上海市奉贤区2023届高三下学期二模数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________一、填空题1
．已知复数满足，则__________．2．已知集合，则__________.3．二项式的展开式中，含的项的系数为___．4．若关
于，的方程组有无穷多组解，则的值为______5．已知点，点为抛物线的焦点，点在抛物线上移动，则的最小值为__．6．设不等式组表示
的平面区域为，若直线上存在区域内的点，则实数的取值范围是________．7．若圆锥高为3，且母线与底面所成角为，则该圆锥的侧面积
为______.8．若函数的反函数为，则不等式的解集是__________.9．__．10．已知空间三点，，，则以、为一组邻边的平
行四边形的面积大小为______．11．从集合的子集中选出两个非空集合，同时满足以下两个条件：①且；②若，则，则共有______种
不同的选择.12．已知点，，动点P在y轴上，当取最小值时，点P的坐标为______.二、单选题13．在整数集中，被5除所得余数为的
所有整数组成一个“类”，记为，即，，1，2，3，4，给出如下四个结论：①；②；③；④整数、属于同一“类”的充要条件是“”．其中正确
的结论个数为（?）A．1B．2C．3D．414．平面外的两条直线、，且，则是的（?）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15．下列命题中，真命题的个数是（?）（1）若数列是等比数列，则数列也是等比数列．（2）若，则或．（3）
．A．0B．1C．2D．316．若，且，，则的取值范围是( )A．B．C．D．三、解答题17．如图，在四面体中，已知.点是中点.
(1)求证：平面；(2)已知，作出二面角的平面角，并求它的正弦值.18．如图☆的曲线，其生成方法是（I）将正三角形【图（1）】的每
边三等分，并以中间的那一条线段为一底边向形外作等边三角形，然后去掉底边，得到图（2）；(II)将图（2）的每边三等分，重复上述的作
图方法，得到图（3）；(III)再按上述方法继续做下去，所得到的曲线称为雪花曲线(Koch Snowflake)，（1）（2）（3
）.设图（1）的等边三角形的边长为1，并且分别将图（1）、（2）、（3）…中的图形依次记作M1、M2、M3、……（1）设中的边数为
中每条边的长度为，写出数列和的递推公式与通项公式；（2）设的周长为，所围成的面积为，求数列{}与{}的通项公式；请问周长与面积的极
限是否存在？若存在，求出该极限，若不存在，简单说明理由.19．如图，在半径为的半圆形（O为圆心）铝皮上截取一块矩形材料，其中点A、
B在直径上，点C、D在圆周上．(1)①设，矩形的面积为，求表达式，并写出的范围：②设，矩形的面积为，求表达式，并写出x的范围：(2
)怎样截取才能使截得的矩形的面积最大？并求最大面积．20．（1）已知直线l过点，它的一个方向向量为．①求直线l的方程；②一组直线，
，，，，都与直线l平行，它们到直线l的距离依次为d，，，，，（），且直线恰好经过原点，试用n表示d的关系式，并求出直线的方程（用n
、i表示）；（2）在坐标平面上，是否存在一个含有无穷多条直线，，，，的直线簇，使它同时满足以下三个条件：①点；②，其中是直线的斜率
，和分别为直线在x轴和y轴上的截距；③.21．设，是的两个非空子集，如果函数满足：①；②对任意，，当时，恒有，那么称函数为集合到集
合的“保序同构函数”.(1)写出集合到集合 且的一个保序同构函数（不需要证明）；(2)求证：不存在从整数集的到有理数集的保序同构函
数；(3)已知存在正实数和使得函数是集合到集合的保序同构函数，求实数的取值范围和的最大值（用表示）.参考答案：1．【分析】由复数的
减法运算计算即可.【详解】由，得.故答案为：.2．【分析】利用并集定义求解.【详解】因为，所以，故答案为: .3．【分析】先写出二
项式的展开式的通项，然后令的次数为求出，进而可得系数.【详解】二项式的展开式的通项为，令，得，所以含的项的系数为.故答案为：.4．
4【分析】当方程组有无穷多解时,可得到两直线重合,则可求出,,计算即可得解.【详解】若方程组有无穷多组解，即两条直线重合,即,则故
答案为：45．6【分析】作出图形，过点作直线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义可知，当点、、三点共线时，即当与直线垂直时，取得最小值
，即可求解.【详解】抛物线的焦点为，准线方程为，过点作直线的垂线，垂足为点，由抛物线的定义得，，当点、、三点共线时，即当与直线垂直
时，取得最小值，且最小值为．故答案为：.6．【分析】作出可行域，直线过定点，数形结合知当直线位于直线AC、AB之间时与区域M有交点
，求出直线AC、AB的斜率即可求得k的范围.【详解】作出可行域如图所示：直线过定点， ，，则，由图可知当直线位于直线AC、AB之间
时与区域M有交点，所以.故答案为：【点睛】本题考查线性规划、直线过定点问题、直线的斜率，考查学生数形结合思想，属于基础题.7．【分
析】由题意求出底面半径，进而求母线长、底面周长，应用扇形面积公式求圆锥侧面积.【详解】若底面半径为，则，可得，所以，底面周长为，母
线长为，故圆锥侧面积为.故答案为：8．【分析】先由反函数的定义求出，再解不等式求出解集即可.【详解】令，由可得，则，则，则解得，故
解集为.故答案为：.9．##【分析】分子分母同时除以，根据极限的思想可求得结果.【详解】由题意得，.故答案为：.10．【分析】根据
给定条件，利用空间向量夹角公式求出，再利用三角形面积公式计算作答.【详解】依题意，，，，而，则，所以以、为一组邻边的平行四边形的面
积.故答案为：11．88【分析】根据所给条件，全集中共有10个元素，由，则，可知集合中最多有5个元素，以集合中的元素个数为讨论点，
进行分类讨论即可得出结果.【详解】由题易知集合中的元素互不相同且元素个数相加为10，相邻元素不在同一个集合中，因此对集合中的元素个
数进行分类讨论如下：当为单元素集合时，有共9个；当为双元素时，可以有共个，共6个...，此时共有个；当为3元素时，含有数字的有共5
个，含有数字的有共4个，含有数字有共1个，所以最小数字为1的三元素集合共有个；同理含有数字的有共4个，，所以最小数字为2的三元素集
合共有个；最小数字为5的三元素集合有共1个；所以为3元素集合时共有个；当为4元素时，含有数字的有共3个，含有数字的有共2个，含有数
字有共1个，所以含有数字的共有个；同理含有数字的有共个，含有数字的有1个；即最小数字为1的四元素集合共有个；最小数字为2的四元素集
合共有个；最小数字为3的四元素集合为共1个；所以为4元素集合时共有个；当为5元素时，共有1个；故总共有个.故答案为：8812．【分
析】作出关于轴的对称点,连接 ,与轴交于 ,即为所求，求出直线的方程，令可得的坐标.【详解】作出关于轴的对称点,连接 ,与轴交于
,即为所求，此时取最小值，由的斜率为，可得方程， 令，可得，即为，故答案为.【点睛】解决解析几何中的最值问题一般有两种方法：一是几
何意义，特别是用曲线的定义和平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将解析几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数
法、配方法、判别式法、三角函数有界法、函数单调性法以及均值不等式法求解.13．B【分析】将整数按照除以5的余数分成5类，每一类组成
一个集合，每一组内的数除以5余数都相同，在此基础上，可以对下面四个命题依次判断.【详解】①，错误；②，错误；③，对；每个整数除以5
后的余数只有，没有其他余数，故原命题成立.④整数、属于同一“类”的充要条件是“”，对；证明④：（充分性），不妨（必要性）即除以5后
余数相同，属于同一“类”故选：B14．A【分析】利用线面的平行关系及充分必要条件的定义即可判断【详解】，，且，故，充分；，，则，或
相交，或异面，不必要.故为充分不必要条件，故选：A15．A【分析】对（1）设即可判断结果，根据数量积公式可判断（2），根据数量积意
义可判断（3）．【详解】（1）设，则，故不是等比数列，则（1）是假命题；（2）由，得或或，则（2）是假命题；（3）设，，则，而不一
定成立，故（3）是假命题．故选：A16．D【详解】如图所示：，，，∵，∴点C在劣弧AB上运动，表示C、D两点间的距离．的最大值是，
最小值为.故选D17．(1)证明见解析(2)作图见解析，【分析】（1）根据三线合一，线面垂直判定定理解决即可；（2）取的中点，由，
得，得是二面角的平面角，再由勾股定理，余弦定理，直角三角形特点解决即可.【详解】（1）是中点，又是中点，面所以面（2）由题知，，，
取的中点，连接，,根据三角形全等证明方法,可以证明,,所以是二面角的平面角，利用勾股定理计算出,由余弦定理得，解得，所以，，所以，
所以中，.18．（1）且，；，； （2）；；周长的极限不存在，面积的极限为.【分析】（1）根据题意，结合图形的变换，分别得出数列和
的递推关系式，结合等比数列的通项公式，即可求解；（2）根据图象的变换规律，得出数列和的递推关系式，结合叠加法和数列的极限，即可求解
.【详解】（1）由题意，可得数列的递推关系式为且，所以数列构成首项为，公比为4的等比数列，所以其通项公式为，又由每个图形的边长都相
等，且长度变为原来的，所以边长满足递推关系式，即数列构成首项为1，公比为的等比数列，所以数列的图通项公式为（2）观察发现，第二个图
形在第一个图形的周长的基础上多了它的周长的，第三个图形在第二个的周长的基础上，多了周长的，第四个图形在第三个的周长的基础上，多了周
长的，依次类推，可得周长满足递推关系式且，所以数列构成首项为3，公比为的等比数列，所以数列的通项公式为，由第一个三角形的面积，当时
，，则.又由极限的运算法则，可得，所以周长的极限不存在；，即面积的极限为.【点睛】本题主要考查了以实际问题为载体的数列问题，解答中
涉及到等比数列的通项公式，以及前项和公式，以及数列的极限的应用，其中根据归纳推理建立数列的递推关系式是解答本题的关键，着重考查了分
析问题和解答问题的能力，试题有一定的综合性，属于难题.19．(1)①，；②，.(2)当截取，时能使截得的矩形的面积最大，最大面积为
400【分析】（1）①用和半径表达出边，进而表达出面积并写出的取值范围，②用表达出，进而表达出面积并写出的取值范围；（2）利用三角
函数的有界性求面积最大值.【详解】（1）①连接，则cm，cm，cm，则cm，则，.②连接OC，则cm，由勾股定理得： cm， cm
，则，，（2）由（1）知：，，所以，当，即时，取得最大值，最大值为400，此时，，所以当截取，时能使截得的矩形的面积最大，最大面积
为40020．（1）①；②，；（2）不存在.【分析】（1）根据直线的方向向量可得直线的斜率,结合点斜式即可求得直线方程;根据直线平
行且过原点,可得直线的方程,由平行线间距离公式可得n与d的关系式,设出直线的方程,根据点到直线距离公式可求得直线方程.（2）假设存
在这样的直线簇.先求得,的表达式,进而表示出.通过迭加法求得,即可证明当时,与不能成立.【详解】（1）①直线l方向向量为所以直线的
斜率为 直线l过点,由点斜式方程可得即直线l的方程为：；②直线且经过原点,直线的方程为：由题意知直线到l的距离为,根据平行线间距离
公式可得则设直线的方程为：由题意知：直线到直线l的距离为,所以直线的方程为：；（2）假设存在满足题意的直线簇．由①知的方程为：,,
分别令,得,,由,即,,迭加得．由③知所有的同号,仅讨论的情形,由,所以显然,当时,与矛盾！故满足题意的直线簇不存在．【点睛】本题
考查了直线的方向向量与点斜式方程,点到直线距离公式的应用,直线方程的新定义应用,正确理解题目所给条件是关键,属于难题.21．(1)
(2)见解析(3)，的最大值为【分析】（1）根据保序同构函数的概念以及常见基本初等函数的性质即可求解，（2）利用反证法，结合保序同
构函数的定义即可证明，（3）根据保序同构函数的定义可知 为单调递增的函数，结合对勾函数的单调性即可求解.【详解】（1）（2）假设存
在一个从集合到集合的“保序同构函数”，由“保序同构函数”的定义可知，集合和集合中的元素必须是一一对应的，不妨设整数0和1在中的像分别为和，根据保序性，因为，所以，又也是有理数，但是没有确定的原像，因为0和1之间没有另外的整数了，故假设不成立，故不存在从集合到集合的“保序同构函数”；（3），若是集合到集合的保序同构函数，则在单调递增，且当 时，即，函数单调递增，且，则单调递减，这与 均为单调递增函数，则单调递增相矛盾，故不成立，舍去，当时，由对勾函数性质可知：当时，单调递增，当 时，单调递减，且当时，取最小值 ，因此在单调递增，所以是到集合的保序同构函数，则 ，此时 当时， ，不满足是到集合的保序同构函数，综上，，的最大值为答案第11页，共22页答案第11页，共22页试卷第11页，共33页试卷第11页，共33页 |
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