1、内装订线外装订线 学校：_姓名：_班级：_考号：_2023年高考数学黑马逆袭卷（上海专用卷01）数 学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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函数的定义域为_2定义且，若，则_3已知的展开式中第5项的系数与第3项的系数之比为56：3，则_4
2、已知向量，向量，则向量在方向上的投影向量为_5若复数（为虚数单位）在复平面上对应的点在第四象限，则实数的取值范围为_6请写出一组由6个不同的自然数从小到大排列的数据，这组数据要满足以下两个条件：第70百分位数为6，极差为6_7如图，已知正三棱柱的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为_.8非空集合中所有元素乘积记为. 已知集合 ，从集合的所有非空子集中任选一个子集，则为偶数的概率是_（结果用最简分数表示）9设为平面上一定点，为动点，则当由0变化到时，线段扫过的面积是_.10已知向量，其中且设与的夹角为，若对于任意，总有，则的最小值为_11费
3、马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为.已知点为的费马点，角，的对边分别为，若，且，则的值为_.12已知曲线的方程是，给出下列四个结论：曲线与两坐标轴有公共点；曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形；若点，在曲线上，则的最大值是；曲线围成图形的面积大小在区间内所有正确结论的序号是_二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13“是“直线与直线平行”的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C既不充分也不必要条件D充要条件14紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间紫砂壶的壶型众多，经典的有
4、西施壶掇球壶石飘壶潘壶等其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台如图给出了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约接近于（）ABCD15已知函数（）在区间上有且仅有一个最大值和一个最小值，则实数的取值不可能是（）AB3CD416已知函数（是自然对数的底数）的最小值为0，关于有如下4个命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中真命题的个数为（）个A1B2C3D4三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876分）17（14分）已知数列的前n项和为，满足，（t为常数）（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前n项和为18（14分）如图，已知直三棱柱中，且，、分别为、的中点，为线段上
5、一动点.(1)求与平面所成角的正切值；(2)证明：；(3)求锐二面角的余弦值的最大值.19（14分）如图，A、B、C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，公里，公里，D是圆形区域外一景点，.(1)O、A相距多少公里？（精确到小数点后两位）(2)若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处.需要多少小时？（精确到小数点后两位）20（16分）已知椭圆C：，这四点中恰有三点在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程；(2)点E是椭圆C上的一个动点，求面积的最大值；(3)过的直线l交椭圆C于A、B两点，设直线l的斜率，在x轴上是否存在一点，使得以DA、DB为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求实数m
6、的取值范围；若不存在，请说明理由.21（18分）若函数对定义域内的任意x都满足，则称具有性质(1)判断是否具有性质M，并证明在上是严格减函数；(2)已知函数，点，直线与的图象相交于两点（在左边），验证函数具有性质并证明；(3)已知函数，是否存在正数，当的定义域为时，其值域为，若存在，求的范围，若不存在，请说明理由第9页（共10页） 第10页（共10页）学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司2023年高考数学黑马逆袭卷【上海专用卷01】数学全解全析 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 2 3 10 4 5 6 （答案不唯一） 7 8 9 10
7、 11 6 12 1【详解】由题意 ，解得 ，即 ；故答案为： .2【详解】根据集合且的定义可知，当时，可得，；所以故答案为：310【详解】，由已知第5项的系数与第3项的系数之比为，解得（负值舍去）故答案为：10.4【详解】由题意，向量在方向上的投影为：，则与同向的单位向量为，所以向量在方向上的投影向量为：.故答案为：.5【详解】解：，因为复数（为虚数单位）在复平面上对应的点在第四象限，所以，解得，所以实数的取值范围为.故答案为：.6（答案不唯一）【详解】因为，所以第70百分位数为第个数，因为第70百分位数为6，所以第个数为，由于极差为6，所以这组数可以为：， 故答案为：（答案不唯一）7【详解
8、】如图将正三棱柱侧面展开2次，可知曲面上的最小值即为对角线=故答案为：8【详解】解：因为集合，所以集合的所有非空子集共有个，若为奇数，则中元素全部为奇数，又的非空子集个数，共有个，所以为偶数的共有个，故为偶数的概率是故答案为：9【详解】由可知，点P在半径为1，圆心在原点的单位圆上，如图，点P运动到，则，扇形面积为,而，,故线段扫过的面积为,故答案为：.10【详解】解：不妨设，则向量问题可转化为如下解三角形问题：由，为锐角，同时由余弦定理，而实际上表示的是OA的延长线故，而，则与的夹角可知，随着的增大，也在增大，则在减小，由题意，只需求所趋近的最大值和最小值即可第一种极限情况，当与A重合时，第二
9、种极限情况，当位于OA的延长线无穷远处时，可看作与平行，根据两条平行直线同旁内角互补的性质，由于恒成立，则，则k的最小值为故答案为：116【详解】，即，即，由余弦定理知，.故答案为：612【详解】根据题意，曲线的方程是，必有且，当，时，方程为，当，时，方程为，当，时，方程为，当，时，方程为，作出图象：依次分析个结论：对于，由于，曲线与坐标轴没有交点，故错误；对于，由图可知，曲线既是中心对称图形，又是轴对称图形，故正确；对于，若点，在曲线上，则当且仅当、与圆弧所在的圆心共线时取得最大值，故的最大值是圆心距加两个半径，为，故正确；对于，当，时，方程为与坐标轴的交点，则第一象限面积为，故总的面积大于
10、，故错误故答案为：二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13141516DBDC13D【详解】因为直线与直线平行等价于且，即，所以“是“直线与直线平行”的充要条件.故选：D14B【详解】解：设R为圆台下底面圆半径，r为上底面圆半径，高为，则，故选：B15D【详解】函数，其中，令，则.函数在区间上有且仅有一个最大值和一个最小值等价于函数在区间上有且仅有一个最大值和一个最小值，则解得所以.故选:D.16C【详解】因为的最小值为0，当时，即，故当时，的值域为的子集，即，当时，为上的减函数，又，则，即，正确，错误；当时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，对于，当时，对勾函数在上单调递增，则在
11、上单调递减，结合中所求可知：，故正确；对于，时，对勾函数在上单调递减，则在上单调递增，故，故，正确.综上：真命题的个数为3.故选：C三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+1876分）17. （14分）（1）；（2）【详解】解：（1）令，可得，所以时，可得所以（），又因为满足上式，所以（2）因为所以18. （14分）(1)(2)证明见解析(3)【详解】（1）由直三棱柱，知面，即在的投影为，所以为与平面所成角，所以，因此，与平面所成角的正切值为；（2）以为坐标原点，以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，如图：则，故，为线段上一动点.设，则，故，所以，故，所以，即；（3）由（2）
12、可知：，设平面的法向量为，则，即，令，则，则，设平面的法向量为，则，即，则，令，则，则，故设二面角的平面角为，结合图形，为锐角，故，令，而函数在时单调递增，故时，取最小值，即当，即，时，取得最大值为.19. （14分）(1)15.28公里(2)1.25小时【详解】（1）由题意，设圆的半径为R，在中，由余弦定理，由正弦定理，解得：,由几何知识得，O、A间的距离即为半径，O、A相距15.28公里（2）由题意及（1）得在中，在中，由正弦定理，在中，由余弦定理，一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处，所需时间：，需要1.25小时.20. （16分）(1)；(2)；(3)【详解】（
13、1）因为，关于轴对称，根据题意以及椭圆的对称性可知，两点都在椭圆上，即有成立.若在椭圆上，则有.联立可得，不合题意，舍去.所以，在椭圆上，即有，所以，代入，可得.所以，椭圆C的方程为.（2）要使面积最大，则应有点E到直线的距离最大.由，可得直线方程为.过点作直线，使得，则到直线的距离即等于直线到直线的距离.显然，当直线与椭圆相切时，距离为最大或最小.则设直线方程为，联立直线与椭圆的方程可得，.因为，直线与椭圆相切，则，解得，.则当时，此时直线方程为，与直线距离最大，此时.又，所以面积的最大值为.（3）设，假设在x轴上存在一点，使得、为邻边的平行四边形为菱形.因为直线过点，则直线的方程为，联立直
14、线的方程与椭圆的方程可得，恒成立，且，所以，则的中点坐标为，所以线段的垂直平分线方程为，显然该直线过点.令，则，即.因为，所以，当且仅当时，即时，等号成立.所以，所以，则，所以.即实数m的取值范围为.21. （18分）(1)具有，证明见解析；(2)证明见解析；(3)不存在，理由见解析.【详解】（1）解：因为，所以函数具有性质，任取，则，因为，所以，所以，即，所以，在区间上单调递减.（2）解：因为，所以具有性质，由性质得或，解得或，因为，所以，所以，所以，当，当且仅当时取等号，且，所以，所以，即.（3）解：注意到，由于均为正整数，所以，要使存在正数，当的定义域为时，其值域为，则或，当，因为为单调递减函数，所以，其值域为，所以，所以，即，整理得，即，与定义域为矛盾；当时，因为为增函数，所以，其值域为，所以，即所以，即，与定义域为矛盾；综上，不存在正数满足条件.
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