新高中考試數(shù)學(xué)名師三模模擬卷（4）（答案版）

第=page2424頁，共=sectionpages2424頁2023新高考名師三模模擬卷（4）一、單選題1.若集合，且，則集合B不可能是(

)A.2 B. C. D.【答案】C

【解析】本題考查集合的交集運(yùn)算和子集的判斷，為基礎(chǔ)題.

由，得，再逐個判斷選項即可求解.解：因為，所以，

因為，A中，2不是集合，不滿足題意；

B中，，不滿足題意；

C中，不包含于，滿足題意；

D中，，不滿足題意.

故選：2.若復(fù)數(shù)z滿足，則(

)A. B. C.13 D.15【答案】C

【解析】

本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算，共軛復(fù)數(shù)的概念，考查復(fù)數(shù)模的求法，是基礎(chǔ)題．

先利用復(fù)數(shù)運(yùn)算求出復(fù)數(shù)z，再由復(fù)數(shù)的模定義求解．

解：由，得，

，

故選

3.等差數(shù)列和的前n項和分別為，，對一切自然數(shù)n，都有，則等于(

)A. B. C. D.【答案】D

【解析】本題考查了等差數(shù)列的性質(zhì)，以及等差數(shù)列的前n項公式，屬于基礎(chǔ)題.

利用等差數(shù)列的前n項和公式求出和的關(guān)系，和的關(guān)系，利用關(guān)系即可求解.解：，，

故選：4.《周髀算經(jīng)》是我國最早的數(shù)學(xué)典籍，書中記載：我國早在商代時期，數(shù)學(xué)家商高就發(fā)現(xiàn)了勾股定理，亦稱商高定理三國時期數(shù)學(xué)家趙爽創(chuàng)制了如圖1的“勾股圓方圖”以弦為邊長得到的正方形ABCD是由4個全等的直角三角形再加上中間的那個小正方形組成，用數(shù)形結(jié)合法給出了勾股定理的詳細(xì)證明．現(xiàn)將“勾股圓方圖”中的四條股延長相同的長度得到圖在圖2中，若，，G，F(xiàn)兩點間的距離為，則“勾股圓方圖”中小正方形的面積為(

)

A.9 B.4 C.3 D.8【答案】B

【解析】本題考查利用余弦定理解三角形，考查運(yùn)算求解能力，屬于基礎(chǔ)題．

先在中，利用余弦定理求解，再在中結(jié)合勾股定理求解BE，EF，繼而分析即得解．解：由條件可得，

在中，由余弦定理得，

又，

，

，，

，

“勾股圓方圖”中小正方形的邊長為，

面積為

故選：5.中國書法歷史悠久，源遠(yuǎn)流長，書法作為一門藝術(shù)，以文字為載體，不斷地反映著和豐富著華夏民族的自然觀，宇宙觀和人生觀，談到書法藝術(shù)，就離不開漢字，漢字是書法藝術(shù)的精髓漢字本身且有豐富的音象利可朝的規(guī)律性，使?jié)h字書寫成為一門獨特的藝術(shù)，我國書法大體可分為篆、隸、楷、行、草五種書體，如圖，以“國”字為例，現(xiàn)有5張分別寫有一種書體的臨摹紙，將其全部分給3名書法愛好者，每人至少1張，則不同的分法種數(shù)為(

)

A.60 B.90 C.120 D.150【答案】D

【解析】本題考查排列組合的應(yīng)用，考查分組分配的應(yīng)用，屬于中檔題．

分兩種情況，再結(jié)合排列組合求解即可．解：分兩種情況，

①將5張分別寫有一種書體的臨摹紙分為1，1，3三組，共有，

②將5張分別寫有一種書體的臨摹紙分為2，2，1三組，共有，

不同的分法種數(shù)為，

故選：

6.已知函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)，且滿足若函數(shù)在區(qū)間上恰有5個零點，則的取值范圍為(

)A. B. C. D.【答案】B

【解析】本題考查正弦函數(shù)的單調(diào)性以及零點問題，屬于中檔題.解：在區(qū)間上單調(diào)，，，

的對稱中心為，且，

，即，即，，

又的對稱中心為，，

在區(qū)間上恰有5個零點，相鄰兩個零點之間的距離為，五個零點之間即2T，六個零點之間即，只需即可，即，

又，

故選7.拋物線C：的焦點為F，過點且平行于x軸的直線與線段AF的中垂線交于點M，若點M在拋物線C上，則(

)A.或 B.或 C.1或3 D.2或4【答案】A

【解析】本題考查求拋物線的方程及中垂線的性質(zhì)和拋物線的性質(zhì)，屬于中檔題．

由拋物線的方程可得焦點F的坐標(biāo)及準(zhǔn)線的方程，由題意可得平行于x軸的過A的直線與準(zhǔn)線的解得H的坐標(biāo)，中垂線的性質(zhì)可得，再由拋物線的性質(zhì)可得，可得M為AH的中點，求出M的坐標(biāo)，將M的坐標(biāo)代入拋物線的方程可得p的值，進(jìn)而可得M的坐標(biāo)，可得的值．解：由拋物線的方程可得焦點，

所以過A點平行于x軸的方程為：，與拋物線的準(zhǔn)線的交點H為，

由，M在AF的中垂線上，所以，

所以，可得M為AH的中點，所以，即，

又因為M在拋物線上，所以，

解得：或6，

所以或，

所以可得或，

故選：

8.已知函數(shù)，直線與的圖象交于A，B兩點，在A，B兩點處分別作的兩條切線，，這兩條切線交于點，則(

)A. B. C. D.【答案】B

【解析】本題考查了切線方程，研究曲線切線的性質(zhì)，本題屬難題．

設(shè)，，可得表示出兩條切線，然后解方程可得答案.解：設(shè)，，則，，

則，即，，，

則切線，

切線，

聯(lián)立兩切線方程得，即有，則，

代入方程解得，設(shè)，則，

令，，則，在單調(diào)遞減，

所以，即，且時，，故選

二、多選題9.下列說法正確的有(

)A.若隨機(jī)變量X服從正態(tài)分布，，則

B.數(shù)據(jù)4，7，6，5，3，8，9，10的第70百分位數(shù)為8

C.回歸分析學(xué)常用殘差平方和來刻畫擬合效果好壞，殘差平方和越小，擬合效果越好

D.根據(jù)分類變量X與Y的成對樣本數(shù)據(jù)計算得到，依據(jù)的獨立性檢驗，可判斷X與Y有關(guān)且犯錯誤的概率不超過【答案】ABC

【解析】本題考查百分位數(shù)，正態(tài)分布的概率，殘差，獨立性檢驗等知識，屬于綜合性題目.解：由可知，故A正確;

數(shù)據(jù)重排后如下：3，4，5，6，7，8，9，10共8個，第70百分位數(shù)為第6個數(shù)，即為8，故B正確;

回歸分析中殘差平方和越小，擬合效果越好，故C正確;

，犯錯誤的概率會超過，故D錯誤.

故選10.若實數(shù)，，滿足，以下選項中正確的有(

)A.mn的最小值為 B.的最小值為

C.的最小值為 D.的最小值為【答案】BCD

【解析】本題主要考查利用基本不等式求最值及不等式的基本性質(zhì)，屬于一般題.解：因為，，

又因為，即，

當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故A錯誤；

得到，即，

當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，故D正確；

又因為，

當(dāng)且僅當(dāng)且，即時等號成立，

則，故B正確；

，

當(dāng)且僅當(dāng)且，

即，時，等號成立，故C正確.11.已知直線和圓，則下列說法正確的是

A.存在k，使得直線l與圓C相切

B.若直線l與圓C交于A，B兩點，則的最小值為

C.對任意k，圓C上恒有4個點到直線的距離為

D.當(dāng)時，對任意，曲線恒過直線l與圓C的交點【答案】BCD

【解析】本題考查了直線與圓的位置關(guān)系，是中檔題.利用了直線與圓的位置關(guān)系結(jié)合各選項分析即可.解：直線l過定點，圓C的圓心為，半徑，

對于A選項，因為，所以點在圓C內(nèi)，不存在相切的直線，因此選項A錯誤；

對于B選項，當(dāng)時，線段的長度最短，此時，故B正確；

對于C選項，當(dāng)時，弓形的高h(yuǎn)最小，此時，

因此對任意k，圓C上恒有4個點到直線的距離為，故C正確；

對于D選項，當(dāng)時，設(shè)直線l與圓C的交點為，

則有

而曲線即，

可知兩點滿足方程，故曲線E恒過兩點，故D正確.

故選12.某同學(xué)參加綜合實踐活動，設(shè)計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示，是由等高的半個圓柱和個圓柱拼接而成，其中四邊形ABCD是邊長為4的正方形，點G是弧CD上的動點，且C，E，D，G四點共面.下列說法正確的有(

)A.若點G為弧CD的中點，則平面平面BCG

B.存在點G，使得

C.存在點G，使得直線CF與平面BCG所成的角為

D.當(dāng)點G到平面BDF的距離最大時，三棱錐外接球的半徑【答案】AD

【解析】本題考查了直線與平面所成角的向量求法、空間中直線與直線的位置關(guān)系、空間中平面與平面的位置關(guān)系和球的切、接問題，是中檔題.解：連接EC，若點G為弧CD的中點，則，所以，即，

因為，所以，又，，所以平面BCG，平面BFD，則平面平面BCG，故A正確;

假設(shè)存在點G，使得，則B，G，D，F(xiàn)四點共面，又該幾何體上下兩個底面平行，且BF，DG為平面

BGDF與這兩個底面的交線，所以，則四邊形BGDF為平行四邊形，則有，這顯然不成立，故B錯誤;

假設(shè)存在點G，使得直線CF與平面BCG所成的角為，以A為原點，

，，方向為x，y，z軸正方向建立空間直角坐標(biāo)系，則，

，，設(shè)，

則，

所以，，

，

設(shè)平面BCG的法向量為，則

令，則，即，

依題意，，

整理得，這與矛盾，所以假設(shè)不成立，故C錯誤;

當(dāng)點G到平面BDF的距離最大時，點G位于點C，三棱錐，即三棱錐，即三棱錐，

可將其補(bǔ)型為一個以AF，AB，AD為同一個頂點出發(fā)的三條側(cè)棱的正方體，棱長為4，其外接球半徑，故D正確.

三、填空題13.定義在R上的奇函數(shù)周期為2，則…__________.【答案】0

【解析】根據(jù)題意，由函數(shù)的周期性和奇偶性可得……以及……，計算可得答案．

本題考查函數(shù)的奇偶性和周期性的綜合應(yīng)用，涉及函數(shù)值的計算，屬于基礎(chǔ)題．解：根據(jù)題意，是定義在R上的奇函數(shù)，則，

又由的周期為2，……，

又由且，則有，故……，

故…，

故答案為：14.已知向量，，設(shè)與方向相同的單位向量為，若在上的投影向量為，則與的夾角__________.【答案】或

【解析】本題考查了向量的數(shù)量積、夾角、投影向量，屬于基礎(chǔ)題.解：法一：因為向量，所以，設(shè)與的夾角為，因為在上的投

影向量為，則，所以，，又，所以，的夾角為

法二：因為向量，所以，設(shè)與的夾角為，因為在上的投影向量為，

則，

即，，

所以，的夾角為15.已知，分別為橢圓的左、右焦點，以為圓心且過橢圓左頂點的圓與直線相切為橢圓上一點，I為的內(nèi)心，且，則的值為__________.【答案】

【解析】本題考查了橢圓的定義、標(biāo)準(zhǔn)方程及其性質(zhì)、直線與圓相切，三角形面積計算公式、考查了推理能力與計算能力，屬于中檔題.

由圓與直線相切可得半焦距c，設(shè)的內(nèi)切圓半徑為r，根據(jù)內(nèi)心的性質(zhì)，結(jié)合三角形面積公式將整理，可得結(jié)合橢圓定義及性質(zhì)可解得解：設(shè)橢圓的右焦點，以為圓心且過橢圓左頂點的圓方程為與直線相切.則，解得

設(shè)的內(nèi)切圓半徑為r，

則，，

，

，

可得

，

解得：16.在數(shù)列的每相鄰兩項之間插入這兩項的和，組成一個新的數(shù)列，這樣的操作叫做這個數(shù)列的一次“拓展”.先將數(shù)列1，2進(jìn)行拓展，第一次拓展得到1，3，第二次拓展得到數(shù)列1，4，3，5，第n次拓展得到數(shù)列1，，，，，設(shè)，其中__________，__________.【答案】【解析】本題考查了數(shù)列的遞推關(guān)系，等比數(shù)列的判定，等比數(shù)列的通項公式.

設(shè)數(shù)列1，2第n次拓展后的項數(shù)為數(shù)列，則，根據(jù)拓展規(guī)則可知，，可證得數(shù)列是等比數(shù)列，求得，即可得；

根據(jù)拓展規(guī)則可得，，可證得數(shù)列是等比數(shù)列，首項為，公比為3，即可求得解：設(shè)數(shù)列1，2第n次拓展后的項數(shù)為數(shù)列，則，，

根據(jù)拓展規(guī)則可知，，即，

因為，所以，所以，

所以數(shù)列是等比數(shù)列，首項為2，公比為2，

所以，所以，

所以；

根據(jù)拓展規(guī)則可知，，并且，

所以，又，

所以所以，

所以數(shù)列是等比數(shù)列，首項為，公比為3，

所以，所以

解答題17.本小題分已知銳角三角形ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，向量，，且

求角B的大小;

若，求面積的取值范圍.【答案】解：由，

由正弦定理得，

又，

在銳角中，由知，，有，令，則，，

由正弦定理得，的面積

，

由得，，則，

于是得，

所以面積的取值范圍是

18.本小題分已知數(shù)列的前n項和為，且求數(shù)列的通項公式;給定，記集合中的元素個數(shù)為，若，試求k的最小值.【解析】解：依題意，①

當(dāng)時，，②

①②兩式相減得，即，

因為，所以，即，

所以是公差為1的等差數(shù)列，

又，故數(shù)列的通項公式為

依題意，即，因為，，，

所以滿足不等式的正整數(shù)個數(shù)為，即，

，.

因為，所以單調(diào)遞增，

當(dāng)時，，

當(dāng)時，，

所以k的最小值為19.本小題分如圖①，在矩形ABCD中，，E為AD的中點.如圖②，沿BE將折起，點P在線段AD上.若，求證：平面若平面平面BCDE，是否存在點P，使得平面AEC與平面PEC的夾角為若存在，求此時三棱錐的體積;若不存在，說明理由.【答案】解：如圖1，連接BD與CE交于點Q，連接PQ，由題可得，，

又，，

平面PEC，平面PEC，平面

法一：連接A點與BE的中點O，過點O作BE的垂線與BC交于點M，易知M為BC的中點.

由已知可得，

平面平面BCDE，平面平面，平面ABE，

平面

平面BCDE，

以O(shè)為原點建立空間直角坐標(biāo)系如圖2所示.

易知，

所以，，，，，

所以，，，，

設(shè)，則點，

設(shè)平面AEC與平面PEC的法向量分別為，，

則即即

令，得，，則，

由即

即可得，

令，則，

由題知可令，

，

即當(dāng)點P滿足時，平面AEC與平面PEC的夾角為

此時，

法二：由當(dāng)時，

，

由已知得，在矩形ABCD中，E為AD的中點，，

，，，即

又平面平面BCDE，平面平面，平面BCDE，

平面

平面ABE，

又，平面PEC，平面PEC，

平面

平面AEC，

平面平面PEC，即當(dāng)時，平面AEC與平面PEC的夾角為

此時，

20.本小題分設(shè)是一個二維離散型隨機(jī)變量，它們的一切可能取的值為，其中i，N，令，稱N是二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列．與一維的情形相似，我們也習(xí)慣于把二維離散型隨機(jī)變量的聯(lián)合分布列寫成下表形式：現(xiàn)有N個相同的球等可能的放入編號為1，2，3的三個盒子中，記落下第1