全真模拟卷03(解析版)-2023年高考数学全真模拟卷(江苏专用)
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这是一份全真模拟卷03(解析版)-2023年高考数学全真模拟卷(江苏专用),共20页。试卷主要包含了本试卷分第Ⅰ卷两部分,设,,,这三个数的大小关系为,已知函数的图象关于直线对称,则等内容,欢迎下载使用。
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:B3.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:A4.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:C5.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( )ⅠⅡⅢⅣ 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.批次是否满意合计满意不满意甲 乙 合计 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:批次是否满意合计满意不满意甲301040乙55560合计8515100 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.
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