两个交点，其横坐标分别为，则（）A． B． C． D．7．执行如图的程序框图，若输出的结果，则输入的值为()A． B．C．3或 D．或8．设全集，集合，.则集合等于（）A． B． C． D．9．已知，，那么是的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件10．已知实数x，y满足约束条件，若的最大值为2，则实数k的值为（）A．1 B． C．2 D．11．已知复数，则的虚部为（）A． B． C． D．112．设（是虚数单位），则（）A． B．1 C．2 D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．如图，是一个四棱锥的平面展开图，其中间是边长为的正方形，上面三角形是等边三角形，左、右三角形是等腰直角三角形，则此四棱锥的体积为_____．14．设全集，，，则______.15．若关于的不等式在上恒成立，则的最大值为__________．16．已知，满足约束条件，则的最小值为______．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知椭圆的长轴长为，离心率（1）求椭圆的方程；（2）设分别为椭圆与轴正半轴和轴正半轴的交点，是椭圆上在第一象限的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，问与面积之差是否为定值？说明理由.18．（12分）函数，且恒成立.（1）求实数的集合；（2）当时，判断图象与图象的交点个数，并证明.（参考数据：）19．（12分）[选修4-5：不等式选讲]设函数.（1）求不等式的解集；（2）已知关于的不等式在上有解，求实数的取值范围.20．（12分）已知抛物线C:x24py（p为大于2的质数）的焦点为F，过点F且斜率为k(k0)的直线交C于A，B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点E，抛物线C在点A，B处的切线相交于点G.记四边形AEBG的面积为S.（1）求点G的轨迹方程；（2）当点G的横坐标为整数时，S是否为整数？若是，请求出所有满足条件的S的值；若不是，请说明理由.21．（12分）已知x，y，z均为正数．（1）若xy＜1，证明：|x+z|⋅|y+z|＞4xyz；（2）若＝，求2xy⋅2yz⋅2xz的最小值．22．（10分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数，）.在以为极点，轴正半轴为极轴的极坐标中，曲线：.（1）当时，求与的交点的极坐标；（2）直线与曲线交于，两点，线段中点为，求的值.

2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．B【答案解析】

设过点作的垂线，其方程为，联立方程，求得，，即，由，列出相应方程，求出离心率.【题目详解】解：不妨设过点作的垂线，其方程为，由解得，，即，由，所以有，化简得，所以离心率．故选：B.【答案点睛】本题主要考查双曲线的概念、直线与直线的位置关系等基础知识，考查运算求解、推理论证能力，属于中档题．2．D【答案解析】

根据分步计数原理，由古典概型概率公式可得第一次检测出类产品的概率，不放回情况下第二次检测出类产品的概率，即可得解.【题目详解】类产品共两件，类产品共三件，则第一次检测出类产品的概率为；不放回情况下，剩余4件产品，则第二次检测出类产品的概率为；故第一次检测出类产品，第二次检测出类产品的概率为；故选：D.【答案点睛】本题考查了分步乘法计数原理的应用，古典概型概率计算公式的应用，属于基础题.3．A【答案解析】逐一考查所给的函数：，该函数为偶函数，周期；将函数图象x轴下方的图象向上翻折即可得到的图象，该函数的周期为；函数的最小正周期为；函数的最小正周期为；综上可得最小正周期为的所有函数为①②③.本题选择A选项.点睛：求三角函数式的最小正周期时，要尽可能地化为只含一个三角函数的式子，否则很容易出现错误．一般地，经过恒等变形成“y＝Asin(ωx＋φ)，y＝Acos(ωx＋φ)，y＝Atan(ωx＋φ)”的形式，再利用周期公式即可．4．A【答案解析】

根据题目所给的步骤进行计算，由此求得的值.【题目详解】依题意列表如下：上列乘上列乘上列乘630603153021020156121510所以.故选：A【答案点睛】本小题主要考查合情推理，考查中国古代数学文化，属于基础题.5．D【答案解析】

利用辅助角公式,化简函数的解析式,再根据正弦函数的单调性,并采用整体法,可得结果.【题目详解】因为，由，解得，即函数的增区间为，所以当时，增区间的一个子集为.故选D.【答案点睛】本题考查了辅助角公式,考查正弦型函数的单调递增区间,重点在于把握正弦函数的单调性，同时对于整体法的应用,使问题化繁为简,难度较易.6．A【答案解析】

画出函数的图像，函数对称轴方程为，由图可得与关于对称，即得解.【题目详解】函数的图像如图，对称轴方程为，，又，由图可得与关于对称，故选：A【答案点睛】本题考查了正弦型函数的对称性，考查了学生综合分析，数形结合，数学运算的能力，属于中档题.7．D【答案解析】

根据逆运算，倒推回求x的值，根据x的范围取舍即可得选项.【题目详解】因为,所以当，解得

，所以3是输入的x的值；当时，解得，所以是输入的x的值，所以输入的x的值为

或3，故选：D.【答案点睛】本题考查了程序框图的简单应用，通过结果反求输入的值，属于基础题.8．A【答案解析】

先算出集合，再与集合B求交集即可.【题目详解】因为或.所以，又因为.所以.故选：A.【答案点睛】本题考查集合间的基本运算，涉及到解一元二次不等式、指数不等式，是一道容易题.9．B【答案解析】

由，可得，解出即可判断出结论．【题目详解】解：因为，且．，解得．是的必要不充分条件．故选：．【答案点睛】本题考查了向量数量积运算性质、三角函数求值、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．10．B【答案解析】

画出约束条件的可行域,利用目标函数的几何意义,求出最优解,转化求解即可.【题目详解】可行域如图中阴影部分所示，，，要使得z能取到最大值，则，当时，x在点B处取得最大值，即，得；当时，z在点C处取得最大值，即，得（舍去）.故选:B.【答案点睛】本题考查由目标函数最值求解参数值,数形结合思想,分类讨论是解题的关键,属于中档题.11．C【答案解析】

先将，化简转化为，再得到下结论.【题目详解】已知复数，所以，所以的虚部为-1.故选：C【答案点睛】本题主要考查复数的概念及运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.12．A【答案解析】

先利用复数代数形式的四则运算法则求出，即可根据复数的模计算公式求出．【题目详解】∵，∴．故选：A．【答案点睛】本题主要考查复数代数形式的四则运算法则的应用，以及复数的模计算公式的应用，属于容易题．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．【答案解析】

画图直观图可得该几何体为棱锥,再计算高求解体积即可.【题目详解】解：如图,是一个四棱锥的平面展开图,其中间是边长为的正方形,上面三角形是等边三角形,左、右三角形是等腰直角三角形,此四棱锥中,是边长为的正方形,是边长为的等边三角形,故,又,故平面平面,的高是四棱锥的高,此四棱锥的体积为:．故答案为：．【答案点睛】本题主要考查了四棱锥中的长度计算以及垂直的判定和体积计算等,需要根据题意14．【答案解析】

先求出集合，，然后根据交集、补集的定义求解即可．【题目详解】解：，或；∴；∴．故答案为：．【答案点睛】本题主要考查集合的交集、补集运算，属于基础题．15．【答案解析】

分类讨论，时不合题意；时求导，求出函数的单调区间，得到在上的最小值，利用不等式恒成立转化为函数最小值，化简得，构造放缩函数对自变量再研究，可解,【题目详解】令；当时，，不合题意；当时，，令，得或，所以在区间和上单调递减.因为，且在区间上单调递增，所以在处取极小值，即最小值为.若，，则，即.当时，，当时，则.设，则.当时，；当时，，所以在上单调递增；在上单调递减，所以，即，所以的最大值为.故答案为：【答案点睛】本题考查不等式恒成立问题.不等式恒成立问题的求解思路：已知不等式(为实参数)对任意的恒成立，求参数的取值范围．利用导数解决此类问题可以运用分离参数法;如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论求解，如果是二次不等式恒成立的问题，可以考虑二次项系数与判别式的方法(,或，)求解．16．2【答案解析】

作出可行域，平移基准直线到处，求得的最小值.【题目详解】画出可行域如下图所示，由图可知平移基准直线到处时，取得最小值为.故答案为：【答案点睛】本小题主要考查线性规划求最值，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（1）（2）是定值，详见解析【答案解析】

（1）根据长轴长为，离心率，则有求解.（2）设，则，直线，令得，，则，直线，令，得，则，再根据求解.【题目详解】（1）依题意得，解得，则椭圆的方程.（2）设，则，直线，令得，，则，直线，令，得，则，.【答案点睛】本题主要考查椭圆的方程及直线与椭圆的位置关系，还考查了平面几何知识和运算求解的能力，属于中档题.18．（1）；（2）2个，证明见解析【答案解析】

（1）要恒成立，只要的最小值大于或等于零即可，所以只要讨论求解看是否有最小值；（2）将图像与图像的交点个数转化为方程实数解的个数问题，然后构造函数，再利用导数讨论此函数零点的个数.【题目详解】（1）的定义域为，因为，1°当时，在上单调递减，时，使得，与条件矛盾；2°当时，由，得；由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，即有，由恒成立，所以恒成立，令，若；若；而时，，要使恒成立，故.（2）原问题转化为方程实根个数问题，当时，图象与图象有且仅有2个交点，理由如下：由，即，令，因为，所以是的一根；，1°当时，，所以在上单调递减，，即在上无实根；2°当时，，则在上单调递递增，又，所以在上有唯一实根，且满足，①当时，在上单调递减，此时在上无实根；②当时，在上单调递增，，故在上有唯一实根.3°当时，由（1）知，在上单调递增，所以，故，所以在上无实根.综合1°，2°，3°，故有两个实根，即图象与图象有且仅有2个交点.【答案点睛】此题考查不等式恒成立问题、函数与方程的转化思想，考查导数的运用，属于较难题.19．(1)(2)【答案解析】

（1）零点分段去绝对值解不等式即可（2）由题在上有解，去绝对值分离变量a即可.【题目详解】（1）不等式，即等价于或或解得，所以原不等式的解集为；（2）当时，不等式，即，所以在上有解即在上有解，所以，．【答案点睛】本题考查绝对值不等式解法，不等式有解求参数，熟记零点分段，熟练处理不等式有解问题是关键，是中档题.20．（1）（2）当G点横坐标为整数时，S不是整数．【答案解析】

（1）先求解导数，得出切线方程，联立方程得出交点G的轨迹方程；（2）先求解弦长，再分别求解点到直线的距离，表示出四边形的面积，结合点G的横坐标为整数进行判断.【题目详解】（1）设，则，抛物线C的方程可化为，则，所以曲线C在点A处的切线方程为，在点B处的切线方程为，因为两切线均过点G，所以，所以A，B两点均在直线上，所以直线AB的方程为，又因为直线AB过点F(0，p)，所以，即G点轨迹方程为；（2）设点G(，)，由（1）可知，直线AB的方程为，即，将直线AB的方程与抛物线联立，，整理得，所以，，解得，因为直线AB的斜率，所以，且，线段AB的中点为M，所以直线EM的方程为：，所以E点坐标为(0，)，直线AB的方程整理得，则G到AB的距离，则E到AB的距离，所以，设，因为p是质数，且为整数，所以或，当时，，是无理数，不符题意，当时，，因为当时，，即是无理数，所以不符题意，当时，是无理数，不符题意，综上，当G点横坐标为整数时，S不是整数．【答案点睛】本题主要考查直线与抛物线的位置关系，抛物线中的切线问题通常借助导数来求解，四边形的面积问题一般转化为三角形的面积和问题，表示出面积的表达式是求解的关键，侧重考查数