1、上海市2023届高三下学期2月月考数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、填空题1若，则_.2不等式的解集是_.3二项式展开中的系数为_.4方程的虚根为_.5设是直线的一个法向量，则的倾斜角的大小为_.6已知函数是奇函数，当时，且，则实数_.7在中，角A、B、C的对边分别为，若则_8已知为球的半径，过的中点且垂直的平面截球得到圆，若圆的面积为，则球的表面积为_.9已知袋中有（为正整数）个大小相同的编号球，其中黄球8个，红球个，从中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率为，则的最大值为_.10已知函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是_.11已知正项等比数列的公比为，其前项和为，若对一切，都
2、有，则的取值范围是_.12已知中，为的外心，若，则的值为_.二、单选题13已知向量，“”是“”的（）.A充分非必要条件B必要非充分条件C充要条件D既非充分又非必要条件14某社区通过公益讲座以普及社区居民的垃圾分类知识为了解讲座效果，随机抽取10位社区居民，让他们在讲座前和讲座后各回答一份垃圾分类知识问卷，这10位社区居民在讲座前和讲座后问卷答题的正确率如下图：则（）A讲座前问卷答题的正确率的中位数小于B讲座后问卷答题的正确率的平均数大于C讲座前问卷答题的正确率的标准差小于讲座后正确率的标准差D讲座后问卷答题的正确率的极差大于讲座前正确率的极差15已知锐角，则边上的高的取值范围为（）ABCD16
3、将曲线()与曲线()合成的曲线记作设为实数，斜率为的直线与交于两点，为线段的中点，有下列两个结论：存在，使得点的轨迹总落在某个椭圆上；存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，那么（）A均正确B均错误C正确，错误D错误，正确三、解答题17设为数列的前项和，已知.(1)证明：是等差数列；(2)若，成等比数列，求的最小值.18已知正方体的棱长为1.(1)的平面截正方体为两个部分，求体积大的部分几何体的体积；(2)动点，在线段，上，且，为的中点，异面直线与所成的角为，求实数的值.19甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局三个项目比赛结束后，总得分高的学校获
4、得冠军已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立(1)求甲学校获得冠军的概率；(2)用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望20已知是以为焦点的抛物线，是离心率为，以为焦点的双曲线，且与在第一象限有两个公共点(1)求双曲线的标准方程；(2)求的最大值；(3)是否存在，使得此时的重心恰好在双曲线的渐近线上？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.21已知函数和的定义域分别为和，若对任意的都存在个不同的实数，使得（其中，为正整数），则称为的“重覆盖函数”.(1)是否为的“2重覆盖函数”？请说明理由；(2)求证：是的“4重覆盖函数”；(3)已知，若为的“
5、3重覆盖函数”，求实数的范围.试卷第3页，共3页参考答案：1#-0.25【分析】由诱导公式六化简，即可求解.【详解】因为，所以，故答案为：.2【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式，即可求解.【详解】不等式即，故不等式的解集是，故答案为：3【分析】利用二项式定理，写出展开式的通项即可求解.【详解】二项式的展开式为，令，解得，所以展开中的系数为，故答案为：4或【分析】直接因式分解得，解出即可.【详解】，即，即，则或，解得或或，所以原方程的虚根为或.故答案为：或5【分析】由题意求出直线斜率，进而可求出结果.【详解】因为是直线的一个法向量，所以直线的斜率为：，所以的倾斜角的大小为.故答案为：.6【
6、分析】根据奇函数的对称性运算求解.【详解】函数是奇函数，则，故.故答案为：.7【分析】由正弦定理化简已知等式可得，利用同角三角函数基本关系式化简即可求解【详解】解：，由正弦定理可得，可得，故答案为：8【分析】根据截面圆的面积求得截面圆的半径，再由球心到截面圆的距离为，由勾股定理即可求得球的半径，再由面积公式即可求得球的表面积.【详解】若圆的面积为，则平面截球得到圆的半径为，设球的半径为，由题意知，代入数据可得，则.故答案为：.9【分析】根据题意分别计算出任取两个球和取出的两球是一黄一红的种类数，利用概率计算公式可得出的表达式，再利用基本不等式和为正整数即可求得的最大值.【详解】根据题意可得，黄
7、球8个，红球个，从中任取两个球总共有种，取出的两球是一黄一红总共有种；所以从袋中任取两个球，取出的两球是一黄一红的概率；令，利用基本不等式可得，当且仅当时等号成立，但为正整数，所以当时，；当时，；即当或时，的最小值为，所以，即的最大值为故答案为：10【分析】根据题意参变分离可得在上恒成立，构造新函数，求导求单调性，求出最值，即可得的取值范围.【详解】解：因为在上恒成立，即在上恒成立，取，所以，因为，所以，而，即，所以在上，单调递增，所以，因为在上恒成立，所以.故答案为：11【分析】根据题意得对于，时，恒成立，分，其中分，两种情况讨论，再得即可解决.【详解】由题知，对一切，都有，即即对于，时，即
8、恒成立，当时，显然不成立，不满足题意；当时，有，即，由题知，当，即时，得，所以，因为当越大，越接近0，所以此时不恒成立，不满足题意；当，即时，得，所以，因为，且恒成立，所以，所以的取值范围是故答案为：12【分析】由题意可知，O为外接圆的圆心，过O作，已知等式两边同乘以，结合数量积定义得，同理得，从而两式联立即可求得的值【详解】由题意可知，为的外心，设半径为r，在圆O中，过O作，垂足分别为,因为 ，两边乘以，即，的夹角为，而，则 ，得，同理两边乘 ，即，则 得，联立解得，所以，故答案为：【点睛】关键点睛：解答本题的关键是将两边分别乘以，结合数量积定义化简得到关于的方程，求得答案.13C【分析】根
9、据向量的平方即模长的平方，结合充要条件的概念即可得结果.【详解】，故“”是“”的充要条件，故选：C.14B【分析】由图表信息，结合中位数、平均数、标准差、极差的概念，逐项判断即可得解.【详解】讲座前中位数为,所以错；讲座后问卷答题的正确率只有一个是个,剩下全部大于等于,所以讲座后问卷答题的正确率的平均数大于,所以B对；讲座前问卷答题的正确率更加分散,所以讲座前问卷答题的正确率的标准差大于讲座后正确率的标准差,所以C错；讲座后问卷答题的正确率的极差为，讲座前问卷答题的正确率的极差为,所以错.故选:B.15C【分析】设边上的高为，根据题意得，再结合条件得，再分析求值域即可.【详解】因为为锐角三角形
10、，设边上的高为，所以，解得由正弦定理可得，所以，因为，所以因为，所以，所以，所以，所以边上的高的取值范围为.故选：C.16C【分析】对，分析当时点的轨迹总落在某个椭圆上即可；对，设，则，利用点差法，化简可得，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上则为常数，再化简分析推出无解即可【详解】设，则.对，当时，易得，故两式相减有，易得此时，故，所以，即.代入可得，所以，故存在，使得点的轨迹总落在椭圆上.故正确；对， .由题意，若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则，两式相减有，即，又，故，即，又，故若存在，使得点的轨迹总落在某条直线上，则为常数.即为定值，因为分子分母次数不同，故若为定值则恒成立，即
11、，无解.即不存在，使得点的轨迹总落在某条直线上故选：C17(1)证明见解析(2)【分析】（1）由题意可得，根据，作差即可得到，从而得证；（2）由（1）及等比中项的性质求出，即可得到的通项公式与前项和，再根据二次函数的性质计算可得.【详解】（1）证明：因为，即 ，当时， 得，即，即,所以，且，所以是以1为公差的等差数列.（2）由（1）可得，又，成等比数列，所以，即，解得，所以，所以，所以当或时，取得最小值，.18(1)；(2)【分析】（1）根据正方体及锥体的体积公式即得；（2）建立空间坐标系，利用空间向量、表示夹角即可求解【详解】（1）因为正方体的棱长为1，所以正方体的体积为，所以的平面截正方体
12、为两个部分，体积大的部分几何体的体积为；（2）如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立如图坐标系，则，所以，所以，即，解得19(1)；(2)分布列见解析，.【分析】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，再根据甲获得冠军则至少获胜两个项目，利用互斥事件的概率加法公式以及相互独立事件的乘法公式即可求出；（2）依题可知，的可能取值为，再分别计算出对应的概率，列出分布列，即可求出期望【详解】（1）设甲在三个项目中获胜的事件依次记为，所以甲学校获得冠军的概率为（2）依题可知，的可能取值为，所以，,，.即的分布列为01020300.160.440.340.06期望.20(1)(2)9(
13、3)存在，理由见详解.【分析】（1）设双曲线的方程，利用双曲线的焦点坐标和离心率建立方程组，即可求得双曲线的方程；（2）设点、，其中，将抛物线与双曲线的方程，由求出正数的取值范围，列出韦达定理，将表示的二次函数，利用二次函数的基本性质可求得的最大值；（3）求出的重心的坐标，将点的坐标代入直线的方程，求出正数的值，即可得出结论.【详解】（1）因为双曲线焦点是，故双曲线焦点在轴上，于是可设双曲线的方程为，且该双曲线的离心率为，由题意可得，解得，因此，双曲线的方程为.（2）抛物线的焦点为，设点、，其中，联立，可得，由题意可知，关于的方程有两个不等的正根，所以，因为，解得，由韦达定理可得，所以，所以，
14、当且仅当时，等号成立，故的最大值为.（3）由（2）可知，的重心为，且，故点，因为点为第一象限内的点，故点在直线上，所以，因为，解得.因此，存在正数，使得此时的重心恰好在双曲线的渐近线上21(1)否，理由见解析；(2)证明见解析；(3).【分析】（1），则本题等价于判断，方程在时是否总有两个不同实数根；（2）注意到，则本题等价于证明，都存在4个不同的实数，使得；（3）利用导数可知，则为的“3重覆盖函数”，等价于，方程总有3个根.【详解】（1）由题可得，注意到方程在时只有一个根0，则当，存在唯一，使得，故不是的“2重覆盖函数”；（2）.当时，则此时；当时，则此时，则.当时，函数单调递减，且 .则对于，使得（其中）.又使得.则任意的都存在4个不同的实数，使得，即是的“4重覆盖函数”；（3）因，则.得在上单调递减，在上单调递增.则.又时，则.若为的“3重覆盖函数”，则，方程总有3个根.但二次方程最多有2个实数根，故相应的实数的范围为空集.答案第13页，共13页
