2023上海高考数学名师模拟卷(8)(学生版+解析版)

一．填空题（共12小题）

1．若复数z满足z(1i)2(i为虚数单位），则z ． 2．设集合A(1,3)，B[0，4)，则AB ．

x2y23．已知F1，F2是椭圆C:右焦点，点P在C上，则△PF1F2的周长为 ． 1的左、

954．已知一组数据4，a，3a，5，7的平均数为5，则这组数据的方差为 ． 4265．行列式354中，第2行第1列元素的代数余子式的值为 ．

1126．已知正整数数列{an}满足an13an1,an为奇数，则当a18时，a2021 ． an,a为偶数n27．某一大型购物广场有“喜茶”和“沪上阿姨”两家奶茶店，某人第一天随机地选择一家奶茶店购买奶茶．如果第一天去“喜茶“店，那么第二天去“喜茶“店的概率为0.7；如果第一天去“沪上阿姨”店，那么第二天去“喜茶”店的概率为0.6．则某人第二天去“喜茶”店购买奶茶的概率为 ．

28．已知(x)n的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为

x（结果用数值表示）．

9．已知函数f(x)sinx2cosx，当x时f(x)取得最大值，则cos ．

10．在ABC中，AB2，BC3，ABC60，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若AOABBC，则 ．

11．在四棱锥SABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，SAD是正三角形，且侧面SAD底面ABCD．若点S，A，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为 ． 12．已知|1q||1q2||1q3||1q4||1q5|，则q的取值范围是 ． q为非零实数，

二．选择题（共4小题）

13．设n为正整数，则“数列{an}为等比数列”是“数列{an}满足anan3an1an2”的(

)

A．充分非必要条件 C．充要条件

B．必要非充分条件 D．既非充分也非必要条件

14．“喊泉”是一种地下水的毛细现象，人们在泉口吼叫或发出其他声音时，声波传入泉洞内的储水池，进而产生“共鸣”等物理声学作用，激起水波，形成涌泉．声音越大，涌起的泉水越高．已知听到的声强m与标准声调m0(m0约为1012，单位：W/m2)之比的常用对数称作声强的声强级，记作L（贝尔），即Llgm，取贝尔的10倍作为响度的常用单位，m0简称为分贝．已知某处“喊泉”的声音响度y（分贝）与喷出的泉水高度x（米)满足关系式y2x，现知A同学大喝一声激起的涌泉最高高度为50米，若A同学大喝一声的声强大约相当于10个B同学同时大喝一声的声强，则B同学大喝一声激起的涌泉最高高度约为(

)米．

A．5

B．10

C．45

D．48

15．对于定义域为R的函数yg(x)，设关于x的方程g(x)t，对任意的实数t总有有限个根，记根的个数为fg(t)，给出下列两个命题： ①设h(x)|g(x)|，若fh(t)fg(t)，则g(x)0； ②若fg(t)1，则yg(x)为单调函数； 则下列说法正确的是( ) A．①正确②正确 16．关于x的方程|B．①正确②错误

C．①错误②正确

D．①错误②错误

tx|||0有四个不同的实数根，且x1x2x3x4，则11x4txt(x4x1)(x3x2)的取值范围( )

A．(26,43) B．(26,422) C．(422,43) D．[26,43]

三．解答题（共5小题）

17．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD内接于半径为2的圆O，AB为圆O的直径，

AB//CD，2DCAB，E为AB上一点，PE平面ABCD，EDAB，PEEB．求：（1）四棱锥PABCD的体积； （2）锐二面角CPBD的余弦值．

18．如图，已知平面四边形ABCD， CD3．A45，ABC75，BDC30，BD2，（1）求CBD； （2）求AB的值．

19．业界称“中国芯”迎来发展和投资元年，某芯片企业准备研发一款产品，研发启动时投

入资金为A(A为常数）元，之后每年会投入一笔研发资金，n年后总投入资金记为f(n)，

29A经计算发现当0n10时，f(n)近似地满足f(n)，其中a23,p,q为常数，npqaf(0)A．已知3年后总投入资金为研发启动时投入资金的3倍．问 （1）研发启动多少年后，总投入资金是研发启动时投入资金的8倍； （2）研发启动后第几年的投入资金的最多．

20．如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点为坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，

y2)均在抛物线上．

（1）求抛物线的方程及其准线方程；

（2）当PA，PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明：直线AB的斜率为定值．

21．已知数列{an}(anN)，记Sna1a2an，首项a1n00，若对任意整数k2，

有0akk1，且Sk是k的正整数倍． （Ⅰ）若a121，写出数列{an}的前10项；

（Ⅱ）证明：对任意n2，数列{an}的第n项an由a1唯一确定； （Ⅲ）证明：对任意正整数n0，数列{Sn}从某一项起为等差数列．

2023年上海高考数学名师模拟卷（8）

一．填空题（共12小题）

1．若复数z满足z(1i)2(i为虚数单位），则z 1i ． 【解答】解：因为z(1i)2， 所以z22(1i)22i1i． 1i(1i)(1i)2故答案为：1i．

2．设集合A(1,3)，B[0，4)，则A【解答】解：AB (1,4) ．

A(1,3)，B[0，4)，

B(1,4)．

故答案为：(1,4)．

x2y21的左、3．已知F1，右焦点，点P在C上，则△PF1F2的周长为 10 ． F2是椭圆C:95x2y21中a3，b5，c2， 【解答】解：由题意知：椭圆C:95△PF1F2周长2a2c6410．

故答案为：10．

4．已知一组数据4，a，3a，5，7的平均数为5，则这组数据的方差为 2 ． 【解答】解：因为这组数据的平均数为5， 所以4a3a5725，解得a3， 则这组数为3，4，5，6，7，

1故方差s2[(35)2(45)2(55)2(65)2(75)2]2．

5故答案为：2．

4265．行列式354中，第2行第1列元素的代数余子式的值为 10 ．

112426【解答】解：行列式354中，

112第2行第1列元素的代数余子式的值为(1)3故答案为：10．

6．已知正整数数列{an}满足an1【解答】解：a18是偶数， a2a3a4a184是偶数， 22a242是偶数， 22a321是奇数， 2226(46)10． 123an1,an为奇数，则当a18时，a2021 4 ． an,a为偶数n2a53a413114是偶数， a62是偶数， a71是奇数，

，

从第二项开始，正整数数列{an}是以3为周期的周期数列，

2021167331，

a2021a24，

故答案为：4．

7．某一大型购物广场有“喜茶”和“沪上阿姨”两家奶茶店，某人第一天随机地选择一家奶茶店购买奶茶．如果第一天去“喜茶“店，那么第二天去“喜茶“店的概率为0.7；如果第一天去“沪上阿姨”店，那么第二天去“喜茶”店的概率为0.6．则某人第二天去“喜茶”店购买奶茶的概率为 0.65 ．

【解答】解：某人第二天去“喜茶”店购买奶茶有两种情况：

1①第一天选择去“喜茶”店，第二天选择去“喜茶”，其概率为0.70.35；

21②第一天选择去“沪上阿姨”店，第二天选择去“喜茶”，其概率为0.60.3，

2所以某人第二天去“喜茶”店购买奶茶的概率为0.350.30.65． 故答案为：0.65．

28．已知(x)n的二项展开式中，所有二项式系数的和为256，则展开式中的常数项为 1120

x（结果用数值表示）．

2【解答】解：已知(x)n的二项展开式中，所有二项式系数的和为2n256，n8．

x则展开式中的通项公式为Tr1C8r2rx82r，令82r0，求得r4， 可得展开式的常数项为C84241120， 故答案为：1120．

9．已知函数f(x)sinx2cosx，当x时f(x)取得最大值，则cos 【解答】解：f(x)sinx2cosx5(x时，函数f(x)取得最大值，

25 ． 5525sinxcosx)5sin(x) 55sin()1，即sin2cos5， 又sin2cos21，

联立得(2cos5)2cos21，解得cos故答案为：25． 525． 510．在ABC中，AB2，BC3，ABC60，AD为BC边上的高，O为AD的中点，若AOABBC，则

2 ． 3

【解答】解：因为O为AD的中点，则AD2AO2AB2BC，

又ADBC，所以ADBC(2AB2BC)BC2ABBC2BC6180， 则3，因为B，D，C三点共线，则设BDmBC， 在三角形ABC中，AO所以

11，则， 26

112， 2632． 31111AD(ABBD)ABmBCABBC， 22222所以故答案为：

11．在四棱锥SABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，SAD是正三角形，且侧面SAD底面ABCD．若点S，A，B，C，D都在同一个球面上，则该球的表面积为

28 ． 3【解答】解：由题意，几何体的图形如图，底面正方体的中心为G，AD的中点为F，连接SF，SAD是正三角形，E为中心，作EO平面SAD，OG平面ABCD， 可得ODOAOBOCOSR，

13323可知FG1，EF，SE， 23323所以ROE2SE21(2327)． 33所以该球的表面积为：4R2故答案为：

28． 328． 3

12．已知|1q||1q2||1q3||1q4||1q5|，q为非零实数，则q的取值范围是

(，2](0,) ．

【解答】解：根据题意，分情况讨论：

①当0q1时，有1qq2q3q4q50， 此

时

有

01q1q21q31q41q51|1q4||1q5|，符合题意，

|1q3||1q4|，满足

|1q||1q2||1q3|②当q1时，也能满足|1q||1q2||1q5|，符合题意，

③当q1时，1qq2q3q4q5， 此

时

有

01q1q21q31q41q5|1q4||1q5|，符合题意，

，满足

|1q||1q2||1q3|④当1q0时，|1q||1qn|，不满足|1q|⑤当2q1时，|1q||1qn|，不满足|1q||1q2||1q3||1q4||1q5|，

|1q2|，

⑥当q2时，q21(1q3)q2(1q)20恒成立，即q211q3， 同理可证得1q3q411q5，符合题意， 综上所述，q的取值范围为(，2]故答案为：(，2](0,)．

(0,)，

二．选择题（共4小题）

13．设n为正整数，则“数列{an}为等比数列”是“数列{an}满足anan3an1an2”的(

)

A．充分非必要条件 C．充要条件

【解答】解：①若数列{an}为等比数列，则

B．必要非充分条件 D．既非充分也非必要条件 an1an3q，anan3an1an2， anan2②若an0，满足anan3an1an2，但数列{an}不为等比数列， 故选：A．

14．“喊泉”是一种地下水的毛细现象，人们在泉口吼叫或发出其他声音时，声波传入泉洞内的储水池，进而产生“共鸣”等物理声学作用，激起水波，形成涌泉．声音越大，涌起的泉水越高．已知听到的声强m与标准声调m0(m0约为1012，单位：W/m2)之比的常用对数称作声强的声强级，记作L（贝尔），即Llgm，取贝尔的10倍作为响度的常用单位，m0简称为分贝．已知某处“喊泉”的声音响度y（分贝）与喷出的泉水高度x（米)满足关系式y2x，现知A同学大喝一声激起的涌泉最高高度为50米，若A同学大喝一声的声强大约相当于10个B同学同时大喝一声的声强，则B同学大喝一声激起的涌泉最高高度约为(

)米．

A．5

B．10

C．45

D．48

【解答】解：设B同学的声强为m，喷出泉水高度为x，则A同学的声强为10m，喷出泉水高度为50， 由10lg10lgm2x，得lgmlgm00.2x，① m010m250，1lgmlgm010，② m0①②得：10.2x10， 解得x45，

B同学大喝一声激起的涌泉最高高度约为45米．

故选：C．

15．对于定义域为R的函数yg(x)，设关于x的方程g(x)t，对任意的实数t总有有限个根，记根的个数为fg(t)，给出下列两个命题： ①设h(x)|g(x)|，若fh(t)fg(t)，则g(x)0； ②若fg(t)1，则yg(x)为单调函数； 则下列说法正确的是( ) A．①正确②正确

B．①正确②错误

C．①错误②正确

D．①错误②错误

【解答】解：h(x)|g(x)|0，对任意的t0，都有fh(t)0， 则fg(t)fh(t)0，则g(x)0，故①正确；

1,x0取g(x)x，则fg(t)1，但g(x)不是单调函数，故②错误；

0,x0故选：B． 16．关于x的方程|tx|||0有四个不同的实数根，且x1x2x3x4，则11x4txt(x4x1)(x3x2)的取值范围( )

A．(26,43) B．(26,422) C．(422,43) D．[26,43]

【解答】解：依题意可知，|x24x1|t21，由方程有四个根，所以函数yt21与

y|x24x1|的图象有四个交点，

由图可知，x1x44，x2x34，1t213，解得t2(0,2)，

由x24x1t21解得x12t24； 由(x24x1)t21解得x222t2；

所以(x4x1)(x3x2)82(x1x2)2(t242t2) 设mt2(0,2)，nm42m，

n2m42m2m22m862(m1)29(6,642)，

即m(6，22)，所以(x4x1)(x3x2)的取值范围是(26，422)． 故选：B．

三．解答题（共5小题）

17．如图，四棱锥PABCD的底面ABCD内接于半径为2的圆O，AB为圆O的直径， AB//CD，2DCAB，E为AB上一点，PE平面ABCD，EDAB，PEEB．求：（1）四棱锥PABCD的体积； （2）锐二面角CPBD的余弦值．

【解答】解：（1）连接OD，OC，易得ODC是正三角形，

AB//CD，AODODC60，

EDAB，ED3，EO1，PEEB3，

SABCD1(24)333， 21VPABCD33333，

3四棱锥PABCD的体积为33．

（2）

如图建立空间直角坐标系Exyz，

则B(0，3，0)，C(3,2,0)，D(3,0,0)，P(0，0，3)， BD(3,3,0)，PB(0,3,3)，BC(3,1,0)，

设平面PBD的法向量为n1(x1,y1,z1)，

3x13y10BDn10由，即，取y11，则x13，z11，得n1(3,1,1)，

3y301PBn10设平面PBC的法向量为n2(x2,y2,z2)，

333x2y20BCn20由，即，取y21，则x2，z21，得n2(,1,1)，

333y23z20PBn20设锐二面角CPBD的大小为， 则cos|n1n2|n1||n2||3105， 35锐二面角CPBD的余弦值为3105． 35CD3．A45，ABC75，BDC30，18．如图，已知平面四边形ABCD， BD2，

（1）求CBD； （2）求AB的值．

【解答】解：（1）在BCD中，由余弦定理BC2BD2CD22BDCDcosBDC， 得：BC243433，解得：BC1，故BC2CD2BD2， 2故BCD是RT△，故CBD60．

（2）由（1）得：CBD60，又ABC75，则DBC15， 而A45，则ADB120， 由正弦定理

AB2ABBD，得：，解得：AB6． sinADBsinA322219．业界称“中国芯”迎来发展和投资元年，某芯片企业准备研发一款产品，研发启动时投入资金为A(A为常数）元，之后每年会投入一笔研发资金，n年后总投入资金记为f(n)，

29A经计算发现当0n10时，f(n)近似地满足f(n)，其中a23,p,q为常数，npqaf(0)A．已知3年后总投入资金为研发启动时投入资金的3倍．问 （1）研发启动多少年后，总投入资金是研发启动时投入资金的8倍； （2）研发启动后第几年的投入资金的最多．

【解答】解：（1）由题意知f(0)A，f（3）3A． 9ApqAp19A所以9A解得．所以f(n)． nq818a3A1pq4令f(n)8A，得即22n39A8A，解得an， n18a，所以n9．

所以研发启动9年后，总投入资金是研发启动时投入资金的8倍． （2）由（1）知f(n)第

n9A

18an年的投入资金

9A9A9Aa9A72Aan(1a)72A(1a)f(n)f(n1)nn1nnnna18a18a18aa8a(18a)(a8a)8(1a)anna，

72A(1a)a2nan8(1a)an72A(1a)8(1a)29A(1a)(1a) a当且仅当an，即2a2(2n1)31等号，此时n5． 所以研发启动后第5年的投入资金增长的最多．

20．如图所示，抛物线关于x轴对称，它的顶点为坐标原点，点P(1,2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上．

（1）求抛物线的方程及其准线方程；

（2）当PA，PB的斜率存在且倾斜角互补时，证明：直线AB的斜率为定值．

【解答】（1）解：由题意可设抛物线的方程为y22px(p0)，

则由点P(1,2)在抛物线上，得222p1，解得p2， 故所求抛物线的方程是y24x，准线方程是x1． （2）证明：因为PA与PB的斜率存在且倾斜角互补， 所以kPAkPB，即

y12y22． x11x21y12y22又A(x1，y1)，B(x2，y2)均在抛物线上，所以x1，x2，

44y2y24422从而有12，即，得y1y24， y1y2y12y221144yy241． 故直线AB的斜率kAB1x1x2y1y221．已知数列{an}(anN)，记Sna1a2有0akk1，且Sk是k的正整数倍． （Ⅰ）若a121，写出数列{an}的前10项；

（Ⅱ）证明：对任意n2，数列{an}的第n项an由a1唯一确定； （Ⅲ）证明：对任意正整数n0，数列{Sn}从某一项起为等差数列．

【解答】（Ⅰ）解：因为Sk是k的正整数倍，当a121时，则{Sn}的前10项为21，22，24，24，25，30，35，40，45，

所以数列{an}的前10项为21，1，2，0，1，5，5，5，5，5； （Ⅱ）证明：当k2时，根据题意a1a22b为偶数，并且0a21， 0,若a1为偶数所以a2，从而a2由a1唯一确定，

1,若a为奇数2an，首项a1n00，若对任意整数k2，

接下来用反证法，假设数列的某一项可以有两种不同的取值， 假设第k1项是第1个可以有两个不同取值的项， 即前面k项由a1唯一确定，

记第k1项的两种取值为ak1和ck1(ak1ck1)， 根据题意存在b，cN，使得a1a2且a1a2akck1(k1)c②，

akak1(k1)b①，

并且满足0ak1，ck1k，

由①②两式作差可知，|ak1ck1|是k1的倍数， 又因为|ak1ck1|k，

可知ak1ck1，与假设矛盾， 故假设不成立，

所以对任意n2，数列{an}的第n项an由a1唯一确定； （Ⅲ）证明：因为Sk1Skak1Skk， 所以因为

Sk1Sk1k1kSkkSk1， kkSk1SSSk，k都是正整数，由整数的离散性可知k1， k1kk1kSn为常数， n因此存在m0，当nm0时，不妨记为

Snc，从而当nm0时，Sncn， n所以数列{Sn}从某一项起为等差数列．