試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁2023新高考名師三模模擬卷（1）注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一、單選題1．已知集合，則（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】化簡集合A,B，根據集合的補集及交集運算求解即可.【詳解】或，，故選：B【點睛】本題主要考查了集合交集、補集的運算，屬于容易題.2．“”是“直線平行于直線”的A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】C【詳解】試題分析：直線平行于直線，因此正確答案應是充分必要條件，故選C.考點：充要條件.3．若圓心坐標為的圓被直線截得的弦長為，則這個圓的方程是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】設出圓的方程，求出圓心到直線的距離，利用圓心到直線的距離、半徑、半弦長滿足的勾股定理，求出圓的半徑，得到圓的方程．【詳解】由題意得這個設圓的方程為:圓心到弦的距離為.因為圓心到直線的距離、半徑、半弦長滿足勾股定理.所以.所以圓的方程為：故選：C【點睛】本題是基礎題，考查直線與圓的位置關系，考查計算能力，注意點到直線的距離公式的應用．屬于基礎題.4．圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為的球面上，其上、下底面半徑分別是、，則該圓臺的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】計算出圓臺的高，利用圓臺的體積公式可求得結果.【詳解】由于圓臺的下底面直徑為，故球心為圓臺的下底面圓圓心，設圓臺的高為，則，因此，圓臺的體積為.故選：B.5．如圖在中，，為中點，，，，則（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立平面直角坐標系，利用坐標法求出平面向量的數量積；【詳解】解：建立如圖所示的平面直角坐標系，則，，，，又，，，則，即，即，則，則，，則；故選：C．6．已知，則下列說法正確的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】將題設中等式兩邊平方后相加可得，結合角的范圍可求，從而可得正確的選項.【詳解】由題意知，，，將兩式分別平方相加，得，，故選項AB錯誤；，，，又，，，故選項D正確，C錯誤．故選：D7．已知數列為等比數列，公比，，，，成等差數列，將數列中的項按一定順序排列成，，，，，，，，，，…的形式，記此數列為，數列的前n項和為，則的值是（

）A．1629 B．1641 C．1668 D．1749【答案】C【分析】由題知，進而結合等比數列相關知識得，前項和為，進而，再計算即可得答案.【詳解】解：因為數列為等比數列，公比，，，，成等差數列，所以，即，解得或因為，所以.所以，其前項和為，所以故選：C8．已知函數，若方程有且僅有三個實數解，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出函數的圖象，利用導數的幾何意義求出對應的切線方程以及斜率，利用數形結合進行求解即可．【詳解】解：作出函數的圖象如圖：依題意方程有且僅有三個實數解，即與有且僅有三個交點，因為必過，且，若時，方程不可能有三個實數解，則必有，當直線與在時相切時，設切點坐標為，則，即，則切線方程為，即，切線方程為，且，則，所以，即當時與在上有且僅有一個交點，要使方程有且僅有三個的實數解，則當時與有兩個交點，設直線與切于點，此時，則，即，所以，故選：B二、多選題9．近年來，報考教師資格證的人數越來越多，教師行業逐漸升溫．下圖給出了近四年四所師范院校的錄取分數排名，則（

）A．近四年北京師范大學錄取分數排名變化最不明顯B．近四年湖南師范大學錄取分數排名的平均值最大C．近四年華南師范大學錄取分數排名的極差值最大D．近四年華中師范大學的生源質量呈現下降的趨勢【答案】ABC【分析】利用折線圖逐項判斷可得出合適的選項.【詳解】對于A選項，由圖可知，近四年北京師范大學錄取分數排名比較穩定，排名變化最不明顯，A對；對于B選項，近四年，湖南師范大學錄取分數排名的平均值為，華南師范大學錄取分數排名的平均值為，由圖觀察可知，華中師范大學和北京師范大學錄取分數排名的平均值都比湖南師范大學錄取分數排名的小，B對；對于C選項，近四年，湖南師范大學錄取分數排名的極差為，華南師范大學錄取分數排名的極差為，由圖可知，華中師范大學和北京師范大學錄取分數排名變化不大，這兩所學校錄取分數排名的極差比華南師范大學錄取分數排名的極差小，故近四年華南師范大學錄取分數排名的極差值最大，C對.對于D選項，近四年華中師范大學錄取分數的排名越來越靠前，該校的生源質量越來越好，D錯.故選：ABC.10．已知函數（，，）的部分圖象如圖所示，則下列結論正確的是（

）A．B．滿足的的取值范圍為（）C．將函數的圖象向右平移個單位長度，得到的圖象的一條對稱軸D．函數與的圖象關于直線對稱【答案】ABD【分析】根據圖象求出的解析式，然后運用三角函數的知識逐一判斷即可.【詳解】由圖可得，，所以，因為，所以，所以，因為，所以，故A正確；由可得，所以，解得，，故B正確；將函數的圖象向右平移個單位長度，得到的是函數的圖象，直線不是其對稱軸，故C錯誤；因為，所以函數與的圖象關于直線對稱，故D正確；故選：ABD11．2022年4月16日9時56分，神舟十三號返回艙成功著陸，返回艙是宇航員返回地球的座艙，返回艙的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓組成的“曲圓”，如圖在平面直角坐標系中半圓的圓心在坐標原點，半圓所在的圓過橢圓的焦點，橢圓的短軸與半圓的直徑重合，下半圓與y軸交于點G．若過原點O的直線與上半橢圓交于點A，與下半圓交于點B，則（

）A．橢圓的長軸長為B．線段AB長度的取值范圍是C．面積的最小值是4D．的周長為【答案】ABD【分析】由題意可得b、c，然后可得a，可判斷A；由橢圓性質可判斷B；取特值，結合OA長度的取值范圍可判斷C；由橢圓定義可判斷D.【詳解】由題知，橢圓中的幾何量，得，則，A正確；，由橢圓性質可知，所以，B正確；記，則取，則，C錯誤；由橢圓定義知，，所以的周長，D正確.故選：ABD12．在直四棱柱中，所有棱長均2，，P為的中點，點Q在四邊形內（包括邊界）運動，下列結論中正確的是（

）A．當點Q在線段上運動時，四面體的體積為定值B．若平面，則AQ的最小值為C．若的外心為M，則為定值2D．若，則點Q的軌跡長度為【答案】ABD【分析】由題易證得面，所以直線到平面的距離相等，又的面積為定值，可判斷A；取的中點分別為，連接，由面面平行的判定定理可得平面面，因為面，所以平面，當時，AQ有最小值可判斷B；由三角形外心的性質和向量數量積的性質可判斷C；在上取點，使得，易知點Q的軌跡為圓弧可判斷D.【詳解】對于A，因為，又因為面，面，所以面，所以直線到平面的距離相等，又的面積為定值，故A正確；對于B，取的中點分別為，連接，則易證明：，面，面，所以面，又因為，，面，面，所以面，，所以平面面，面，所以平面當時，AQ有最小值，則易求出，所以重合，所以則AQ的最小值為，故B正確；對于C，若的外心為M，，過作于點，則.故C錯誤；對于D，過作于點，易知平面，在上取點，使得，則，所以若，則在以為圓心，2為半徑的圓弧上運動，又因為所以，則圓弧等于，故D正確.故選：ABD.第II卷（非選擇題）三、填空題13．為弘揚我國古代的“六藝文化”，某學校欲利用每周的社團活動課可設“禮”“樂”“射”“御”“書”“數”6門課程，每周開設一門，連續開設六周．若課程“樂”不排在第一周，課程“書”排在第三周或第四周，則所有可能的排法種數為__________．【答案】192【解析】對“樂”課程進行討論，一類排在第2，5，6周，一類排在3或4周，再利用排列數進行計算，即可得答案；【詳解】（1）當“樂”課程排在第2，5，6周時，；（2）當“樂”課程排在第3或4周時，，所有可能的排法種數為192.【點睛】本題考排列數計算，考查邏輯推理能力、運算求解能力，求解時注意進行分類.14．命題“，”為假命題，則實數的取值范圍為______.【答案】【分析】分析可知命題“，”為真命題，分、兩種情況討論，結合已知條件可得出關于的不等式（組），綜合可求得實數的取值范圍.【詳解】由題意可知，命題“，”為真命題.①當時，可得.若，則有，合乎題意；若，則有，解得，不合乎題意；②若，則，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.15．已知動點到點的距離是到點的距離的2倍，記點的軌跡為，直線交于，兩點，，若的面積為2，則實數的值為___________.【答案】或1##1或【分析】先求得點的軌跡的方程，再利用的面積為2列出關于實數的方程，進而求得實數的值【詳解】設，則有整理得，即點的軌跡為以為圓心以2為半徑的圓點到直線的距離直線交于，兩點，則則的面積解之得或故答案為：或116．已知函數（且），若對任意的，，不等式恒成立，則實數a的取值范圍為________.【答案】【分析】求導，分，，求得，再根據對任意的，，不等式恒成立求解.【詳解】解：因為函數（且），所以，當，時，，則在上成立，所以在上遞增，所以，所以，因為任意的，，不等式恒成立，所以，即，解得，當，時，，則在上成立，所以在上遞增，所以，所以，因為任意的，，不等式恒成立，所以，即，解得，綜上：實數a的取值范圍為，故答案為：四、解答題17．已知的內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.(1)求角B；(2)若b=4，求周長的最大值.【答案】(1)；(2)12.【分析】（1）利用差角的余弦公式，結合正弦定理，化簡計算作答.（2）利用余弦定理，結合均值不等式求出a+c的最大值【詳解】（1）因為，則，在中，由正弦定理得，，而，即，整理得，即，又，解得，所以.（2）在中，由余弦定理得：，即，而，于是得，當且僅當a=c=4時取“=”，因此，當a=c=4時，a+c取最大值8，從而a+b+c取最大值12，所以周長的最大值為12.18．設為等差數列的前項和，已知，且，，成等比數列．(1)求數列的通項公式；(2)若，求數列的前項和．【答案】(1)；(2).【分析】（1）根據等差數列的通項公式，等比中項，列出方程求出公差、首項即可得解；（2）由（1）求出，根據錯位相減法求和即可.【詳解】（1）設等差數列的公差為，由得：，整理得，

因為，，成等比數列，所以，解得（舍去），或，又由，解得，，滿足條件，故．（2）由（1）得，所以，

所以，所以，則，兩式相減得：.所以.19．《黃帝內經》中十二時辰養生法認為：子時的睡眠對一天至關重要（子時是指23點到次日凌晨1點）．相關數據表明，入睡時間越晚，深度睡眠時間越少，睡眠指數也就越低．根據某次的抽樣數據，對早睡群體和晚睡群體睡眠指數的統計如下表：組別睡眠指數早睡人群占比晚睡人群占比10.1%9.2%211.1%47.4%334.6%31.6%448.6%11.8%55.6%0.0%注：早睡人群為23：00前入睡的人群，晚睡人群為01：00后入睡的人群．(1)根據表中數據，估計早睡人群睡眠指數25%分位數與晚睡人群睡眠指數25%分位數分別在第幾組?(2)據統計，睡眠指數得分在區間內的人群中，早睡人群約占80%．從睡眠指數得分在區間內的人群中隨機抽取3人，以X表示這3人中屬于早睡人群的人數，求X的分布列與數學期望．【答案】(1)分別在第3組，第2組(2)分布列見解析，【分析】(1)根據百分位數的定義，結合題意給的表格與數據直接得出結果；(2)利用二項分布求概率公式分別求出，進而列出分布列，結合數學期望的計算公式計算即可.【詳解】（1）早睡人群睡眠指數25%分位數估計在第3組，晚睡人群睡眠指數25%分位數估計在第2組．（2）X的所有可能取值為0，1，2，3．，，所以隨機變量X的分布列為：X1234P所以隨機變量X的數學期望為.20．如圖，在平面五邊形中，為正三角形，，且.將沿翻折成如圖所示的四棱錐，使得.，分別為，的中點.(1)求證：平面；(2)若，求平面與平面夾角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】(1)取的中點，連接，.可得面面，從而可證平面；(2)取的中點，連接，，以為坐標原點，分別以，，的方向為，，軸的正向，建立如圖所示的空間直角坐標系,用向量法求解即可.（1）解：（1）證明：取的中點，連接，.則，.因為面，面，所以，面，面，因為，所以，面面，因為面，所以面.（2）（2）取的中點，連接，，因為為正三角形，，所以且，在直角梯形中，，，，所以，且，又因為，所以在中，，即，所以，以為坐標原點，分別以，，的方向為，，軸的正向，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，.因為，即，，所以，，所以，.設為平面的一個法向量，則，即，取.又平面的一個法向量，設平面與平面夾角為，.21．已知F為拋物線的焦點，點P在拋物線T上，O為坐標原點，的外接圓與拋物線T的準線相切，且該圓周長為.(1)求拋物線的方程；(2)如圖，設點A，B，C都在拋物線T上，若是以AC為斜邊的等腰直角三角形，求的最小值.【答案】(1)(2)32【分析】（1）可得的外接圓圓心在直線上，然后可求出圓的半徑，然后根據周長可求出的值；（2）設點，，，直線AB的斜率為，由可得，然后結合、可得，然后可得，然后可求出答案.(1)因為，所以的外接圓圓心在直線上，又外接圓與準線相切，所以半徑為所以周長為，所以故拋物線方程為(2)設點，，，直線AB的斜率為，因為，則直線BC的斜率為.因為，則，得，①因為，則，得，②因為，則，即，③將②③代入①，得，即，則，所以因為，則，又，則從而，當且僅當時取等號