新高中考试数学名师三模模拟卷（5）（答案版）.docx

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1、2023新高考名师三模模拟卷（5）一、 单选题1. 设集合，则集合中元素的个数为()A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C【解析】本题考查集合运算，函数定义域与值域，属于基础题.利用函数定义域与值域的求法求出A和B，再取并集，并计算元素个数即可.解：对于集合A，若有意义，则，解得，即集合，对于集合B，若有意义，则，从而，即集合，故，其中有3个元素.故本题选2. 对于等差数列，有，则的值为()A. 32B. 34C. 36D. 38【答案】D【解析】本题考查等差数列的通项公式，属于基础题.设等差数列的公差为d，由且列方程组，求解即可.解：设等差数列的公差为d，由题意可得：，解得：，所以，所以

2、故选3. 命题“对任意实数，关于x的不等式恒成立”为真命题的一个必要不充分条件是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】本题主要考查了简单的不等式恒成立问题以及求一个命题的必要不充分条件根据题意可知，利用参数分离的方法求出使命题“对任意实数，关于x的不等式恒成立”为真命题的a的取值范围，a的取值范围构成的集合应为正确选项的真子集，从而推出正确结果解：命题“对任意实数，关于x的不等式恒成立”为真命题，根据选项满足是的必要不充分条件只有，故选4. 1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写出以下公式，这个公式在复变论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据此公

3、式，有下列四个结论：；其中所有正确结论的编号是()A. B. C. D. 【答案】A【解析】本题考查新定义下复数的计算，考查了复数的三角形式及其运算，本题的关键是理解定义中给出的计算方法根据题设中的公式和复数运算法则逐项计算后可得正确的选项.解：，故正确；，故正确;，故正确；故错误；所以本题所有正确结论的编号是.故选5. 定义在R上的奇函数满足，且时，则()A. 2B. 1C. 0D. 【答案】C【解析】本题主要考查奇函数和周期函数的性质，属于基础题。解：定义在R上的奇函数满足，是以4为周期的周期函数，6. 如图，在中，点D是边AB上一点且，E是边BC的中点，直线AE和直线CD交于点F，若BF

4、是的平分线，则()A. 4B. 3C. 2D.【答案】C【解析】本题考查向量在平面几何中的应用，平面向量共线定理，属于中档题.首先根据BF是的平分线，则存在一个实数使得，再替换向量和，利用平面向量基本定理的推论，即可求解.解：因为BF是的平分线，所以存在一个实数使得，因为E是边BC的中点，所以，又点A，E，F共线，所以，因为，所以，又点C，F，D共线，所以，联立，得，则，即故选7. 苏州市“东方之门”是由两栋超高层建筑组成的双塔连体建筑，“门”的造型是东方之门的立意基础，“门”的内侧曲线呈抛物线型，如图1，两栋建筑第八层由一条长60m的连桥连接，在该抛物线两侧距连桥150m处各有一窗户，两窗户

5、的水平距离为30m，如图2，则此抛物线顶端O到连桥AB距离为()A. 180mB. 200mC. 220mD. 240m【答案】B【解析】本题考查抛物线的性质和几何意义，考查待定系数法求解抛物线的解析式，属于基础题.由已知条件，建立平面直角坐标系，设抛物线的解析式为，代入已知条件求得a的值，从而得到顶点O的坐标，由此可求得抛物线顶端O到连桥AB距离.解：如图，建立平面直角坐标系：此时，抛物线与x轴的交点为，设抛物线的解析式为，因为抛物线经过点，所以，解得：，即抛物线的解析式为，顶点O的坐标为，抛物线顶端O到连桥AB距离为故选8. 设，则a，b，c的大小顺序为()A. B. C. D. 【答案】

6、A【解析】本题主要考查了函数值大小的比较，以及利用导数判断函数的单调性，解题中注意导数知识的灵活应用，属于难题.构造函数，求导，判断函数的单调性，可得a，b，c的大小.解：因为，构造函数，则，在上单调递增，在上单调递减.则有最大，即，因为，又，所以，所以，故，故选二、多选题9. 已知正方体的棱长为1，E是的中点，则下列选项中正确的是()A. B. 平面C. 三棱锥的体积为D. 异面直线与BD所成的角为【答案】AB【解析】本题考查命题的真假判断与应用，考查空间中直线与直线、直线与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等积法求多面体的体积，是中档题由题意画出图形，利用线面垂直的

7、判定和性质判断A；证明线面平行判定B；利用等积法求出体积判定C；求出两异面直线所成角判断解：如图，正方体，平面ABCD，又平面ABCD，又，、平面，平面，又平面，故A正确；在正方体，易得，平面，平面，平面，故B正确；三棱锥的体积为，故C错误；在正方体，易得，是等边三角形，是异面直线与BD所成的角，又是等边三角形，异面直线与BD所成的角为，故D错误故选：10. 下列命题中，正确的命题是()A. 若事件A，B满足，则B. 设随机变量服从正态分布，若，则C. 事件A，B满足，则A与B独立D. 某小组调查5名男生和5名女生的成绩，其中男生平均数为9，方差为女生的平均数为7，方差为8，则该10人成绩的方

8、差为【答案】AC【解析】本题主要考查了条件概率公式，考查了正态分布曲线的对称性，以及相互独立事件，方差的计算，属于中档题根据条件概率乘法公式判断A，根据正态分布的对称性可判断B，根据相互独立事件定义可判断C，由方差的性质，即可判断D选项解：对于A，根据条件概率公式，故A正确；对于B，因为随机变量，且，所以，故B错误；，所以A，相互独立，所以A、B相互独立，故C正确；对于D，该样本数据的平均数为，方差故D错误故选11. 已知椭圆：与双曲线：有公共的焦点，设P是，的一个交点，与的离心率分别是，则下列结论正确的有()A. B. 的面积C. 若，则D. 若，则【答案】ABC【解析】本题考查椭圆与双曲线

9、的性质，属于拔高题利用椭圆与双曲线的性质逐项进行计算可得结论解：设，又，即，又，令，故A正确;，故B正确;当时，即，故C正确;当时，得，故D不正确.故选：12. 已知O为坐标原点，曲线在点处的切线与曲线相切于点，则()A. B. C. 的最大值为0D. 当时，【答案】AB【解析】本题考查了导数的几何意义，公切线的性质，属于难题.先利用导数得出两曲线的切线方程和，于是，代入计算然后逐一分析各选项即可.解：易知曲线在点处的切线方程为，即，曲线在点处的切线方程为，即，而曲线在点处的切线与曲线相切于点，因此直线与直线重合，所以得，所以，故A正确；，可得，所以即，得，B对.，得或时，即故C错误；，则，得

10、在单调递增，故，令，则，得在单调递增，D错.故选三、填空题13. 已知的展开式中，二项式系数之和为64，则展开式中常数项为_.【答案】【解析】本题考查二项展开式的通项公式，属于中档题.先通过得到n，再写出的展开式的通项，令x的次数为0即可得到常数项.解：由的展开式中，二项式系数之和为64得，的展开式的通项为，令，得，所以展开式中常数项为故答案为：14. 在古代，正四棱台也叫“方亭”，竖着切去“方亭”两个边角块，把它们合在一起是“刍甍”.图是上底面边长为a，下底面边长为b的一个“方亭”，图是由图中的“方亭”得到的“刍甍”，已知“方亭”的体积为，“刍甍”的体积为若，且恰好是方程的一个实根，则_台体

11、的体积公式为【答案】【解析】本题主要考查棱台的体积的求法，属于中档题.可结合棱台体积计算公式求出，用间接法求出，再结合恰好是方程的一个实根求值即可.解：设方亭的高为h，则，所以，设，则，即，所以故答案为15. 已知函数是奇函数，且存在正数a使得函数在上单调递增.若函数在区间上取得最小值时的x值有且仅有一个，则的取值范围是_.【答案】【解析】本题考查函数的奇偶性，考查三角函数的图象与性质，考查分类讨论的思想，属于较难题.利用函数是奇函数可得，根据存在正数 a使得函数在上单调递增，可得，再由已知得，然后分两种情况讨论，即可求解.解：由函数是奇函数，即，所以，当k为偶数时，由，所以，不存在正数a使得

12、函数在上单调递增；当k为奇数时，满足题意，当，在区间上函数取得最小值时的x值有且仅有一个，当时，即此时最小值即为符合题意；当时，即，此时函数得最小值为，要使仅存在一个x使得，解得，综上，故答案为16. 在平面直角坐标系xOy中，点，若在曲线C：上存在点P使得，则实数a的取值范围为_.【答案】【解析】本题考查与圆相关的最值问题，考查圆与圆的位置关系，属于拔高题.由，可得P的轨迹方程：，进而可得P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆；将曲线C的方程变形为，可得以为圆心，半径为3的圆；据此分析可得若曲线C上存在点P使得，则圆C与圆有公共点，由圆与圆的位置关系可得，解可得a的取值范围，即可得答案解：根据题

13、意，设，若，即，则有，变形可得：，即P的轨迹为以O为圆心，半径为2的圆，曲线C：，即，则曲线C是以为圆心，半径为3的圆；若曲线C上存在点P使得，则圆C与圆有公共点，则有，即，解可得：或，即a的取值范围为：；故答案为：四、解答题17. 本小题分已知数列，其前n项和为，且满足，证明：数列为等比数列；求数列的通项公式及其前n项和【答案】解：证明：由题意，两边同时加3，可得，数列是以8为首项，2为公比的等比数列；由可得，则，故18. 本小题分在中，的对边分别为，若，求的值；若，的平分线AD交BC于点D，求AD长度的取值范围.【答案】解：，由知，设，19. 本小题分2022年10月1日，女篮世界杯落幕，

14、时隔28年，中国队再次获得亚军，追平历史最佳成绩.统计数据显示，中国队主力队员 A能够胜任小前锋大前锋和得分后卫三个位置，且出任三个位置的概率分别为，同时，当队员A出任这三个位置时，球队赢球的概率分别为，队员A参加所有比赛均分出胜负当队员A参加比赛时，求该球队某场比赛获胜的概率;在赛前的友谊赛中，第一轮积分规则为：胜一场积3分，负一场积分.本轮比赛球队一共进行5场比赛，且至少获胜3场才可晋级第二轮.已知队员A每场比赛均上场且球队顺利晋级第二轮，记球队第一轮比赛最终积分为X，求X的数学期望.【答案】解：设“甲出任小前锋”；“甲出任大前锋”；“甲出任得分后卫”；“某场比赛中该球队获胜”，则，由全概

15、率公式可得：.所以甲参加比赛时，该球队某场比赛获胜的概率是.的可能取值为7，11，设“5场中有i场获胜”，“甲所在球队顺利晋级”，则；，所以，同理可得，所以20. 本小题分在四棱锥中，底面ABCD是直角梯形，侧面底面ABCD，证明：平面平面PAB；若，求平面PAC与平面PAB夹角的余弦值.【答案】证明：取M，N分别为棱PA，PB的中点，连接DM，MN，NC，则且，因为且，所以且，所以四边形MNCD为平行四边形，所以，因为，M为棱PA的中点，所以，因为，平面底面ABCD，平面面，底面ABCD，所以平面PAD，因为平面PAD，所以，又，AB，平面PAB，所以平面PAB，因为，所以平面PAB，又因为

16、平面PBC，所以平面平面PAB；解：取AD中点为O，连接PO，因为，所以为等边三角形，所以，因为平面底面ABCD，平面底面，平面PAD，所以底面ABCD，在平面ABCD内过O作，交BC于点E，则，以O为原点，OA，OE，OP所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设，则，则，由可知平面PAB，故平面PAB的法向量可取，设平面PAC的法向量为，由，解得，令，得，设平面PAC与平面PAB的夹角为，所以，所以平面PAC与平面PAB夹角的余弦值为21. 本小题分已知椭圆的离心率为且经过点，P、Q是椭圆C上的两点.求椭圆C的方程.若直线OP与OQ的斜率之积为为坐标原点，点D为射线OP上一点，且

17、，若线段DQ与椭圆C交于点E，设求值，求四边形OPEQ的面积.【答案】解：依题意有，解得，椭圆方程为设，则，又设，又E在椭圆上，即，当轴时，根据对称性不妨取由得或，当PQ斜率存在时，设PQ的方程为，由得，即点O到直线PQ距离为，22. 本小题分设函数若当时，取得极值，求a的值，并讨论的单调性；若存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于【答案】解：，依题意有，故从而的定义域为，当时，；当时，；当时，故在区间单调递增，在区间单调递减的定义域为，方程的判别式若，即，在的定义域内，故无极值若，则或若，所以无极值.若，所以无极值若，即或，则有两个不同的实根，当时，则，从而在的定义域内没有零点，故无极值当时，在的定义域内有两个不同的零点，由根值判别方法知在，取得极值综上，存在极值时，a的取值范围为由于，则的极值之和为第24页，共1页学科网（北京）股份有限公司