2023年高考数学上海试题及解析

第7页〔共7页〕2023年上海市高考数学试卷一、填空题〔本大题共12题，总分值54分，第1～6题每题4分，第7～12题每题5分〕1.集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，那么A∩B=．{3,4}【解析】∵集合A={1，2，3，4}，集合B={3，4，5}，∴A∩B={3，4}．2．〔2023年上海〕假设排列数Aeq\o(\s\up3(m),\s\do3(6))=6×5×4，那么m=．2.3【解析】∵排列数Aeq\o(\s\up3(m),\s\do3(6))=6×5×…×(6-m+1)，∴6-m+1=4，即m=3.3．〔2023年上海〕不等式eq\f(x-1,x)＞1的解集为．3.(-∞，0)【解析】由eq\f(x-1,x)＞1，得1-eq\f(1,x)>1，那么eq\f(1,x)<0，解得x<0，即原不等式的解集为(-∞，0).4.〔2023年上海〕球的体积为36π，那么该球主视图的面积等于．4.9π【解析】设球的半径为R，那么由球的体积为36π，可得eq\f(4,3)πR3=36π，解得R=3.该球的主视图是半径为3的圆，其面积为πR2=9π．5．〔2023年上海〕复数z满足z+eq\f(3,z)=0，那么|z|=．5.eq\r(3)【解析】由z+eq\f(3,z)=0，可得z2+3=0，即z2=-3，那么z=±eq\r(3)i，|z|=eq\r(3).6．〔2023年上海〕设双曲线eq\f(x2,9)-eq\f(y2,b2)=1〔b＞0〕的焦点为F1，F2，P为该双曲线上的一点，假设|PF1|=5，那么|PF2|=．6.11【解析】双曲线eq\f(x2,9)-eq\f(y2,b2)=1中，a=eq\r(9)=3，由双曲线的定义，可得||PF1|-|PF2||=6，又|PF1|=5，解得|PF2|=11或﹣1〔舍去〕，故|PF2|=11.7．〔2023年上海〕如图，以长方体ABCD-A1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，假设向量eq\o(\s\up5(→),\s\do0(DB1))的坐标为〔4，3，2〕，那么向量eq\o(\s\up5(→),\s\do0(AC1))的坐标是．7.(-4,3,2)【解析】由eq\o(\s\up5(→),\s\do0(DB1))的坐标为〔4，3，2〕，可得A〔4，0，0〕，C(0,3,2)，D1(0,0,2)，那么C1〔0，3，2〕，∴eq\o(\s\up5(→),\s\do0(AC1))=〔﹣4，3，2〕．8.〔2023年上海〕定义在〔0，+∞〕上的函数y=f〔x〕的反函数为y=f﹣1〔x〕，假设g〔x〕=eq\b\lc\{(\a\al(3x-1，x≤0，,f(x)，x>0))为奇函数，那么f-1〔x〕=2的解为．8.eq\f(8,9)【解析】g〔x〕=eq\b\lc\{(\a\al(3x-1，x≤0，,f(x)，x>0))为奇函数，可得当x＞0时，﹣x＜0，即有g(x)=-g〔﹣x〕=-(3-x-1)=1-3-x，那么f(x)=1-3-x.由f-1〔x〕=2，可得x=f(2)=1-3-2=eq\f(8,9)，即f-1〔x〕=2的解为eq\f(8,9).9．〔2023年上海〕四个函数：①y=-x，②y=-eq\f(1,x)，③y=x3，④y=xeq\f(1,2)，从中任选2个，那么事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点〞的概率为．9.eq\f(1,2)【解析】从四个函数中任选2个，根本领件总数n=Ceq\o(\s\up2(2),\s\do2(4))=6，“所选2个函数的图象有且只有一个公共点〞包含的根本领件有①③，①④，共2个，∴事件“所选2个函数的图象有且只有一个公共点〞的概率为p=eq\f(2,6)=eq\f(1,3).10．〔2023年上海〕数列{an}和{bn}，其中an=n2，n∈N*，{bn}的项是互不相等的正整数，假设对于任意n∈N*，{bn}的第an项等于{an}的第bn项，那么eq\f(lg(b1b4b9b16),lg(b1b2b3b4))=10.2【解析】∵an=n2，n∈N*，假设对于一切n∈N*，{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项，∴baeq\o(\s\up5(),\s\do2(n))=abeq\o(\s\up5(),\s\do2(n))=beq\o(\s\up0(2),\s\do0(n)).∴b1=b12，b4=b22，b9=b32，b16=b42.∴b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2，eq\f(lg(b1b4b9b16),lg(b1b2b3b4))=2.11．〔2023年上海〕设α1，α2∈R且eq\f(1,2+sinα1)+eq\f(1,2+sin2α2)=2，那么|10π-α1-α2|的最小值等于．11.eq\f(π,4)【解析】由-1≤sinα1≤1，可得1≤2+sinα1≤3，那么eq\f(1,3)≤eq\f(1,2+sinα1)≤1.同理可得eq\f(1,3)≤eq\f(1,2+sin2α2)≤1.要使eq\f(1,2+sinα1)+eq\f(1,2+sin2α2)=2，那么eq\f(1,2+sinα1)=eq\f(1,2+sin2α2)=1，即sinα1=sin2α2=-1.所以α1=2k1π-eq\f(π,2)，2α2=2k2π-eq\f(π,2)，k1,k2∈Z.所以|10π-α1-α2|=|10π-(2k1π-eq\f(π,2))-(k2π-eq\f(π,4))|=|10π+eq\f(3π,4)-(2k1+k2)π|，当2k1+k2=11时，|10π-α1-α2|取得最小值eq\f(π,4).12．〔2023年上海〕如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1，P2，P3，P4以及四个标记为“▲〞的点在正方形的顶点处，设集合Ω={P1，P2，P3，P4}，点P∈Ω，过P作直线lP，使得不在lP上的“▲〞的点分布在lP的两侧．用D1〔lP〕和D2〔lP〕分别表示lP一侧和另一侧的“▲〞的点到lP的距离之和．假设过P的直线lP中有且只有一条满足D1〔lP〕=D2〔lP〕，那么Ω中所有这样的P为．12.P1,P3,P4【解析】设记为“▲〞的四个点为A，B，C，D，线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，易知EFGH为平行四边形，如下图，四边形ABCD两组对边中点的连线交于点P2，那么经过点P2的所有直线都是符合条件的直线lP.因此经过点P2的符合条件的直线lP有无数条；经过点P1,P3,P4的符合条件的直线lP各有1条，即直线P2P1,P2P3,P2P4.故Ω中所有这样的P为P1,P3.P4.二、选择题〔本大题共4题，每题5分，共20分〕13．〔2023年上海〕关于x，y的二元一次方程组eq\b\lc\{(\a\al(x+5y=0，,2x+3y=4))的系数行列式D为()A.eq\b\bc\|(\a\al(05,43))B.eq\b\bc\|(\a\al(10,24))C.eq\b\bc\|(\a\al(15,23))D.eq\b\bc\|(\a\al(60,54))13.C【解析】关于x，y的二元一次方程组eq\b\lc\{(\a\al(x+5y=0，,2x+3y=4))的系数行列式D=．应选C．14．〔2023年上海〕在数列{an}中，an=〔-eq\f(1,2)〕n，n∈N*，那么eq\o(\s\up0(lim),\s\do4(n→∞))an〔〕A.等于-eq\f(1,2)B.等于0C.等于eq\f(1,2)D.不存在14.B【解析】数列{an}中，an=〔-eq\f(1,2)〕n，n∈N*，那么eq\o(\s\up0(lim),\s\do4(n→∞))an=eq\o(\s\up0(lim),\s\do4(n→∞))(-eq\f(1,2))n=0．应选B．15.〔2023年上海〕a,b,c为实常数，数列{xn}的通项xn=an2+bn+c，n∈N*，那么“存在k∈N*，使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列〞的一个必要条件是〔〕A.a≥0B.b≤0C.c=0D.a-2b+c=015.A【解析】存在k∈N*，使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列，可得2[a〔200+k〕2+b〔200+k〕+c]=a〔100+k〕2+b〔100+k〕+c+a〔300+k〕2+b〔300+k〕+c，化简得a=0，∴使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a≥0．应选A．16．〔2023年上海〕在平面直角坐标系xOy中，椭圆C1：eq\f(x2,36)+eq\f(y2,4)=1和C2：x2+eq\f(y2,9)=1．P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OP))·eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OQ))的最大值．记Ω={〔P，Q〕|P在C1上，Q在C2上且eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OP))·eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OQ))=w}，那么Ω中的元素有〔〕A.2个B.4个C.8个D.无穷个16.D【解析】P为椭圆C1：eq\f(x2,36)+eq\f(y2,4)=1上的动点，Q为C2：x2+eq\f(y2,9)=1上的动点，可设P〔6cosα，2sinα〕，Q〔cosβ，3sinβ〕，α，β∈[0,2π],那么eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OP))·eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OQ))=6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos〔α-β〕，当α-β=2kπ，k∈Z时，eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OP))·eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OQ))取得最大值w=6，即使得eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OP))·eq\o(\s\up5(→),\s\do0(OQ))=w的点对(P,Q)有无穷多对，Ω中的元素有无穷个.三、解答题〔本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分〕17．〔2023年上海〕如图，直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．〔1〕求三棱柱ABC-A1B1C1的体积；〔2〕设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小．17.【解析】〔1〕∵直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5．∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=S△ABC·AA1=eq\f(1,2)AB·AC·AA1=eq\f(1,2)×4×2×5=20.〔2〕连接AM.∵直三棱柱ABC-A1B1C1，∴AA1⊥底面ABC.∴∠AMA1是直线A1M与平面ABC所成角.∵△ABC是直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，点M是BC的中点，∴AM=eq\f(1,2)BC=eq\f(1,2)×eq\r(42+22)=eq\r(5).由AA1⊥底面ABC，可得AA1⊥AM,∴tan∠A1MA=eq\f(AA1,AM)=eq\f(5,eq\r(5))=eq\r(5).∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctaneq\r(5)．18．〔2023年上海〕函数f〔x〕=cos2x﹣sin2x+eq\f(1,2)，x∈〔0，π〕．〔1〕求f〔x〕的单调递增区间；〔2〕设△ABC为锐角三角形，角A所对边a=eq\r(19)，角B所对边b=5，假设f〔A〕=0，求△ABC的面积．18.【解析】〔1〕函数f〔x〕=cos2x-sin2x+eq\f(1,2)=cos2x+eq\f(1,2)，x∈〔0，π〕.由2kπ-π≤2x≤2kπ，解得kπ﹣eq\f(π,2)≤x≤kπ，k∈Z.k=1时，eq\f(π,2)≤x≤π，可得f〔x〕的增区间为[eq\f(π,2)，π〕.〔2〕f〔A〕=0，即有cos2A+eq\f(1,2)=0，解得2A=2kπ±eq\f(2π,3).又A为锐角,故A=eq\f(π,3).又a=eq\r(19),b=5，由正弦定理得sinB=eq\f(bsinA,a)=eq\f(5eq\r(57),38),那么cosB=eq\f(eq\r(19),38).所以sinC=sin(A+B)=eq\f(eq\r(3),2)×eq\f(eq\r(19),38)+eq\f(1,2)×eq\f(5eq\r(57),38)=eq\f(3eq\r(57),38).所以S△ABC=eq\f(1,2)absinC=eq\f(1,2)×eq\r(19)×5×eq\f(3eq\r(57),38)=eq\f(15eq\r(3),4).19．〔2023年上海〕根据预测，某地第n〔n∈N*〕个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn〔单位：辆〕，其中an=eq\b\lc\{(\a\al(5n4+15，1≤n≤3，,-10n+470，n≥4，))bn=n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差．〔1〕求该地区第4个月底的共享单车的保有量；〔2〕该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=-4〔n﹣46〕2+8800〔单位：辆〕，设在某月底，共享单车保有量到达最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？19.【解析】〔1〕前4个月共享单车的累计投放量为a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965，前4个月共享单车的累计损失量为b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30，∴该地区第4个月底的共享单车的保有量为965﹣30=935．〔2〕令an≥bn，显然n≤3时恒成立，当n≥4时，有﹣10n+470≥n+5，解得n≤eq\f(465,11)，∴第42个月底，保有量到达最大．当n≥4，{an}为公差为﹣10等差数列，而{bn}为公差为1的等差数列，∴到第42个月底，共享单车保有量为eq\f(a4+a42,2)×39+535-eq\f(b1+b42,2)×42=eq\f(430+50,2)×39+535-eq\f(6+47,2)×42=8782．又S42=﹣4×(42-46)2+8800=8736，8782＞8736，∴第42个月底共享单车保有量超过了停放点的单车容纳量．20．〔2023年上海〕在平面直角坐标系xOy中，椭圆Γ：eq\f(x2,4)+y2=1，A为Γ的上顶点，P为Γ上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点．〔1〕假设P在第一象限且|OP|=eq\r(2)，求P的坐标；〔2〕设P〔eq\f(8,5),eq\f(3,5)〕，假设以A,P,M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；〔3〕假设|MA|=|MP|，直线AQ与Γ交于另一点C且eq\o(\s\up5(→),\s\do0(AQ))=2eq\o(\s\up5(→),\s\do0(AC))，eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PQ))=4eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PM))，求直线AQ的方程．20.【解析】〔1〕设P〔x，y〕〔x＞0，y＞0〕，由点P在椭圆Γ：eq\f(x2,4)+y2=1上且|OP|=eq\r(2),可得eq\b\lc\{(\a\al(eq\f(x2,4)+y2=1，,x2+y2=2，))解得x2=eq\f(4,3),y2=eq\f(2,3)，那么P〔eq\f(2eq\r(3),3)，eq\f(eq\r(6),3)〕．〔2〕设M〔x0，0〕，A〔0，1〕，P〔eq\f(8,5)，eq\f(3,5)〕.假设∠P=90°，那么eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PA))•eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PM))=0，即〔-eq\f(8,5)，eq\f(2,5)〕•〔x0﹣eq\f(8,5)，﹣eq\f(3,5)〕=0，∴〔﹣eq\f(8,5)〕x0+eq\f(64,25)-eq\f(6,25)=0，解得x0=eq\f(29,20)．假设∠M=90°，那么eq\o(\s\up5(→),\s\do0(MA))•eq\o(\s\up5(→),\s\do0(MP))=0，即〔﹣x0，1〕•〔eq\f(8,5)﹣x0，eq\f(3,5)〕=0，∴x02-eq\f(8,5)x0+eq\f(3,5)=0，解得x0=1或x0=eq\f(3,5).假设∠A=90°，那么M点在x轴负半轴，不合题意．∴点M的横坐标为eq\f(29,20)或1或eq\f(3,5)．〔3〕设C〔2cosα，sinα〕，∵eq\o(\s\up5(→),\s\do0(AQ))=2eq\o(\s\up5(→),\s\do0(AC))，A〔0，1〕，∴Q〔4cosα，2sinα﹣1〕.又设P〔2cosβ，sinβ〕，M〔x0，0〕，∵|MA|=|MP|，∴x02+1=〔2cosβ﹣x0〕2+〔sinβ〕2，整理得x0=eq\f(3,4)cosβ.∵eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PQ))=〔4cosα﹣2cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1〕，eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PM))=〔-eq\f(5,4)cosβ，﹣sinβ〕，eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PQ))=4eq\o(\s\up5(→),\s\do0(PM))，∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ，2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ.∴cosβ=﹣eq\f(4,3)cosα，sinβ=eq\f(1,3)〔1﹣2sinα〕.以上两式平方相加，整理得3〔sinα〕2+sinα﹣2=0，∴sinα=eq\f(2,3)或sinα=﹣1〔舍去〕.此时，直线AC的斜率kAC=eq\f(sinα-1,2cosα)=eq\f(eq\r(5),10)〔负值已舍去〕，如图．∴直线AQ的方程为为y=eq\f(eq\r(5),10)x+1．21．〔2023年上海〕设定义在R上的函数f〔x〕满足：对于任意的x1，x2∈R，当x1＜x2时，都有f〔x1〕≤f〔x2〕．〔1〕假设f〔x〕=ax3+1，求a的取值范围；〔2〕假设f〔x〕是周期函数，证明：f〔x〕是常值函数；〔3〕设f〔x〕恒大于零，g〔x〕是定义在R上的恒大于零的周期函数，M是g〔x〕的最大值．函数h〔x〕=f〔x〕g〔x〕．证明：“h〔x〕是周期函数〞的充要条件是“f〔x〕是常值函数〞．21.【解析】〔1〕由f〔x1〕≤f〔x2〕，得f〔x1〕﹣f〔x2〕=a〔x13﹣x23〕≤0，∵x1＜x2，∴x13﹣x23＜0，得a≥0．故a的取值范围是[0，+∞〕.〔2〕证明：假设f〔x〕是周期函数，记其周期为Tk，任取x0∈R，那么有f〔x0〕=f〔x0+Tk〕.由题意，对任意x∈[x0，x0+Tk]，f〔x0〕≤f〔x〕≤f〔x0+Tk〕，∴f〔x0〕=f〔x〕=f〔