2023江苏高考数学仿真模拟卷05（解析版）

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2023年高考数学仿真模拟卷05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，，则为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得集合B，根据并集运算的概念，即可得答案.【详解】由题意得集合，所以.故选：C2．已知复数，满足是纯虚数，且，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】根据是纯虚数，设，再根据，得到方程组，然后求解即可【详解】设，则，由于是纯虚数，故，又由，故有，解得或，所以，故选：B【点睛】本题考查复数的乘法运算以及复数的模的运算，属于基础题.3．圆锥的母线长为1，侧面展开图的圆心角为，该圆锥的体积为A． B． C． D．【答案】C【详解】试题分析：设圆锥底面半径为R,高为h,则2πR=.∴R=,h=.∴V=πR2h=.考点：弧长公式；圆锥体积公式．点评：熟记弧长公式是做本题的关键．4．2021年春季．新冠肺炎疫情在印度失控．下图是印度某地区在60天内感染新冠肺炎的累计病例人数y（万人）与时间t（天）的散点图．则下列最适宜作为此模型的回归方程的类型是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由选项的图象特征即可得到答案.【详解】由的图象应显示为直线，故A错误；的图象应该向下弯折，故B错误；的图象可以如图所示，故C正确；的图象应向右弯折，故D错误.故选：C.5．已知正数满足，则的最小值为（    ）A． B．2 C． D．【答案】C【详解】分析：由变形为，将乘以后再根据基本不等式求解即可得到所求.详解：∵，∴.∴，当且仅当且，即时等号成立.∴的最小值为.故选C.点睛：（1）使用基本不等式求最值时，注意使用的前提是“一正､二定､三相等”，且这三个条件缺一不可.（2）在运用基本不等式时，若条件不满足使用的条件，则要注意通过“拆”“拼”“凑”等技巧，使其满足重要不等式中“正”“定”“等”的条件.6．已知函数（，，，）的部分图象如图所示，令，方程的两个不同的解分别为，，则的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数的图象求出其解析式，然后算出，然后可得的解析式，然后解出方程即可.【详解】根据函数的图象可知，所以，根据五点作图法可知当时，，所以所以，所以所以所以由可得所以或所以或所以的最小值为故选：A【点睛】本题主要考查的是三角函数的图象及其性质，考查了学生的运算求解能力，属于中档题.7．已知直线分别与函数和交于、两点，则、之间的最短距离是A． B． C． D．【答案】D【详解】分析：求出两点的横坐标，作差后用导数可求得最小值．详解：由得，由得，其中，设，，在时，由得，且当时，，当时，，∴时，取极小值也是最小值．故选D．点睛：本题考查用导数求最值，解题时，需把两点的横坐标用表示出来，然后求出，再由导数求最小值．本题难度一般，应该是导数应用的基础题．8．已知分别为双曲线的左、右顶点，为双曲线上一点，且为等腰三角形，若双曲线的离心率为，则的度数为（　　）A．30° B．60° C．120° D．30°或120°【答案】D【分析】根据题意可得，再设，分与两种情况分别列式求解即可.【详解】双曲线的离心率为 ,则，双曲线方程为 ，若，设，则 ，两式相加有，即，由图，故，∴，所以∠PBx=60°,∴∠ABP=120°；若，设，则 ，两式相加有，即，由图，故，∴，所以∠PAB=120°,∴∠ABP=30°.故选：D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．已知两组数据，第一组：1，2，3，4，5；第二组11，12，13，14，15，则（    ）A．两组数据的方差相同 B．两组数据的平均数相同C．两组数据的极差相同 D．两组数据的中位数相同【答案】AC【分析】分别算出两组的极差、中位数、平均数和方差即可判断答案.【详解】第一组的极差为5-1=4，第二组的极差为15-11=4，故C正确；第一组的中位数为3，第二组的中位数为13，故D错误；第一组的平均数，第二组的平均数，故B错误；第一组的方差，第二组的方差，故A正确.故选：AC.10．（多选题）下列命题中，正确的是（    ）A．对于任意向量，有；B．若，则；C．对于任意向量，有D．若共线，则【答案】ACD【解析】利用向量数量积的定义和运算法则逐项判断后可得正确的选项.【详解】由向量加法的三角形法则可知选项A正确；当时，，故选项B错误；因为，故选项C正确；当共线同向时，，当共线反向时，，所以选项D正确.故选：ACD.【点睛】本题考查向量加法的性质以及对向量数量积的运算规律的辨析，注意数量积运算有交换律，但没有消去律，本题属于基础题.11．如图，在直三棱柱中，是边长为2的正三角形，，M为的中点，P为线段上的动点，则下列说法正确的是（    ）A．的最小值为B．三棱锥的体积的最大值为C．不存在点P，使得与平面所成的角为D．三棱锥的外接球的表面积为【答案】ABD【分析】对A，分析可得在和中，均为在点时，分别取得最小值，再计算即可对B，通过计算三棱锥的体积来进行判断.对C，通过线面角的知识进行判断.对D，先求的外接圆直径，再根据外接球与直三棱锥的关系求解即可【详解】对A，在中，，故，所以，故当且仅当在时取等号.连接，则，，由余弦定理，，故为钝角，故，当且仅当在时取等号，故当且仅当在时取最小值为，故A正确；对B，，点B到平面的距离为，由，得，得，又，则，故B正确；对C，与平面所成的角即为与平面所成的角，设为，易知当点P与M重合时，最小，此时，当点Р与重合时，最大，此时，此时，故存在点P，使得与平面所成的角为，故C错误；对D，因为平面，故三棱锥的外接球直径与的外接圆直径、高构成直角三角形.由正弦定理，的外接圆直径，设三棱锥的外接球半径为，直径为，则其表面积，故D正确故选：ABD12．设双曲线的左、右焦点分别为，．点为坐标原点，点，，点为右支上一点，则（    ）A．的渐近线方程为B．C．当，，，四点共圆时，D．当，，，四点共圆时，【答案】ABD【分析】对A，由，解出c，即可求b，求出渐近线；对B，设，则，结合，即可判断；对CD，由四点共圆，得为直径，则有，可解出，即可算出、，根据P、M所在象限从而判断角【详解】由，，，则，解得，由，故.设 ，则，由双曲线方程得，∴，故，同理，故，则，对A，的渐近线方程为，A对；对B，代入椭圆得，则，，B对；对CD，，，，四点共圆，，故为直径，则，由B得，，即，解得，故，，又，解得，故， ，M为第一象限的点，P可能为第一、第四象限的点，故或，C错D对.故选：ABD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．在的展开式中，含的项的系数是________.【答案】-15.【分析】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数即可写出含的项，则可得到答案.【详解】在的展开式中含的项即从5个因式中取4个，1个常数,所以含的项为.所以展开式中，含的项的系数是-15.14．已知是奇函数，且，若，则______．【答案】8【分析】根据奇函数定义及，结合可由赋值法可求得，进而由可求得的值.【详解】是奇函数，则，所以，令，代入可得，而，所以，，则，故答案为：8.【点睛】本题考查了抽象函数奇偶性的简单应用，奇函数定义的应用，赋值法求值，属于基础题.15．已知，则的值为____________.【答案】【解析】由已知式求出，利用同角三角函数间的平方关系和商数关系，将化为，代入即可求值.【详解】，，则.故答案为：.【点睛】本题考查了同角三角函数间的平方关系和商数关系，正、余弦其次式的计算，二倍角的正弦公式，属于中档题.16．已知数列中，，则的值为________.【答案】1【解析】由递推关系可得数列是周期为6的周期数列，利用周期即可求解.【详解】∵，∴，∴，故是周期为6的周期数列.∴，故答案为：1【点睛】本题主要考查了数列的周期性，递推关系，属于中档题.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．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足：．(1)求角A的大小；(2)若，求的面积．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成边的形式，化简后，再利用余弦定理可求得结果；（2）利用正弦定理求出角，从而可判断三角形为直角三角形，进而可求出三角形的面积.【详解】（1）由已知及正弦定理可得，整理得，所以．又，故．（2）由正弦定理可知，又，，，所以．故，所以，故为直角三角形，于是．18．已知数列中，，.(1)证明：数列是等比数列；(2)求及.【答案】(1)见解析；(2)，.【分析】（1）依据题设条件构设数列，然后运用等比数列的定义进行分析推证；（2）借助（1）的结论直接求解出，再依据数列通项的递推关系式求出：【详解】（1）证明：设，则，因为，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.（2）由（1）的，即．由得.19．如图，在四棱锥中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，E为PC的中点.(1)证明：平面平面PBC；(2)求直线PD与平面ADE所成角的大小.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取PB的中点F，连接EF，AF，先由面面垂直的性质以及线面垂直的判定证明平面ADE，再由面面垂直的判定证明平面平面PBC.（2）由平面ADEF，结合线面角的定义得出为PD与平面ADEF所成的角，再由直角三角形的边角关系得出直线PD与平面ADE所成角的大小.(1)证明：取PB的中点F，连接EF，AF，则，又，所以，所以A，D，E，F四点共面.因为平面ABCD，平面PAB，所以平面平面ABCD，又平面平面，，平面ABCD，所以平面PAB，又平面PAB，所以.因为，F为PB的中点，所以.因为，平面ADE，所以平面ADE.因为平面PBC，所以平面平面PBC.(2)解：由（1）知平面ADEF，连接DF，则为PD与平面ADEF所成的角.不妨设，则，，所以，，所以.又，所以，即PD与平面ADE所成的角为.20．一学校办公楼共有10层，安装了两部电梯I和II.电梯运行方式如下：当某人在某层按键后，离他层距较小的电梯运行；当层距相同时，电梯I先运行.设电梯在每一层运行时间为a.现王老师在第4层准备乘电梯，设等待电梯的时间为随机变量.(1)求：(2)为了响应国家节能减排号召，学校决定只运行一部电梯.求运行两部电梯比运行一部电梯，王老师在第4层乘电梯平均节省的时间.【答案】(1)；(2).【分析】（1）写出的基本事件，再应用互斥事件概率的加法求.（2）根据题设分别写出运行一部电梯、运行两部电梯等待电梯的时间的分布列，进而求它们的期望，作差即可知王老师在第4层乘电梯平均节省的时间.(1)由题设，的基本事件为{ I在4层II在其它层，II在4层I在其它层，I、II都在4层}，∴.(2)当运行一部电梯时，的可能值为{0,a,2a,3a,4a,5a,6a}，0a2a3a4a5a6a ∴期望，当运行两部电梯时，的可能值为{0,a,2a,3a,4a,5a,6a}，，，，，0a2a3a4a5a6a ∴期望，∴运行两部电梯比运行一部电梯，王老师在第4层乘电梯平均节省的时间为.21．如图，已知椭圆：，左顶点为，经过点，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点.（1）求椭圆的方程；（2）已知为的中点，，证明：对于任意的都有恒成立；（3）若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值.【答案】（1）；（2）见解析；（3）.【分析】（1）根据待定系数法求得椭圆的方程；（2）利用点差法求出直线的斜率，再利用直线的斜率相乘为，证得两直线垂直；（3）将式子表示成关于的表达式，再利用基本不等式求得最小值.【详解】（1）由题意得：，所以椭圆，因为点在椭圆上，所以，所以椭圆的方程为.（2）设，所以，所以，因为直线的斜率为，所以，设直线的方程为，当时，，故，所以，所以，所以对于任意的都有恒成立.（3）因为，所以设的方程为，代入得：，所以，.由，得，所以弦长，所以，所以，等号成立当且仅当.所以的最小值为.【点睛】本题考查椭圆方程的求法、利用斜率关系证明直线垂直、及利用代数中的基本不等式求几何中的最值，求解过程中注意弦长公式的灵活运用，不一定非得用韦达定理按部就班，而是可以直接利用公式，这能使运算量更小，速度更快.22．已知（其中，是自然对数的底数）.（1）当时，求函数的单调区间；（2）若不等式对于恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）函数的减区间为，增区间为（2）【分析】（1）对函数求导，通过导函数的不等式确定原函数的增减区间，即可得函数的单调区间．（2）将所要证明的式子变形，建立一个函数，求导后再建立一个新的函数，再求导．需要用到两次求导,通过最值确定正负号，再来确定原函数的单调性，通过单调性即可得到实数的取值范围．【详解】（1）当时，，所以，由得，，得，，所以函数的减区间为，增区间为.（2）由题意对于恒成立，即等价于对于恒成立，设，则由得，，当0<x<时,g′(x)<0,g(x)单调递减，当<x时,g′(x)>0,g(x)单调递增，所以，令，则由得，0<x<1时,t′(x)>0,t(x)单调递增，1<x时,t′(x)<0,t(x)单调递减，所以在时取得极大值.所以，当，的最小值；当，的最小值，得；综上，.【点睛】本题考点有利用导数研究函数的单调性、不等式恒成立问题，考查导数的应用，不等式恒成立问题通常将问题进行转化，构造新函数利用导数求最值建立不等式可解，属于较难题.