全真模拟卷03（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（三）

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．已知复数z满足，则z的虚部为（    ）

A．1 B．－1 C． D．

【答案】A

【详解】因为，所以，

即z的虚部为1，

故选：A.

2．已知集合，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【详解】，所以，

，

所以.

故选：B

3．天干地支纪年法源于中国，中国自古便有十天干与十二地支.十天干即：甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸；十二地支即：子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配，排列起来，天干在前，地支在后，天干由“甲”起，地支由“子”起，比如第一年为“甲子”，第二年为“乙丑”，第三年为“丙寅”，…，以此类推，排列到“癸酉”后，天干回到“甲”重新开始，即“甲戌”，“乙亥”，之后地支回到“子”重新开始，即“丙子”，…，以此类推，2022年是壬寅年，请问：在100年后的2122年为（    ）

A．壬午年 B．辛丑年 C．己亥年 D．戊戌年

【答案】A

【详解】由题意得：天干可看作公差为10的等差数列，地支可看作公差为12的等差数列，

由于，余数为0，故100年后天干为壬，

由于，余数为4，故100年后地支为午，

综上：100年后的2122年为壬午年.

故选：A

4．设是两个不重合的平面，下列选项中，是“”的充要条件的是（    ）

A．内存在无数条直线与平行 B．存在直线与所成的角相等

C．存在平面，满足且 D．内存在不共线的三个点到的距离相等

【答案】C

【详解】对于A，如果，在内与平行的直线有无数条，但此时不平行于，A错误；

对于B，如果，在空间必存在直线与平行的直线，此时也与两个平面平行，即直线与所成的角都等于，故B错误；

对于C，如果，则一定存在平面，满足且；

若且，则也一定有，

则“”的充要条件的是存在平面，满足且，C正确；

对于D，当时，内必存在不共线的三个点到的距离相等，但当时，同样可以在内找到不共线的三点到的距离相等，D错误.

故选：C

5．为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与六棱柱的高的比值为1∶3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】解：由题意

设正六边形的边长为a，设六棱柱的高为3b，六棱锥的高为b，

正六棱柱的侧面积，

正六棱锥的母线长为

∴正六棱锥的侧面积，

∵正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，

∴，

∴

∴，

故选：B．

6．已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，若的重心在双曲线上，则双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【详解】不妨设在，令，则有，

解得，所以，，

因为点在双曲线上，所以，解得，

故选：B.

7．设，，，这三个数的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【详解】，

∵，而在上单调递增，

∴

且时，，以下是证明过程：

令，，

，令，

故，令，

故，令，

则，令，

故，令，

故在上恒成立，

故在上单调递增，

所以，故在上单调递增，

所以，故在上单调递增，

所以，故在上单调递增，

所以，故在上单调递增，

∴，

∴，

∴.

故选：C．

8．深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为，其中表示每一轮优化时使用的学习率，表示初始学习率，表示衰减系数，表示训练迭代轮数，表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为，则学习率衰减到以下（不含）所需的训练迭代轮数至少为（    ）（参考数据：）

A．72 B．74 C．76 D．78

【答案】B

【详解】由于，所以，

依题意，则，

则，

由，

所以，即，

所以所需的训练迭代轮数至少为74次．

故选：B

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．将样本空间Ω视为一个单位正方形，任一事件均可用其中的区域表示，事件发生的概率为对应区域的面积.如图所示的单位正方形中，区域I表示事件AB，区域II表示事件，区域I和Ⅲ表示事件B，则区域IV的面积为（   ）

A． B． C．  D．

【答案】BCD

【详解】由题意可知区域IV表示的事件为，

对于C，，C对.

对于B，，B对.

对于A，，A错.

对于D， A，B相互独立，所以，所以D正确，

故选：BCD.

10．已知函数的图象关于直线对称，则（    ）

A．的最小正周期为

B．在上单调递增

C．的图象关于点对称

D．若，且在上无零点，则的最小值为

【答案】ACD

【详解】因为函数的图象关于直线对称，

所以，即，解得，

，

且，

对于A，，故A正确；

对于B，，所以，因为在上单调递减，在上单调递增，故B错误；

对于C，，故C正确；

对于D，若，则，

可得或者，，

或，，

且的半周期为，在上无零点，则的最小值为，故D正确.

故选：ACD.

11．已知直线与圆相交于两不同的点，与两坐标轴分别交于C，D两点，则下列说法正确的是（    ）

A．的取值范围为

B．的最大值为

C．直线一定与圆相离

D．存在，使得

【答案】ACD

【详解】圆心，半径，圆心到直线的距离.

对于A项，由已知得，应有，且，即，整理可得，，

解得，且.又，所以，故A项正确；

对于B项，因为，所以，

所以，

因为，当且仅当，即时，等号成立，所以，故B项错误；

对于C项，圆心到直线的距离.

因为，所以，所以直线一定与圆相离，故C项正确；

对于D项，设直线与轴交于点，则，，则，，

又.

假设存在，使得，则.

联立直线与圆的方程可得，，

设，，则，，且，

则，

所以，整理可得，

解得或（舍去负值）.

所以，，满足条件，所以假设成立，故D项正确.

故选：ACD.

12．设定义在上的函数与的导数分别为与，已知，，且关于直线对称，则下列结论一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BCD

【详解】因为，

所以

所以，

所以，

故D正确，

令时，，

所以，

由，

所以，

所以B选项正确，

因为，

所以，

所以函数图象关于点对称，

则函数的图象关于点对称，即为奇函数，

所以函数（为常数）为偶函数，图象关于直线对称，

所以函数的图象关于直线对称，

所以，

故C选项正确，

函数，则函数图象关于直线对称，符合题意，

所以，

故选项A不正确，

故选：BCD.

二、 填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分

13．若非零向量与满足：，且，，则的最大值为______．

【答案】##-0.5

【详解】由已知有，∴，得，

∴，当且仅当时取等号.

即的最大值为.

故答案为：

14．的展开式中项的系数是__________.

【答案】

【详解】因为，

展开式第项

展开式第项

当时，；

当时，，

所以展开式中项为，则的系数为，

故答案为：.

15．在平面直角坐标系中，设点是抛物线上的一点，以抛物线的焦点为圆心、以为半径的圆交抛物线的准线于两点，记，若，且的面积为，则实数的值为_______

【答案】

【详解】

由得：，

，，

，，解得：，

，，为等边三角形，

设准线与轴交点为，则，，

则圆的半径，

，解得：.

故答案为：.

16．在平行四边形ABCD中，，，，将沿BD折起到的位置，若二面角P－BD－C的大小为，则四面体PBCD的外接球的表面积为______.

【答案】

【详解】如图，因为四边形为平行四边形，，，，

所以，，，

在翻折后的图形中，，

取的中点，则，

故，所以为二面角的平面角，

由已知，

在平面内过点作直线与垂直，过作直线与垂直，设两垂线的交点为，

则，为直角三角形，又，，所以，

所以，，所以，

因为，平面，，

所以平面，平面，所以，

因为，，平面，

所以平面，平面，

所以，

因为为直角三角形，为斜边的中点，所以，

所以，同理可证，

所以点为四面体PBCD的外接球的球心，

因为，,，所以，

所以四面体PBCD的外接球的半径为，该球的表面积，

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．在下面两个条件中任选一个，补充在下面的问题中并作答.①；②.已知为数列的前项和，满足，，______.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前项和.

【答案】(1)条件选择见解析，

(2)

【详解】（1）解：选①，当时，则有，即，解得；

对任意的，因为，则，

故，即，

因，，所以为定值，

故数列是首项，公差为的等差数列，

所以.

选②，因为，故，

所以，故数列是常数列，

所以，故.

（2）解：知，，故，

对任意的，，

所以，即为数列的前项和，

因为，故数列为等差数列，

所以.

18．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.

(1)求A；

(2)，BD=3，求面积的最大值.

【答案】(1)

(2)

【详解】（1）解：由正弦定理可得，

因为，

所以，

即，

整理得：，

因为，所以，

所以，

因为，所以.

（2）在中，由余弦定理得：，

即.

整理得，当且仅当时，等号成立，

所以，

因为，

所以，

所以ABC面积的最大值为.

19．在三棱柱中，底面是边长为的等边三角形ABC，，点在底面上的射影是△ABC的中心O．

(1)求证：平面⊥平面；

(2)求二面角的余弦值．

【答案】(1)证明见解析

(2)

【详解】（1）因为点在底面上的射影是△ABC的中心O，

所以平面ABC，

因为平面ABC，

所以BC，

因为是边长为的等边三角形，

所以BC，

因为，平面，

所以BC⊥平面，

因为平面，

所以平面⊥平面；

（2）在AB上取点E，使得AE=2EB，

设BC的中点为F，因为点O为等边△ABC的中心，所以，

则OEBC，所以OE⊥AF，

故以点O为坐标原点，OE所在直线为x轴，AO所在直线为y轴，所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，

则，

故，，

设平面的法向量为，

则，

令得：，，故，

平面的法向量为，

则，

由图可知：二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.

20．某芯片制造企业使用新技术对某款芯片进行生产.生产该款芯片有三道工序，这三道工序互不影响.已知批次甲的三道工序次品率分别为，，.

(1)求批次甲芯片的次品率；

(2)该企业改进生产工艺后，生产了批次乙的芯片.某手机厂商获得批次甲与批次乙的芯片，并在某款手机上使用.现对使用这款手机的100名用户回访，对开机速度进行调查.据统计，安装批次甲的有40名，其中对开机速度满意的有30名；安装批次乙的有60名，其中对开机速度满意的有55名.试整理出列联表（单位:名），并依据小概率值的独立性检验，分析芯片批次是否与用户对开机速度满意有关.

附:

【答案】(1)；

(2)认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．

【详解】（1）由已知可得批次甲芯片的正品率，

所以批次甲芯片的次品率为．

（2）零假设为：芯片批次与用户对开机速度满意无关，得列联表如下：

所以，

因为，所以依据的独立性检验，我们推断不成立，

所以认为芯片批次与用户对开机速度满意有关，此推断犯错误的概率不大于0.05．

21．已知抛物线经过点.

(1)求抛物线的方程；

(2)动直线与抛物线交于不同的两点，，是抛物线上异于，的一点，记，的斜率分别为，，为非零的常数.

从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：

①点坐标为；②；③直线经过点.

【答案】(1)

(2)证明见解析

【详解】（1）因为抛物线经过点，

所以，所以，所以抛物线的方程为；

（2）设，，

方案一：选择①②，证③

因为，，

所以，所以，

由已知可知与轴不平行，设直线，

联立消去可得，

，所以，，

所以，所以直线的方程为，所以经过；

方案二：选择①③，证②

设直线的方程为，联立消去可得，

所以，，，

因为，，

所以；

方案三：选择②③，证①

设直线的方程为，联立消去可得，

所以，，，

设，则，，

所以，

所以，整理可得，

因式分解可得对任意的恒成立，

所以，所以点坐标为.

22．已知函数，()，

(1)当时，令函数，求的单调区间；

(2)在（1）的条件下，设函数有两个极值点为，，其中＜，试比较与的大小．

【答案】(1)答案见解析

(2).

【详解】（1）由题意可得：，

所以，

若时，，此时在内单调递减；

若时，令，得或，

当或，；

当时，.

所以当时，在和上单调递减；

在上单调递增.

（2）由（1）知，有两个极值点当且仅当，

由于的两个极值点满足方程，

所以，所以，因为，所以.

，

令，则，

因为时，，则，

所以在上单调递增，

所以，即，

所以.