全真模拟卷01（解析版）-2023年高考数学全真模拟卷(江苏专用)

2022年高考全真模拟卷（一）

数学（江苏专用）

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

一、 单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求.

1．设集合，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【详解】，，或，则有，

故选:A.

2．“”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

【答案】A

【详解】解：因为，所以，

，，

或，

当时，或一定成立，所以“”是“”的充分条件；

当或时，不一定成立，所以“”是“”的不必要条件．

所以“”是“”的充分不必要条件．

故选：A

3．某校安排5名同学去A，B，C，D四个爱国主义教育基地学习，每人去一个基地，每个基地至少安排一人，则甲同学被安排到A基地的排法总数为（    ）

A．24 B．36 C．60 D．240

【答案】C

【详解】当基地只有甲同学在时，那么总的排法是种；

当A基地有甲同学还有另外一个同学也在时，那么总的排法是种；

则甲同学被安排到A基地的排法总数为种.

故选：C

4．如图所示，在中，点是线段上靠近A的三等分点，点是线段的中点， 则（       ）

A．  B．

C．  D．

【答案】B

【详解】.

故选：B

5．红灯笼，起源于中国的西汉时期，两千多年来，每逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的红灯笼，营造一种喜庆的氛围.如图1，某球形灯笼的轮廓由三部分组成，上下两部分是两个相同的圆柱的侧面，中间是球面除去上下两个相同球冠剩下的部分.如图2，球冠是由球面被平面截得的一部分，垂直于截面的直径被截得的部分叫做球冠的高，若球冠所在球面的半径为，球冠的高为，则球冠的面积.如图1，已知该灯笼的高为58cm，圆柱的高为5cm，圆柱的底面圆直径为14cm，则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】由题意得：，

所以cm，

所以cm，

所以两个球冠的面积为cm2，

则围成该灯笼中间球面部分所需布料的面积为：

cm2，

故选：C.

6．设数列的前项和为，且.若对任意的正整数，都有成立，则满足等式的所有正整数为（    ）

A．1或3 B．2或3 C．1或4 D．2或4

【答案】A

【详解】，

时，，

相减可得：，即

又时，，解得，满足，

数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以．

对任意正整数n，都有成立，

得①，

又②，

②－①×3得：，

又，所以，得，

进而，

由，得，即，

记，则，

以下证明时，，

因为，

即时，单调递减，，

综上可得，满足等式的所有正整数的取值为1或3．

故选：A．

7．已知，，，下列说法正确的是（    ）．

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】设，则在上恒成立，

所以在单调递增，

所以，即，

所以，

又在单调递增，

所以，即，

所以；

设，则在上恒成立，

所以在单调递减，

所以，即，

所以，即

所以；

综上所述：，

故选：C

8．已知函数，若关于x的方程有四个不同的实根，则实数k的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【详解】当时，，

当时，，当时，，

所以当时，在上单调递减，在上单调递增.

又当时，，

所以根据周期为1可得时的图象，故的图象如图所示：

将方程，转化为方程有四个不同的实根，

令，其图象恒过，

因为与的图象有四个不同的交点，所以或，

又由，，，，，

故，，，，

所以或，即或，

故选：C.

二、多项选择题：本题共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3分，有选错的得0分.

9．随着春节的临近，小王和小张等4位同学准备互相送祝福.他们每人写了一个祝福的贺卡，这四张贺卡收齐后让每人从中随机抽取一张作为收到的新春祝福，则（    ）

A．小王和小张恰好互换了贺卡的概率为

B．已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，小张抽到小王写的贺卡的概率为

C．恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为

D．每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为

【答案】BC

【详解】对于A,四个人每人从中随机抽取一张共有种抽法，

其中小王和小张恰好互换了贺卡的抽法有种，

故小王和小张恰好互换了贺卡的概率为 ，A错误；

对于B,设小王抽到的是小张写的贺卡为事件A, 则,

小张抽到小王写的贺卡为事件B,

则已知小王抽到的是小张写的贺卡的条件下，

小张抽到小王写的贺卡的概率为 ,B正确；

对于C, 恰有一个人抽到自己写的贺卡的抽法有种，

故恰有一个人抽到自己写的贺卡的概率为 ，C正确；

对于D, 每个人抽到的贺卡都不是自己写的抽法共有种，

故每个人抽到的贺卡都不是自己写的概率为，D错误，

故选：

10．已知，，且，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】ACD

【详解】解：因为，，且，所以，所以，二次函数的抛物线的对称轴为，所以当时，的最小值为，所以，所以选项A正确；

成立，当且仅当a＝b＝时取等号），故选项B错误；

，成立，（当且仅当a＝b＝时取等号），故选项C正确；

∵，∴（当且仅当a＝b＝时取等号），故选项D正确.

故选：ACD

11．函数的部分图像如图所示，，则下列选项中正确的有（    ）

A．的最小正周期为

B．是奇函数

C．的单调递增区间为

D．，其中为的导函数

【答案】AD

【详解】解：由题意可得，所以，故A正确；

则，所以，

由，得，

所以，则，

又，所以，

则，

由，得，

所以，

则为偶函数，故B错误；

令，得，

所以的单调递增区间为，故C错误；

，

则，故D正确.

故选：AD.

12．设是抛物线上一点，是的焦点，在的准线上的射影为，关于点的对称点为，曲线在处的切线与准线交于点，直线交直线于点，则（    ）

A．到距离等于4 B．

C．是等腰三角形 D．的最小值为4

【答案】BCD

【详解】对于A，焦点到准线距离，A不正确.

对于B，因为：的准线为：，焦点为，设，则，，

所以，所以，（或由抛物线定义知，所以，）故选项B正确；

对于C，因为，所以处的切线斜率，，而，所以，

从而，又是线段中点，所以是线段的中点，又，

所以，所以C正确.

对于D，因为，所以直线的方程为，令，得，

所以，当且仅当时，最小值为4，故选项D正确.

故选：BCD.

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．已知i是虚数单位，则复数的模等于___________.

【答案】1

【详解】因为，所以模为1.

故答案为：1.

14．若过点只可以作曲线的一条切线，则的取值范围是__________.

【答案】

【详解】解：函数的定义域为，则，设切点坐标为，

则切线斜率为，故切线方程为：，

又切线过点，则，

设，则得，或，

则当时，，函数单调递减，

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以，

又时，，时，，

所以有且只有一个根，且，则，故的取值范围是.

故答案为：.

15．以抛物线的焦点为圆心的圆交于两点，交的准线于两点，已知，则__________．

【答案】

【详解】由抛物线方程知：，，

不妨设点在第一象限，如图所示，

由，得：，圆的半径，

．

故答案为：.

16．十字贯穿体（如图1）是美术素描学习中一种常见的教具．如图2，该十字贯穿体由两个全等的正四棱柱组合而成，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，若底面正方形边长为2，则这两个正四棱柱公共部分所构成的几何体的内切球的体积为__________．

【答案】

【详解】该几何体的直观图如图所示，这两个正四棱柱公共部分所构成的几何体为两个全等的四棱锥和组成；

由题意，这两个直四棱柱的中心既是外接球的球心，也是内切球的球心，设内切球的半径为R，设的中点为，连接，，可知即为四棱锥的高，

在中，，

又，

∴，

又，

∴，

由八个侧面的面积均为，

∴，得，故几何体的内切球的体积为．

故答案为：．

四、解答题：本小题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17．如图，在中，角的对边分别为.已知.

(1)求角；

(2)若为线段延长线上一点，且，求.

【答案】(1)(2)

【详解】（1）由条件及正弦定理可得：

，

即

故，则有，

又，故有，

或（舍去），或（舍去），

则，又，

所以；

（2）设，在和中，由正弦定理可得

于是，又，

则，，

；

综上，，.

18．已知等差数列的各项均为正数.若分别从下表的第一､二､三列中各取一个数，依次作为，且中任何两个数都不在同一行.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，数列的前项和为.求证：.

【答案】(1)(2)证明见解析

【详解】（1）由题可得，

故.

（2）且，

则

于是

.

19．如图，三棱柱中，侧面为矩形，且为的中点，．

(1)证明：平面；

(2)求平面与平面的夹角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析(2)

【详解】（1）连接与交于点，连接

为三棱柱，为平行四边形，点为的中点

又为的中点，则，

又平面平面，平面．

（2）解法1：

，面

面，

，，即

以为坐标原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，

面，则平面的一个法向量为

设平面的法向量为，则，即

令

设平面与平面的夹角为，

平面与平面的夹角的余弦值是．

解法2：设点为的中点，点为的中点，

连接交于点，连接，

设点为的中点，连接

点为的中点，点为的中点

且，点为的中点

为矩形，

又平面，

在中，，可得

为等腰直角三角形，其中

而点为的中点，且

点为的中点，点为的中点

且，

又在Rt中，，点为的中点，

在中，，且点为的中点

且

即为平面与平面的夹角

在中，

．

平面与平面的夹角的余弦值是．

20．2022年2月4日北京冬季奥运会正式开幕，“冰墩墩”作为冬奥会的吉祥物之一，受到各国运动员的“追捧”，成为新晋“网红”，广大网友纷纷倡导“一户一墩”，与此同时，也带火了相关产业.某体育销售公司对销售人员的奖励制度如下：（假设为月销售量，单位是件）①当时，当月给奖金1000元；②当时，当月给奖金3000元；③当时，当月给奖金10000元.已知该产品的月销售量.

(1)该公司销售人员的月奖金大约为多少元？（精确到整数位）

(2)现从该公司一批产品中，随机抽出9件产品进行检验.已知该产品是合格品的概率为，记这9件产品中恰有3件不合格品的概率为，试问当等于多少时，取得最大值？

（参考数据：若，则

【答案】(1)该公司销售人员的月奖金大约为2001元

(2)当时，取得最大值

【详解】（1）月销售量，即，

于是发生的概率是，

发生的概率是，

发生的概率是，

所以销售人员的月奖金为

（元）.

（2）依题意，，

则.

令，得；令，得.

所以在上单调递增，在上单调递减，

故当时，取得最大值.

21．已知椭圆 ，直线l：与椭圆交于两点，且点位于第一象限.

(1)若点是椭圆的右顶点，当时，证明：直线和的斜率之积为定值；

(2)当直线过椭圆的右焦点时，轴上是否存在定点，使点到直线 的距离与点到直线的距离相等？若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.

【答案】(1)见解析；(2)存在，.

【详解】（1）证明：因为，所以直线l：，

联立直线方程和椭圆方程： ，得，

设，

则有，

所以，

又因为，

所以，，

所以==

所以直线和的斜率之积为定值；

（2）解：假设存在满足题意的点，设，

因为椭圆的右焦点，所以,即有，

所以直线的方程为.

由，可得，

设，

则有；

因为点到直线的距离与点到直线的距离相等，

所以平分,

所以.

即==，

又因为，

所以，

代入，

即有，

解得.

故轴上存在定点，使得点到直线 的距离与点到直线的距离相等.

22．设函数

(1)求的单调区间

(2)若，k为整数，且当时，求k的最大值

【答案】(1)答案见解析(2)2

【详解】（1）函数的定义域是，，当时，，所以函数在上单调递增，

当时，时， ，当，

所以，函数在上单调递减，在上单调递增.

（2）

由于，所以，故当， ，等价于

令，①

则，由(1)可知，当时，函数在上单调递增，而，所以在存在唯一零点，故在存在唯一零点，设此零点为，则有，当时，，当时，，

所以在上的最小时为，又由，可得，所以 ，由于①等价于，故整数的最大值为2.