2023江苏高考数学仿真模拟卷01（解析版）

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2023年高考数学仿真模拟卷01注意事项：1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。考生答题全部答在答题卡上，答在本试卷上无效。2．请认真核对监考教师在答题卡上所粘贴条形码的姓名、准考证号是否与本人相符合，再将自己的姓名、考试证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡及本试卷上。3．答选择题必须用2B铅笔将答题卡上对应的答案标号涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答非选择题必须用0.5毫米黑色墨水签字笔写在答题卡上的指定位置，在其他位置答题一律无效。4．作图必须用2B铅笔作答，并请加黑加粗，描写清楚。 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题所给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的，请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）1．已知全集，集合，之间关系的Venn图如图所示，则图中阴影部分表示的集合为（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据维恩图可知阴影为，求解即可.【详解】由维恩图可知，阴影部分为，因为全集，集合，，，故选：A2．设复数，若，，则下列关系式中正确的是（    ）A． B．C． D．不能确定大小【答案】B【分析】利用复数的四则运算化简、，然后利用作差法可得出、的大小关系.【详解】，，，则，故.故选：B.3．已知，则（    ）A．a<b<c B．a<c<b C．c<a<b D．b<c<a【答案】B【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较大小即可.【详解】所以故选：B【点睛】本题主要考查了对数式和指数式大小比较，属于中档题.4．已知a>0，b>0，a＋b＝＋，则＋的最小值为(　　)A．4 B．2 C．8 D．16【答案】B【详解】试题分析：由，有，则，当且仅当 等号成立，故选B．考点：基本不等式.【易错点睛】本题主要考查了基本不等式.基本不等式求最值应注意的问题：(1)使用基本不等式求最值，其失误的真正原因是对其前提“一正、二定、三相等”的忽视．要利用基本不等式求最值，这三个条件缺一不可．(2)在运用基本不等式时，要特别注意“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”“定”“等”的条件．5．若，，0，1，2，3，…，6，则的值为A． B． C．1 D．2【答案】C【分析】根据题意，采用赋值法，令得，再将原式化为根据二项式定理的相关运算，求得，从而求解出正确答案．【详解】在中，令得，由，可得，故．故答案选C．【点睛】本题考查二项式定理的知识及其相关运算，考查考生的灵活转化能力、分析问题和解决问题的能力．6．有下列三个命题：①分层抽样中，每个个体被抽到的可能性与层数及分层有关；②散点图是判断两个变量是否相关的一种重要方法和手段；③在频率分布直方图中，各小长方形的面积之和为1.其中为真命题的是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】C【分析】根据分层抽样的性质、散点图的定义、频率分布直方图的特点依次判断命题即可.【详解】由分层抽样的性质可得，每个个体被被抽到的可能性与层数及分层无关，故命题①为假；由散点图的定义可知，它是判断两个变量是否相关的一种重要方法和手段，故命题②为真；在频率分布直方图中，每个小矩形的面积为该组的频率，又频率之和为1，所以各小长方形的面积之和为1，故命题③真.故选：C7．a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，若直线AB与a成角为60，则AB与b成角为A． B． C． D．【答案】A【详解】分析：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1的正方体，|AC|=1，|AB|=，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．详解：由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|=1，|AB|=，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量=（0，1，0），||=1，直线b的方向单位向量=（1，0，0），||=1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，=（cosθ，sinθ，﹣1），||=，与所成夹角为β∈[0，]，cosβ=，当与夹角为60°时，即，|sinθ|=，∵cos2θ+sin2θ=1，∴cosβ=|cosθ|=，∵β∈[0，]，∴β=，此时AB与b成角为60°．故答案为：A点睛：（1）本题主要考查了空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．（2）解答本题在关键是根据已知构造空间直角坐标系，再利用向量知识解答,这实际上就是数学的转化思想的灵活运用.8．已知，是椭圆的两个焦点，为椭圆上的一点，且.若的面积为，则的值为A． B． C． D．【答案】D【分析】根据椭圆的定义和勾股定理建立关于的方程组，平方相减，即可求出，结合的面积为16，即可求解，得到答案．【详解】设，因为，所以，所以，所以，因为，，所以，所以，所以的面积为，解得，故选D．【点睛】本题主要考查了椭圆定义与标准方程的应用，以及焦点三角形的性质的应用，其中解答中合理利用椭圆的定义和勾股定理，列出方程是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。请将正确选项前的字母代号填涂在答题卡相应位置上）9．设是数列的前n项和，且，，则（    ）A．                                 B．数列是公差为的等差数列C．数列的前5项和最大                D．【答案】AC【分析】令可得即可求判断A，利用的关系可得即可判断B,C，取求得即可判断D.【详解】，，或(舍)，故选项A正确；又，，，数列是公差为的等差数列，故选项B错误；由得，，数列的前5项和最大，故选项C正确；当时，，这与矛盾，故选项D错误，故选:AC.10．三棱锥中，平面与平面的法向量为，，若与的夹角为，则二面角的平面角的大小可能为（    ）A． B． C． D．【答案】BC【分析】根据平面法向量的定义与二面角的定义即可判断答案.【详解】因为面与平面的法向量为，且的夹角为，所以二面角的平面角的大小可能为和.故选：BC.11．下列说法正确的是（    ）A．若点是的重心，则B．已知，，若，则C．已知A，B，C三点不共线，B，C，M三点共线，若，则D．已知正方形的边长为1，点M满足，则【答案】AD【分析】由平面向量加法的平行四边形法则重心的性质运算可判断A；由平面向量线性运算的坐标表示、共线的坐标表示可判断B；由平面向量共线的性质及平面向量基本定理可判断C；由平面向量的线性运算、数量积的定义及运算律可判断D.【详解】对于A，点D是边BC的中点，由平面向量加法的平行四边形法则可得在中，若，故A正确；对于B，因为，，所以，解得，故B错误；对于C，若B，C，M三点共线，则存在实数，使得，所以即，又，所以，所以，故C错误；对于D，在正方形中，，由可得，所以，故D正确.故选：AD.【点睛】本题考查了平面向量共线、线性运算及数量积运算的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.关键要熟练掌握向量的线性运算和数量积运算,准确掌握向量平行的充要条件.12．已知函数，以下结论正确的是（    ）A．是偶函数                                  B．最小值为2C．在区间上单调递减                  D．的周期为2【答案】AB【分析】先判断的奇偶性及周期，从而判断A,D; 所以只须研究在的性质，即，然后分别求导数可得单调性以及最值.【详解】∵，，∴是偶函数，A正确；因为，所以函数的周期为，D错误；由函数的奇偶性与周期性，只须研究在上的性质.，当时，，则在上单调递增，在上单调递减，此时；当时，，则在上单调递增，在上单调递减，此时，故当时，，B正确.因为在上单调递减，又是偶函数，故在上单调递增，故C错误.故选：AB三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。请把答案填写在答题卡相应位置上）13．若函数是奇函数，且，则________．【答案】【分析】根据奇函数的定义，结合已知条件，求得的关系，赋值即可求得结果.【详解】函数是奇函数，即又，令，则.故答案为：.14．已知函数的部分图像如图所示，点A的坐标为，则的值为______.【答案】【分析】将点代入函数解析式，求出值，通过判断点所在区间的单调性以及的范围，得出的具体值.【详解】因为过点，则有，解得：或，因为处于余弦单调递增区间，则有因为，所以.故答案为：15．在200m高的山顶上，测得山下一塔顶与塔底的俯角分别是30°,60°，则塔高为            【答案】【详解】试题分析：根据题意，设塔高为x，则可知，a表示的为塔与山之间的距离，可以解得塔高为．考点：解三角形的运用点评：主要是考查了解三角形中的余弦定理和正弦定理的运用，属于中档题．16．已知三棱锥中，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积是___________.【答案】【分析】显然，当,,两两垂直时三棱锥的体积最大,将此三棱锥补成正方体，直接求正方体的外接球的表面积即可.【详解】易知当,,两两垂直时三棱锥的体积最大，此时三棱锥的外接球即为棱长是2的正方体的外接球，设半径为R，则，所以三棱锥外接球的表面积是.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分。请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．在△中,记内角所对的边分别为,已知为锐角,且．（1）求角;（2）若,延长线段至点,使得,且的面积为,求线段的长度．【答案】（1）（2）1【详解】（1）由正弦定理可知:,∴,∴,又B为锐角，∴,∴,即,∴,∴,即,∴．（2）设,∴,∴,∴,即3①在中,由余弦定理可得,即．②联立①②可解得,即．18．记为数列的前n项和，已知，且数列是等差数列.(1)证明：是等差数列.(2)若，证明：.【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）由于是等差数列，，可求出的通项公式，进而求出，再由得到，再利用等差数列的定义可说明是等差数列.（2）根据和（1）的结论可求出的通项公式，再写出，用裂项相消求和即可说明.(1)设数列的公差为（为常数）. 是等差数列，当时，，①， 当时，②，由①②得③，经检验，当时也满足③，，当时，，是等差数列.(2)若，则，，.故证出.19．如图甲，三棱锥，均为底面边长为、侧棱长为的正棱锥，且四边形是边长为的菱形（点在平面的同侧），交于点．（1）证明：平面⊥平面；（2）如图乙，设的延长线交于点，求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）连接根据题意可得， 结合线面垂直判定定理可证平面，根据面面垂直判定定理得证；（2）法一：建立空间直角坐标系，根据条件求出其法向量，利用向量法求二面角问题步骤求解即可；法二：通过题意和图形证明为二面角的平面角，在三角形中利用解三角形求出即为所求.【详解】（1）证明：如图，连接因为，为的中点，所以．同理，，又， 平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）解：法一：如图， 分别过，作平面的垂线，垂足分别为，，则，在上，且，分别为的三等分点，且，,，所以四边形为矩形，所以．且，所以．所以，由（1）得两两垂直．又，所以．如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，．设，分别为平面与平面的法向量，则，．所以，由图可得所以二面角的平面角的余弦值为.法二：分别过作平面的垂线，垂足分别为，，则，在上，且，分别为的三等分点，且，，，所以四边形为矩形，所以．且，所以，所以．取的中点，则，，所以为二面角的平面角．又，所以．又，所以，所以．又，.所以二面角的平面角的余弦值为.【点睛】利用向量法求二面角问题步骤：（1）建系：依据几何条件建立适当的空间直角坐标系；（2）求法向量：在建立的空间直角坐标系下求两个面的法向量、；（3）计算：求与所成锐角，；（4）定值：若二面角为锐角，则为；若二面角为钝角，则为.20．年年底，某城市地铁交通建设项目已经基本完成，为了解市民对该项目的满意度，分别从不同地铁站点随机抽取若干市民对该项目进行评分(满分分)，绘制如下频率分布直方图，并将分数从低到高分为四个等级：满意度评分低于60分60分到79分80分到89分不低于90分满意度等级不满意基本满意满意非常满意 已知满意度等级为基本满意的有人．(1)求频率分布于直方图中的值，及评分等级不满意的人数；(2)在等级为不满意市民中，老年人占，中青年占，现从该等级市民中按年龄分层抽取人了解不满意的原因，并从中选取人担任整改督导员，求至少有一位老年督导员的概率；(3)相关部门对项目进行验收，验收的硬性指标是：市民对该项目的满意指数不低于，否则该项目需进行整改，根据你所学的统计知识，判断该项目能否通过验收，并说明理由.【答案】（1）；评分等级不满意的人数为120；（2）   ；  （3）满意指数为80.7，故判断该项目能通过验收.【分析】（1）根据频率分布直方图计算即可（2）按年龄分层抽取人，则老年人抽取2人，中青年抽取4人，从6人中选取人担任整改督导员的所有可能情况为种，至少有一位老年督导员的对立事件是抽取的都是中青年，共有种，根据对立事件即可求出（3）根据频率分布直方图计算样本平均值，估计市民满意程度平均值，计算满意指数，即可得出结论.【详解】（1）由频率分布直方图知， 由解得，设总共调查了个人，则基本满意的为，解得人.不满意的频率为，所以共有人，即不满意的人数为120人. （2）改等级120个市民中按年龄分层抽取人，则老年人抽取2人，中青年抽取4人，从6人中选取人担任整改督导员的所有可能情况为种,抽不到老年人的情况为种， 所以至少有一位老年督导员的概率.（3）所选样本满意程度的平均得分为：，估计市民满意程度的平均得分为，所以市民满意指数为，故该项目能通过验收.【点睛】本题主要考查了频率分布直方图，分层抽样，古典概型，对立事件，属于中档题.21．已知双曲线过点，且该双曲线的虚轴端点与两顶点的张角为．（1）求双曲线的方程；（2）过点的直线与双曲线左支相交于点，直线与轴相交于两点，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据条件，建立关于的方程，即可求解；（2）首先设，与双曲线方程联立，得到根与系数的关系，以及的取值范围，并利用的坐标表示点的坐标，并表示，利用韦达定理，即可化简，求得取值范围.【详解】（1）由已知（2）设直线方程为，直线的方程为，可得直线的方程为，可得联立，消去，整理得．可得又，所以的范围是.【点睛】关键点点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，本题第二问的关键是求得点的坐标，即需要利用点的坐标表示直线的直线方程.22．设函数.（1）当时，求的极值；（2）证明：当时，.【答案】（1），无极大值（2）证明见解析【分析】（1）求函数的导数，结合函数极值和单调性的关系进行求解即可；（2）求出当时，构造函数，得到函数存在唯一的零点，结合函数极值和导数之间的关系求最值，利用基本不等式法进行证明即可.【详解】的定义域为，，令，，则在上恒成立，∴在上递增.（1）当时，且，∴当时，，；当时，，.故在上递减，在上递增.∴，无极大值；（2）当时，，，∴，又在上递增，故在有唯一的零点，设该零点为，则，解得，，，当时，，；当时，，.故在上递减，在上递增.∴..∴当时，.【点睛】本题主要考查导数的综合应用，利用函数极值和导数的关系以及构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值是解决本题的关键.综合性较强，有一定的难度.