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1、2023新高考名师三模模拟卷（4）一、单选题1. 若集合，且，则集合B不可能是()A. 2B. C. D. 【答案】C【解析】本题考查集合的交集运算和子集的判断，为基础题.由，得，再逐个判断选项即可求解.解：因为，所以，因为，A中，2不是集合，不满足题意；B中，不满足题意；C中，不包含于，满足题意；D中，不满足题意.故选：2. 若复数z满足，则 ()A. B. C. 13D. 15【答案】C【解析】本题考查复数代数形式的四则运算，共轭复数的概念，考查复数模的求法，是基础题先利用复数运算求出复数z，再由复数的模定义求解解：由，得，故选3. 等差数列和的前n项和分别为，对一切自然数n，都有，则等于
2、()A. B. C. D. 【答案】D【解析】本题考查了等差数列的性质，以及等差数列的前n项公式，属于基础题.利用等差数列的前n项和公式求出和的关系，和的关系，利用关系即可求解.解：，故选：4. 周髀算经是我国最早的数学典籍，书中记载：我国早在商代时期，数学家商高就发现了勾股定理，亦称商高定理三国时期数学家赵爽创制了如图1的“勾股圆方图”以弦为边长得到的正方形ABCD是由4个全等的直角三角形再加上中间的那个小正方形组成，用数形结合法给出了勾股定理的详细证明现将“勾股圆方图”中的四条股延长相同的长度得到图在图2中，若，G，F两点间的距离为，则“勾股圆方图”中小正方形的面积为()A. 9B. 4C
3、. 3D. 8【答案】B【解析】本题考查利用余弦定理解三角形，考查运算求解能力，属于基础题先在中，利用余弦定理求解，再在中结合勾股定理求解BE，EF，继而分析即得解解：由条件可得，在中，由余弦定理得，又，“勾股圆方图”中小正方形的边长为，面积为故选：5. 中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观，宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓汉字本身且有丰富的音象利可朝的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆、隶、楷、行、草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给
4、3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为()A. 60B. 90C. 120D. 150【答案】D【解析】本题考查排列组合的应用，考查分组分配的应用，属于中档题分两种情况，再结合排列组合求解即可解：分两种情况，将5张分别写有一种书体的临摹纸分为1，1，3三组，共有，将5张分别写有一种书体的临摹纸分为2，2，1三组，共有，不同的分法种数为，故选：6. 已知函数在区间上单调，且满足若函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为()A. B. C. D. 【答案】B【解析】本题考查正弦函数的单调性以及零点问题，属于中档题.解：在区间上单调，的对称中心为，且，即，即，又的对称中心为，在区间上恰有5
5、个零点，相邻两个零点之间的距离为，五个零点之间即2T，六个零点之间即，只需即可，即，又，故选7. 抛物线C：的焦点为F，过点且平行于x轴的直线与线段AF的中垂线交于点M，若点M在抛物线C上，则()A. 或B. 或C. 1或3D. 2或4【答案】A【解析】本题考查求抛物线的方程及中垂线的性质和抛物线的性质，属于中档题由抛物线的方程可得焦点F的坐标及准线的方程，由题意可得平行于x轴的过A的直线与准线的解得H的坐标，中垂线的性质可得，再由抛物线的性质可得，可得M为AH的中点，求出M的坐标，将M的坐标代入抛物线的方程可得p的值，进而可得M的坐标，可得的值解：由抛物线的方程可得焦点，所以过A点平行于x轴
6、的方程为：，与抛物线的准线的交点H为，由，M在AF的中垂线上，所以，所以，可得M为AH的中点，所以，即，又因为M在抛物线上，所以，解得：或6，所以或，所以可得或，故选：8. 已知函数，直线与的图象交于A，B两点，在A，B两点处分别作的两条切线，这两条切线交于点，则()A. B. C. D. 【答案】B【解析】本题考查了切线方程，研究曲线切线的性质，本题属难题设，可得表示出两条切线，然后解方程可得答案.解：设，则，则，即，则切线，切线，联立两切线方程得，即有，则，代入方程解得，设，则，令，则，在单调递减，所以，即，且时，故选二、多选题9. 下列说法正确的有()A. 若随机变量X服从正态分布，则B
7、. 数据4，7，6，5，3，8，9，10的第70百分位数为8C. 回归分析学常用残差平方和来刻画拟合效果好坏，残差平方和越小，拟合效果越好D. 根据分类变量X与Y的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断X与Y有关且犯错误的概率不超过【答案】ABC【解析】本题考查百分位数，正态分布的概率，残差，独立性检验等知识，属于综合性题目.解：由可知，故A正确;数据重排后如下：3，4，5，6，7，8，9，10共8个，第70百分位数为第6个数，即为8，故B正确;回归分析中残差平方和越小，拟合效果越好，故C正确;，犯错误的概率会超过，故D错误.故选10. 若实数，满足，以下选项中正确的有()A. mn的
8、最小值为B. 的最小值为C. 的最小值为D. 的最小值为【答案】BCD【解析】本题主要考查利用基本不等式求最值及不等式的基本性质，属于一般题.解：因为，又因为，即，当且仅当时等号成立，故A错误；得到，即，当且仅当时等号成立，故D正确；又因为，当且仅当且，即时等号成立，则，故B正确；，当且仅当且，即，时，等号成立，故C正确.11. 已知直线和圆，则下列说法正确的是A. 存在k，使得直线l与圆C相切B. 若直线l与圆C交于A，B两点，则的最小值为C. 对任意k，圆C上恒有4个点到直线的距离为D. 当时，对任意，曲线恒过直线l与圆C的交点【答案】BCD【解析】本题考查了直线与圆的位置关系，是中档题.
9、利用了直线与圆的位置关系结合各选项分析即可.解：直线l过定点，圆C的圆心为，半径，对于A选项，因为，所以点在圆C内，不存在相切的直线，因此选项A错误；对于B选项，当时，线段的长度最短，此时，故B正确；对于C选项，当时，弓形的高h最小，此时，因此对任意k，圆C上恒有4个点到直线的距离为，故C正确；对于D选项，当时，设直线l与圆C的交点为，则有而曲线即，可知两点满足方程，故曲线E恒过两点，故D正确.故选12. 某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形ABCD是边长为4的正方形，点G是弧CD上的动点，且C，E，D，G四点共面.下列
10、说法正确的有()A. 若点G为弧CD的中点，则平面平面BCGB. 存在点G，使得C. 存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为D. 当点G到平面BDF的距离最大时，三棱锥外接球的半径【答案】AD【解析】本题考查了直线与平面所成角的向量求法、空间中直线与直线的位置关系、空间中平面与平面的位置关系和球的切、接问题，是中档题.解：连接EC，若点G为弧CD的中点，则，所以，即，因为，所以，又，所以平面BCG，平面BFD，则平面平面BCG，故A正确;假设存在点G，使得，则B，G，D，F四点共面，又该几何体上下两个底面平行，且BF，DG为平面BGDF与这两个底面的交线，所以，则四边形BGDF为平行四边
11、形，则有，这显然不成立，故B错误;假设存在点G，使得直线CF与平面BCG所成的角为，以A为原点，方向为x，y，z轴正方向建立空间直角坐标系，则，设，则，所以，设平面BCG的法向量为，则令，则，即，依题意，整理得，这与矛盾，所以假设不成立，故C错误;当点G到平面BDF的距离最大时，点G位于点C，三棱锥，即三棱锥，即三棱锥，可将其补型为一个以AF，AB，AD为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，棱长为4，其外接球半径，故D正确.三、填空题13. 定义在R上的奇函数周期为2，则_.【答案】0【解析】根据题意，由函数的周期性和奇偶性可得以及，计算可得答案本题考查函数的奇偶性和周期性的综合应用，涉及函数值
12、的计算，属于基础题解：根据题意，是定义在R上的奇函数，则，又由的周期为2，又由且，则有，故，故，故答案为：14. 已知向量，设与方向相同的单位向量为，若在上的投影向量为，则与的夹角_.【答案】或【解析】本题考查了向量的数量积、夹角、投影向量，属于基础题.解：法一：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，所以，又，所以，的夹角为法二：因为向量，所以，设与的夹角为，因为在上的投影向量为，则，即，所以，的夹角为15. 已知，分别为椭圆的左、右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆与直线相切为椭圆上一点，I为的内心，且，则的值为_.【答案】【解析】本题考查了椭圆的定义、标准方程及其性质、直线
13、与圆相切，三角形面积计算公式、考查了推理能力与计算能力，属于中档题.由圆与直线相切可得半焦距c，设的内切圆半径为r，根据内心的性质，结合三角形面积公式将整理，可得结合椭圆定义及性质可解得解：设椭圆的右焦点，以为圆心且过椭圆左顶点的圆方程为与直线相切.则，解得设的内切圆半径为r，则，可得，解得：16. 在数列的每相邻两项之间插入这两项的和，组成一个新的数列，这样的操作叫做这个数列的一次“拓展”.先将数列1，2进行拓展，第一次拓展得到1，3，第二次拓展得到数列1，4，3，5，第n次拓展得到数列1，设，其中_，_.【答案】 【解析】本题考查了数列的递推关系，等比数列的判定，等比数列的通项公式.设数列
14、1，2第n次拓展后的项数为数列，则，根据拓展规则可知，可证得数列是等比数列，求得，即可得；根据拓展规则可得，可证得数列是等比数列，首项为，公比为3，即可求得解：设数列1，2第n次拓展后的项数为数列，则，根据拓展规则可知，即，因为，所以，所以，所以数列是等比数列，首项为2，公比为2，所以，所以，所以；根据拓展规则可知，并且，所以，又，所以所以，所以数列是等比数列，首项为，公比为3，所以，所以四、 解答题17. 本小题分已知锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，向量，且求角B的大小;若，求面积的取值范围.【答案】解：由，由正弦定理得，又，在锐角中，由知，有，令，则，由正弦定理得，的面积，由得，则，于是得，所以面积的取值范围是18. 本小题分已知数列的前n项和为
