新高中考试数学名师三模模拟卷（4）（答案版）

这是一份新高中考试数学名师三模模拟卷（4）（答案版），共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
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( )
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. 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，
①将5张分别写有一种书体的临摹纸分为1，1，3三组，共有，
②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. 数据4，7，6，5，3，8，9，10的第70百分位数为8
C. 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.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.下列说法正确的有( )
A. 若点G为弧CD的中点，则平面平面BCG
B. 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

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，且
求数列的通项公式;
给定，记集合中的元素个数为，若，
试求k的最小值.
【解析】解：依题意，①
当时，，②
①②两式相减得，即，
因为，所以，即，
所以是公差为1的等差数列，
又，故数列的通项公式为
依题意，即，因为，，，
所以满足不等式的正整数个数为，即，
，.
因为，所以单调递增，
当时，，
当时，，
所以k的最小值为
19. 本小题分
如图①，在矩形ABCD中，，E为AD的中点.如图②，沿BE将折起，点P在线段AD上.
若，求证：平面
若平面平面BCDE，是否存在点P，使得平面AEC与平面PEC的夹角为若存在，求此时三棱锥的体积;若不存在，说明理由.
【答案】
解：如图1，连接BD与CE交于点Q，连接PQ，由题可得，，
又，，
平面PEC，平面PEC，平面
法一：连接A点与BE的中点O，过点O作BE的垂线与BC交于点M，易知M为BC的中点.
由已知可得，
平面平面BCDE，平面平面，平面ABE，
平面
平面BCDE，
以O为原点建立空间直角坐标系如图2所示.
易知，
所以，，，，，
所以，，，，
设，则点，
设平面AEC与平面PEC的法向量分别为，，
则即即
令，得，，则，
由即
即可得，
令，则，
由题知可令，
，
即当点P满足时，平面AEC与平面PEC的夹角为
此时，
法二：由当时，
，
由已知得，在矩形ABCD中，E为AD的中点，，
，，，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，即当时，平面AEC与平面PEC的夹角为
此时，

20. 本小题分
设是一个二维离散型随机变量，它们的一切可能取的值为，其中i，N，令，称N是二维离散型随机变量的联合分布列．与一维的情形相似，我们也习惯于把二维离散型随机变量的联合分布列写成下表形式：
现有N个相同的球等可能的放入编号为1，2，3的三个盒子中，记落下第1号盒子中的球的个数为X，落入第2号盒子中的球的个数为
当时，求的联合分布列；
设，N且，计算
【答案】
解：可取0，1，2；Y可取0，1，2，
则，，，
，，，
，
故的联合分布列为：
当时，，
于是
，
因此，
设Z服从二项分布，则
21. 本小题分
已知双曲线的实轴长为2，直线为C的一条渐近线.
求C的方程；
若过点的直线与C交于P，Q两点，在x轴上是否存在定点M，使得为定值？若存在，求出点M的坐标；若不存在，请说明理由.
【答案】
解：由题意知：，，解得，，
所以双曲线C的方程为；
设直线PQ的方程为，
与联立可得，
设，，
则，，
，，
假设x轴上存在定点，使得为定值，
，
若为定值，则必有，
解得，此时
若直线PQ斜率为0，则，，
所以
所以x轴上存在定点，使得为定值
22. 本小题分
已知函数
若，求函数的零点个数；
若函数，是否存在a，使得在处取得极小值？说明理由．
【答案】
解：时，，则，
当时，，单调递减;
当时，单调递增，，，
当时，显然大于0，
存在，使得，即，
在上单调递减，在上单调递增，
，，，
有两个零点.
，
，
显然是的极小值点的必要条件为，即，
此时，
令，则，
显然在上单调递增，，，
当时，，当时，，
存在唯一的零点，且，
在上单调递减，上单调递增，
时，，，
在存在唯一的零点，
当时，，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
当时，是的极小值点.
综上，存在满足题意.