2023年普通高等学校招生全国统一考试·新高考仿真模拟卷数学(五)答案.docx

1、2023年普通高等学校招生全国统一考试仿真模拟卷数学（五）注意事项：1.本卷满分150分，考试时间120分钟.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3.非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1

2、. 已知集合，则的子集共有（ ）A. 2个B. 3个C. 4个D. 8个【答案】C【解析】【分析】先通过集合的交集运算得出，即可根据集合内元素的个数得出子集个数.【详解】集合，则的子集共有个，故选：C.2. 已知复数，则（ ）A. 1B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法、除法运算，以及模的定义求解.【详解】因为，所以，故选:D.3. 在中，记，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用向量线性运算和向量数量积的运算律可直接求得结果.【详解】.故选：D.4. 已知函数，则的单调递增区间为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据对数真数

3、大于零可构造不等式组求得函数定义域；利用导数可求得函数单调递增区间.【详解】由得：，即的定义域为；，当时，；当时，；的单调递增区间为.故选：A5. 如图，已知正四棱锥的底面边长和高分别为2和1，若点E是棱PD的中点，则异面直线PA与CE所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，然后用向量方法即可求解【详解】连接交于，由题意，以为原点，分别以, ，的方向为x轴，y轴, z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，由正四棱锥的底面边长和高分别为2和1可得，所以所以，设异面直线PA与CE所成的角为，所以故选：B6. 某芯片制造厂有甲、乙、丙三条生产线均生产

4、5mm规格的芯片，现有25块该规格的芯片，其中甲、乙、丙生产的芯片分别为5块，10块，10块，若甲、乙、丙生产该芯片的次品率分别为0.1，0.2，0.3，则从这25块芯片中任取一块芯片，是正品的概率为（ ）A. 0.78B. 0.64C. 0.58D. 0.48【答案】A【解析】【分析】设“任取一块芯片是正品”，分别表示芯片由甲、乙、丙三条生产线生产，根据互斥事件的概率公式以及全概率公式，即可求得答案.【详解】设 “任取一块芯片是正品”，分别表示芯片由甲、乙、丙三条生产线生产，根据题意可得，由全概率公式可得.故选：A7. 已知.若存在，使不等式有解，则实数m的取值范围为（ ）A. B. C.

5、D. 【答案】B【解析】【分析】利用正弦余弦的二倍角公式及正弦两角和公式化简函数，然后将问题转化为函数在区间上成立问题，求出最值，解不等式即可.【详解】，若存在，使不等式有解，则问题转化为在上因为，所以，所以，所以，解得：或即实数m的取值范围为：，故选：B.8. 已知，且，其中是自然对数的底数，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得，令，利用导函数可得，再令，利用导函数求单调性即可求解.【详解】由题意可得，令，则，因为当时，单调递增，所以，即，令，则，因为当时，所以在上单调递增，又因为且，所以，故选：A二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的

6、选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 空气质量指数大小分为五级.指数越大说明污染的情况越严重，对人体危害越大，指数范围，分别对应“优”“良”“轻度污染”“中度污染”“重污染”五个等级.如图是某市连续天的空气质量指数趋势图，下面说法正确的是（ ）A. 这天中有天空气质量指数为“轻度污染”B. 从日到日空气质量越来越好C. 这天中空气质量的中位数是D. 连续三天中空气质量指数方差最小是日到日【答案】ABC【解析】【分析】根据趋势图可判断出空气质量指数位于的天数，知A正确；由日到日空气质量指数依次下降知B正确；由中位数的定义可计算知C正确；根据方差与数

7、据波动幅度之间的关系可知D错误.【详解】对于A，由空气质量指数趋势图可知：这天中，空气质量指数位于的天数有日，则有天空气质量指数为“轻度污染”，A正确；对于B，从日到日空气质量指数依次下降，则空气质量越来越好，B正确；对于C，将天空气质量指数按照从小到大顺序排序，中位数为第和第个数的平均数，即，C正确；对于D，若连续三天空气质量指数方差最小，则连续三天数据波动幅度最小，显然日到日数据波动幅度最大，则方差应为最大，D错误.故选：ABC.10. 密位制是度量角的一种方法，把一周角等分为6000份，每一份叫做1密位的角.在角的密位制中，单位可省去不写，采用四个数码表示角的大小，在百位数与十位数之间画

8、一条短线，如7密位写成“007”，478密位写成“478”.若，则角可取的值用密位制表示可能是（ ）A. 1050B. 250C. 1350D. 4250【答案】BD【解析】【分析】通过三角恒等变换化简，得出或，再通过题意对选项一一化为弧度制，即可判断是否符合题意.【详解】，即，或，对于选项A：密位制1050对应的角的弧度制为，不符合题意，故选项A错误；对于选项B：密位制250对应的角的弧度制为，符合题意，故选项B正确；对于选项C：密位制1350对应的角的弧度制为，不符合题意，故选项C错误；对于选项D：密位制4250对应的角的弧度制为，符合题意，故选项D正确；综上所述，选项BD正确，故选：BD

9、.11. 已知点A，B分别是双曲线的左，右顶点，点P是双曲线C的右支上位于第一象限的动点，记PA、PB的斜率分别为、，则下列说法正确的是（ ）A. 双曲线C的离心率为B. 双曲线C的焦点到其渐近线的距离为1C. 为定值D. 存在点P，使得【答案】ABC【解析】【分析】A选项，求出，得到离心率；B选项，求出焦点坐标和渐近线方程，得到焦点到渐近线的距离；C选项，设，表达出，结合求出；D选项，设，由渐近线方程得到，结合得到.【详解】A选项，由题意得：，故，故离心率为，A正确；B选项，双曲线C的焦点为，渐近线的方程为，故焦点到渐近线的距离为，B正确；C选项，由题意得：，设，则，故，C正确；D选项，设，

10、因为渐近线的方程为，故，即，使得，D错误；故选：ABC12. 已知，若方程有四个不同的实数根，则满足上述条件的a值可以为（ ）A. B. C. D. 1【答案】BC【解析】【分析】通过分类讨论去绝对值，得出，与，再根据根的数量确定的取值范围，即可对选项一一验证.【详解】当时，即，解得，当时，即，解得，则当时，此时方程，即，即，此时若则，此时若则，当时，此时方程，即，即，其中方程与最多各有一个实数根，方程最多有两个不同的实数根，原方程有四个不同的实数根，方程与各有一个实数根，方程有两个不同实数根，对于方程有两个不同的实数根，可以等价为：解得，对于选项A：取不到，故选项A错误；对于选项B：当时，方

11、程的根为，方程的根为，符合题意，故选项B正确；对于选项C：当时，方程的根为，方程的根为，符合题意，故选项C正确；对于选项D：取不到1，故选项D错误；综上所述，选项BC正确，故选：BC.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若展开式中各项系数之和为64，则该展开式中含的项的系数为_.【答案】【解析】【分析】利用赋值法，令，则的展开式各项系数之和为，即可求得n；再由二项展开式的通项求得含项的系数.【详解】令，则的展开式各项系数之和为，则,其中通项，令，则，则，故含的项的系数为.故答案为：.14. 设甲、乙两个圆柱的底面半径分别为2，3，体积分别为，若它们的侧面积相等，则的值是_.

12、【答案】#【解析】【分析】利用圆柱体的侧面积和体积公式求解即可.【详解】设甲的高为，乙的高为，由题意可得，所以，所以，故答案为：15. “中国剩余定理”又称“孙子定理”，最早可见于中国南北朝时期的数学著作孙子算经卷下第二十六题，叫做“物不知数”，原文如下：今有物不知其数，三三数之剩二，五五数之剩三，七七数之剩二，问物几何现有这样一个相关的问题：被除余且被除余的正整数按照从小到大的顺序排成一列，构成数列，记数列的前项和为，则的最小值为_【答案】【解析】【分析】先由“两个等差数列的公共项构成的新的等差数列的公差为两个等差数列公差的最小公倍数”得，再应用基本不等式求得 的最小值.【详解】解：被除余且

13、被除余的正整数按照从小到大的顺序所构成的数列是一个首项为，公差为的等差数列，则 当且仅当，即 时，等号成立， 的最小值为故答案为：.16. 抛物线的焦点到直线的距离为，点是上任意一点，点是圆上任意一点，则的最小值是_.【答案】【解析】【分析】根据焦点到直线的距离可构造方程求得，得到抛物线方程；由圆的方程可得圆心和半径；设，利用两点间距离公式可表示出，根据二次函数性质求得；由圆的几何性质可知所求最小值为.【详解】由抛物线方程得：焦点为，解得：，抛物线，设；由圆的方程可知：圆心，半径，则当时，.故答案为：.四、解答题：本题共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. 已知的内

14、角的对边分别为，且.（1）求角的大小；（2）若边上的高为，求.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理边角互化即可求解；（2）利用面积公式可得，再利用正弦定理边角互化即可求解.【小问1详解】由题意可得，根据正弦定理可得，所以，又根据余弦定理可得，因为，所以.小问2详解】因为，即，由正弦定理可得，所以.18. 设等差数列的各项均为正数，其前n项和为，.（1）求的通项公式；（2）设，求数列的前10项和，其中表示不超过x的最大整数，如，.【答案】（1） （2）【解析】【分析】(1)根据的关系求出数列的首项公差即可求解；(2)根据定义分别写出数列的前10项，求和即可.【小问1

15、详解】设等差数列公差为，因为，所以当时，所以，所以，因为，所以，所以，令得整理得解得，所以.【小问2详解】由（1）得，所以的前10项和等于.19. 某校举办传统文化知识竞赛，从该校参赛学生中随机抽取名学生，竞赛成绩的频率分布表如下：竞赛成绩频率（1）估计该校学生成绩的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）已知样本中竞赛成绩在的男生有人，从样本中竞赛成绩在的学生中随机抽取人进行调查，记抽取的男生人数为，求的分布列及期望.【答案】（1） （2）分布列见解析；期望【解析】【分析】（1）利用每组区间的中点值乘以该组的概率，加总和即可得到平均数的估计值；（2）根据频率分布表可求得样本中

16、竞赛成绩在的总人数，进而确定所有可能的取值，根据超几何分布概率公式可求得每个取值对应的概率，进而得到分布列；根据数学期望公式可计算求得期望值.【小问1详解】平均数为.【小问2详解】由题意知：样本中竞赛成绩在的共有人，其中有男生人，则所有可能的取值为，；的分布列为数学期望.20. 如图所示的几何体中，底面ABCD为直角梯形，四边形PDCE为矩形，平面平面ABCD，F为PA的中点，N为PC与DE的交点，.（1）求证：平面；（2）若G是线段CD上一点，平面PBC与平面EFG所成角的余弦值为，求DG的长.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）连接，证明，利用线面平行的判定定理即得；

17、（2）利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.【小问1详解】因为四边形PDCE为矩形，则N为PC的中点，连接，在中，F，N分别为PA，PC的中点，则有，而直线平面，平面，所以平面；【小问2详解】因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，故，以D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，则，设，所以，设平面PBC的法向量为，则，令，得，设平面的法向量为，则，令，得，所以，整理可得，解得或 (舍去)，即DG的长为.21. 设椭圆的左焦点为F，上顶点为P，离心率为，O是坐标原点，且.（1）求椭圆C的方程；（2）过点F作两条互相垂直的直线，分别与C交于A，B，M，N四点

18、，求四边形面积的取值范围.【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）根据题意，结合离心率及椭圆的关系列出方程即可得到结果；（2）当，中有一条斜率不存在时，；当，的斜率都存在时，设过点的两条互相垂直的直线：，直线：，联立求出与，所以代入整理成关于的式子，求式子的值域即可.【小问1详解】设椭圆的焦距为，则，所以因为，所以，又，所以，即所以所以【小问2详解】当，中有一条斜率不存在时，设直线方程为，此时直线与轴重合，即，所以；当，的斜率都存在时，设过点的两条互相垂直的直线：，直线：由得此时，则. 把上式中的换成得： 则四边形的面积为令，则，且，所以四边形的面积的取值范围是.22. 已知函数.（1）当

19、时，求函数的单调区间；（2）是否存在正整数m，使得恒成立，若存在求出m的最小值，若不存在说明理由.【答案】（1）函数的单调减区间为，单调增区间为. （2）存在正整数【解析】【分析】（1）当时，对函数求导，令和，即可求出函数的单调区间；（2）要使恒成立，即恒成立，讨论和，求出的单调性，即可知要使，令，对求导，得出的单调性，即可得解.小问1详解】当时，函数的定义域为，令，解得：；令，解得：，所以函数的单调减区间为，单调增区间为.【小问2详解】的定义域为，若，即，函数在上单调递增，无最大值；若，即，函数在上单调递增，在上单调递减.当时，函数取得最大值，且，要使恒成立，即，所以，即，令，所以在上单调递增，当趋近于2时，所以存在最小正整数，使得，即是使得恒成立.