广东省佛山市2023年高考数学五模试卷含解析

1、2023年高考数学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1如图在直角坐标系中，过原点作曲线的切线，切点为，过点分别作、轴的垂线，垂足分别为、，在矩形中随机选取一点，则它在阴影部分的

2、概率为（ ）ABCD2已知数列的前项和为，且，则的通项公式（ ）ABCD3若的展开式中二项式系数和为256，则二项式展开式中有理项系数之和为（ ）A85B84C57D564已知集合AxN|x28x，B2，3，6，C2，3，7，则（ ）A2，3，4，5B2，3，4，5，6C1，2，3，4，5，6D1，3，4，5，6，75正项等比数列中的、是函数的极值点，则（ ）AB1CD26已知等差数列的前13项和为52，则（ ）A256B-256C32D-327已知数列满足：，则( )A16B25C28D338如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱 AB，BC，的中点，M为棱AD的中点，设P，Q为底面

3、ABCD内的两个动点，满足平面EFG，则的最小值为（ ）ABCD9已知，为两条不同直线，为三个不同平面，下列命题：若，则；若，则；若，则；若，则.其中正确命题序号为( )ABCD10下列说法正确的是（ ）A“若，则”的否命题是“若，则”B“若，则”的逆命题为真命题C，使成立D“若，则”是真命题11已知函数，且关于的方程有且只有一个实数根，则实数的取值范围（ ）ABCD12如图所示，直三棱柱的高为4，底面边长分别是5，12，13，当球与上底面三条棱都相切时球心到下底面距离为8，则球的体积为 ( ) A16053B642二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知函数，则不等式

4、的解集为_14一个算法的伪代码如图所示，执行此算法，最后输出的T的值为_.15如果复数满足，那么_（为虚数单位）.16若，则=_， = _.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在中，内角的边长分别为，且（1）若，求的值；（2）若，且的面积，求和的值18（12分）已知函数，.（1）若不等式对恒成立，求的最小值；（2）证明：.（3）设方程的实根为.令若存在，使得，证明：.19（12分）已知集合，将的所有子集任意排列，得到一个有序集合组，其中.记集合中元素的个数为，规定空集中元素的个数为.当时，求的值；利用数学归纳法证明：不论为何值，总存在有序集合组，满足任意

5、，都有.20（12分）分别为的内角的对边.已知.（1）若，求；（2）已知，当的面积取得最大值时，求的周长.21（12分）已知直线与抛物线交于两点.（1）当点的横坐标之和为4时，求直线的斜率；（2）已知点，直线过点，记直线的斜率分别为，当取最大值时，求直线的方程.22（10分）已知函数（1）当（为自然对数的底数）时，求函数的极值；（2）为的导函数，当，时，求证：参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1A【解析】设所求切线的方程为，联立，消去得出关于的方程，可得出，求出的值，进而求得切点的坐标，利用定积分求出阴影部分区域的面积

6、，然后利用几何概型概率公式可求得所求事件的概率.【详解】设所求切线的方程为，则，联立，消去得，由，解得，方程为，解得，则点，所以，阴影部分区域的面积为，矩形的面积为，因此，所求概率为.故选：A.【点睛】本题考查定积分的计算以及几何概型，同时也涉及了二次函数的切线方程的求解，考查计算能力，属于中等题.2C【解析】利用证得数列为常数列，并由此求得的通项公式.【详解】由，得，可得（）.相减得，则（），又由，得，所以，所以为常数列，所以，故.故选：C【点睛】本小题考查数列的通项与前项和的关系等基础知识；考查运算求解能力，逻辑推理能力，应用意识.3A【解析】先求，再确定展开式中的有理项，最后求系数之和.

7、【详解】解：的展开式中二项式系数和为256故，要求展开式中的有理项，则则二项式展开式中有理项系数之和为：故选：A【点睛】考查二项式的二项式系数及展开式中有理项系数的确定，基础题.4C【解析】根据集合的并集、补集的概念，可得结果.【详解】集合AxN|x28xxN|0 x8，所以集合A1，2，3，4，5，6，7B2，3，6，C2，3，7，故1，4，5，6，所以1，2，3，4，5，6.故选：C.【点睛】本题考查的是集合并集，补集的概念，属基础题.5B【解析】根据可导函数在极值点处的导数值为，得出，再由等比数列的性质可得.【详解】解：依题意、是函数的极值点，也就是的两个根又是正项等比数列，所以.故选：

8、B【点睛】本题主要考查了等比数列下标和性质以应用，属于中档题.6A【解析】利用等差数列的求和公式及等差数列的性质可以求得结果.【详解】由，得.选A.【点睛】本题主要考查等差数列的求和公式及等差数列的性质，等差数列的等和性应用能快速求得结果.7C【解析】依次递推求出得解.【详解】n=1时，n=2时，n=3时，n=4时，n=5时，.故选：C【点睛】本题主要考查递推公式的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.8C【解析】把截面画完整，可得在上，由知在以为圆心1为半径的四分之一圆上，利用对称性可得的最小值【详解】如图，分别取的中点，连接，易证共面，即平面为截面，连接，由中位线定理可得，平面，平面

9、，则平面，同理可得平面，由可得平面平面，又平面EFG，在平面上，正方体中平面，从而有，在以为圆心1为半径的四分之一圆（圆在正方形内的部分）上，显然关于直线的对称点为，当且仅当共线时取等号，所求最小值为故选：C【点睛】本题考查空间距离的最小值问题，解题时作出正方体的完整截面求出点轨迹是第一个难点，第二个难点是求出点轨迹，第三个难点是利用对称性及圆的性质求得最小值9C【解析】根据直线与平面，平面与平面的位置关系进行判断即可.【详解】根据面面平行的性质以及判定定理可得，若，则，故正确；若，平面可能相交，故错误；若，则可能平行，故错误；由线面垂直的性质可得，正确；故选：C【点睛】本题主要考查了判断直线

10、与平面，平面与平面的位置关系，属于中档题.10D【解析】选项A，否命题为“若，则”，故A不正确选项B，逆命题为“若，则”，为假命题，故B不正确选项C，由题意知对，都有，故C不正确选项D，命题的逆否命题“若，则”为真命题，故“若，则”是真命题，所以D正确选D11B【解析】根据条件可知方程有且只有一个实根等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象，数形结合即可【详解】解：因为条件等价于函数的图象与直线只有一个交点，作出图象如图，由图可知，故选：B【点睛】本题主要考查函数图象与方程零点之间的关系，数形结合是关键，属于基础题12A【解析】设球心为O，三棱柱的上底面A1B1C1的内切圆的圆心为O1，该

11、圆与边B【详解】如图，设三棱柱为ABC-A1B1C所以底面A1B1C1为斜边是A1C1则圆O1的半径为O设球心为O，则由球的几何知识得OO1M所以OM=2即球O的半径为25所以球O的体积为43故选A【点睛】本题考查与球有关的组合体的问题，解答本题的关键有两个：（1）构造以球半径R、球心到小圆圆心的距离d和小圆半径r为三边的直角三角形，并在此三角形内求出球的半径，这是解决与球有关的问题时常用的方法（2）若直角三角形的两直角边为a,b，斜边为c，则该直角三角形内切圆的半径r=a+b-c二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】易知函数的定义域为，且，则是上的偶函数由于在上单调递增

12、，而在上也单调递增，由复合函数的单调性知在上单调递增，又在上单调递增，故知在上单调递增令，知，则不等式可化为，即，可得，又，是偶函数，可得，由在上单调递增，可得，则，解得，故不等式的解集为14【解析】由程序中的变量、各语句的作用，结合流程图所给的顺序，模拟程序的运行，即可得到答案.【详解】根据题中的程序框图可得：,执行循环体，不满足条件，执行循环体，此时，满足条件，退出循环，输出的值为.故答案为：【点睛】本题主要考查了程序和算法，依次写出每次循环得到的，的值是解题的关键，属于基本知识的考查.15【解析】把已知等式变形，再由复数代数形式的乘除运算化简，然后利用复数模的计算公式求解.【详解】，故答

13、案为：.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的求法，属于基础题.16128 21 【解析】令，求得的值.利用展开式的通项公式，求得的值.【详解】令，得.展开式的通项公式为，当时，为，即.【点睛】本小题主要考查二项式展开式的通项公式，考查赋值法求解二项式系数有关问题，属于基础题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）；（2）.【解析】（1）先由余弦定理求得，再由正弦定理计算即可得到所求值；（2）运用二倍角的余弦公式和两角和的正弦公式，化简可得sinA+sinB=5sinC，运用正弦定理和三角形的面积公式可得a，b的方程组，解方程即可得到所求值【详解】

14、解：（1）由余弦定理 由正弦定理得 （2）由已知得： 所以- 又所以-由解得【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理和面积公式的运用，以及三角函数的恒等变换，考查化简整理的运算能力，属于中档题18（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】（1）由题意可得，令，利用导数得在上单调递减，进而可得结论；（2）不等式转化为，令，利用导数得单调性即可得到答案；（3）由题意可得，进而可将不等式转化为，再利用单调性可得，记，再利用导数研究单调性可得在上单调递增，即，即，即可得到结论.【详解】（1），即，化简可得.令，因为，所以，.所以，在上单调递减，.所以的最小值为.（2）要证，即.两边同除以可得.设，则.在

15、上，所以在上单调递减.在上，所以在上单调递增，所以.设，因为在上是减函数，所以.所以，即.（3）证明：方程在区间上的实根为，即，要证，由可知，即要证.当时，因而在上单调递增.当时，因而在上单调递减.因为，所以，要证.即要证.记，.因为，所以，则.设，当时，.时，故.且，故，因为，所以.因此，即在上单调递增.所以，即.故得证.【点睛】本题考查函数的单调性、最值、函数恒成立问题，考查导数的应用，转化思想，构造函数研究单调性，属于难题.19；证明见解析.【解析】当时，集合共有个子集，即可求出结果；分类讨论，利用数学归纳法证明.【详解】当时，集合共有个子集，所以；当时，由可知，此时令，满足对任意，都有

16、，且；假设当时，存在有序集合组满足题意，且，则当时，集合的子集个数为个，因为是4的整数倍，所以令，且恒成立，即满足对任意，都有，且，综上，原命题得证.【点睛】本题考查集合的自己个数的研究，结合数学归纳法的应用，属于难题.20（1）（2）【解析】（1）根据正弦定理，将，化角为边，即可求出，再利用正弦定理即可求出；（2）根据，选择，所以当的面积取得最大值时，最大，结合（1）中条件，即可求出最大时，对应的的值，再根据余弦定理求出边，进而得到的周长【详解】（1）由，得，即.因为，所以.由，得.（2）因为，所以，当且仅当时，等号成立.因为的面积.所以当时，的面积取得最大值，此时，则，所以的周长为.【点睛

17、】本题主要考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，涉及到基本不等式的应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力21（1）（2）【解析】（1）设，根据直线的斜率公式即可求解；（2）设直线的方程为，联立直线与抛物线方程，由韦达定理得，结合直线的斜率公式得到，换元后讨论的符号，求最值可求解.【详解】（1）设，因为，即直线的斜率为1.（2）显然直线的斜率存在，设直线的方程为.联立方程组，可得则，令，则则当时，；当且仅当，即时，解得时，取“=”号，当时，；当时，综上所述，当时，取得最大值，此时直线的方程是.【点睛】本题主要考查了直线的斜率公式，直线与抛物线的位置关系，换元法，均值不等式，考查了运算能力，属于难题.22（1）极大值，极小值；（2）详见解析.【解析】首先确定函数的定义域和；（