2023年天域全国名校联盟高考数学第一次适应性试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2023年天域全国名校联盟高考数学第一次适应性试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合，，则A∩B=(

)A. B.{1} C.{⌀}2.已知正八边形ABCDEFGHA.4 B.42 C.8 3.已知体积为π的圆台，上下底面半径分别为r、R(r<R)，若圆台的高A. B. C. D.4.函数在(0,π)上的零点个数为A.1 B.2 C.3 D.45.已知复数，则(

)A.2022 B.2023 C.−2022 D.6.已知实数a、b、c满足，则的最小值为(

)A.0 B.1 C.2 D.37.已知空间中两条直线l1、l2异面且垂直，平面且l2⊂α，若点P到l1、l2距离相等，则点PA.直线 B.椭圆 C.双曲线 D.抛物线8.闵氏距离是衡量数值点之间距离的一种非常常见的方法，设点A、B坐标分别为(x1,y1)，(x2,y2)，则闵氏距离若点A、BA. B.2p C. D.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.如图所示的几何体ABCDEFA.AE⊥BC

B.

C.面ABC/​/面D

10.已知数列{an}满足a1=12，，设数列{anA.a2n<0 B.

C. 11.已知函数f(x)满足，其中f′(x)是fA. B.

C.函数g(x)=x2f(12.已知正实数x、y、z满足，则(

)A. B.

C. D.三、填空题（本大题共4小题，共18.0分）13.的展开式中常数项为______．14.已知椭圆C：3x2+4y2=3的左右顶点分别为点A、B，点P满足，若在C上任取一点Q(不与点A、B重合)都有其中k表示直线的斜率)15.二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个7×7的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转90°后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为______.(16.已知抛物线C：x2=4y，点P在直线x=y+3即y=x−3上，过点P作C的2条切线，分别交x轴于点A、四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知数列{an}，{bn}满足，b1=1k，，．

(1)设数列{cn}满足cn=18.(本小题12.0分)

已知体积为1的四面体ABCD，其四个面均为全等的等腰三角形．

(1)求四面体ABCD的外接球表面积的最小值；

(2)若AB=BD=2，19.(本小题12.0分)

在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且．

(1)求a+bc的最大值；

(2)20.(本小题12.0分)

双淘汰赛制是一种竞赛形式，比赛一般分两个组进行，即胜者组与负者组.在第一轮比赛后，获胜者编入胜者组，失败者编入负者组继续比赛.之后的每一轮，在负者组中的失败者将被淘汰；胜者组的情况也类似，只是失败者仅被淘汰出胜者组降入负者组，只有在负者组中再次失败后才会被淘汰出整个比赛.A、B、C、D四人参加的双淘汰赛制的流程如图所示，其中第6场比赛为决赛．

(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，求：

①A和D在决赛中过招的概率；

②D共输了两场比赛且成为亚军的概率；

(2)若A的实力出类拔萃，即有21.(本小题12.0分)

已知双曲线C1：x2a2−y2b2=1，C2：，设点A、B在C1上，点O为坐标原点．

(1)若a=b=1，求|OA⋅OB|的最小值；

(2)设点P在C2上，直线PA、PB分别与C122.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=1+2lnxx2．

(1)设函数，若f(x)≤答案和解析1.【答案】D

【解析】解：集合A的元素是1，B的元素是集合，

∴A∩B=⌀．

故选：D．

A的元素是1，2.【答案】B

【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，

又|AE|=4，

则A(0,−2)，D(2,2)，B(2,−3.【答案】B

【解析】解：由题意，，

又h=R−r，，

可得．

故选：B．

直接由圆台的体积公式及立方差公式得答案．

本题考查圆台的体积公式，考查立方差公式的应用，是基础题．4.【答案】C

【解析】解：由题意函数在(0,π)上的零点，

即为f(x)=0，即的根，

也即函数，的图象的交点的横坐标，

作出，的图象如图示：

由图象可知在(0,π)上两函数图像有3个交点，

故函数在(0,π)上的零点个数为3．

故选：C．

将函数在(5.【答案】B

【解析】解：，

，

∴1，z，z2，均为方程的根，

则，

，

，

令x=1，则，

∵2022为偶数，

．

故选：B．

利用复数的三角运算法则得到1，z，z2，均为方程的根，再得到，赋值法求解即可．

本题考查复数的三角运算法则，赋值法的运用，属于中档题．

6.【答案】C

【解析】解：设x=b−a，y=c−a，

则，

则，即，显然x≠−1，

则，

于是，

当且仅当，即x=0或x=−2时等号成立，

当x=0时，，则符合题意；

当x=−2时，y=0，，则符合题意；

故选：7.【答案】C

【解析】解：设l1在α内的射影为l，l1到α的距离为d，

以l与l2的交点O为原点，l2为x轴，l为y轴，l1与l的公垂线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设P(x,y,0)，则P到l2的距离为|y|．

过点P作PD⊥l于点D，过点D作于点E，

又l1在α内的射影为l，则ED⊥l，连结ED，

又PD⊥l，ED∩PD=D，

所以l⊥平面PED，又PE⊂平面PED，

所以l⊥PE，所以，

所以则P到l1的距离为x2+d2，

因为点P到l1、l2距离相等，

所以8.【答案】A

【解析】解：设N(x,x−1)，M(t,et)，则，

令，则f′(x)=ex−1，

∴当x∈(−∞,0)时，f′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，f′(x)>0，

∴f(x)在(−9.【答案】BC【解析】解：由题意得该几何体由两个全等的正四棱锥底面拼接组成，

且该正四棱锥的四个侧面是全等的等边三角形，

连接AD、BE，交于点O，连接FO，如图，

对于A，四边形ABDE是正方形，则AE⊥AB，

若AE⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC⊂平面ABC，则AE⊥平面ABC，

又AC⊂平面ABC，则AE⊥AC，

由题意得△AEC是等边三角形，，

∴AE⊥AC不成立，即AE⊥BC不成立，故A错误；

对于B，在几何体ABCDEF中，，

设|AB|=a，a>0，则在正方形ABDE中，，

，

，，故B正确；

对于C，连接几何体ABCDEF中的AD、BE、C10.【答案】AC【解析】解：因为，

所以，

，

，

…

，

所以，

因为a1=12，

所以，

所以，

即

；

对于A：，故A正确；

对于B：，

因为，

所以{a2n−1}是一个减数列，

又因为，故B错误；

对于C：因为y=cosx在R上为偶函数，

所以，

应用cosx的泰勒展开式，，

下面证明此结论：

因为，

，

假设，下面用数学归纳法证明：

①当n=0时，，显然成立，

②假设当n=k(k∈N)时结论成立，即，

当n=k+1时，，

所以当n=k+1时，结论仍成立，

由①②得，，

则，

特别地，取x=0，

，其中k∈N，

取x0=0的某一小邻域，将cosx展开，

所以，

所以，

取x=1，得，，

又因为，

所以，

即，故C正确，D错误；

故选：AC．

首先由已知根据累乘法得出数列{an}的通项公式，得出a2n即可判断A；由数列{a11.【答案】AB【解析】解：设，则，

所以H(x)在(0,π2)上单调递增，

x→0时，，故H(x)>0，则f(x)>0，

对于A：因为，整理得，故A正确；

对于B：因为，整理得，而，故B正确；

对于C：，则，故C正确；

对于D：令，则在(0,π2)上单调递增，故D错误；

故选：A12.【答案】AB【解析】解：由题意，2x，3y是二次方程的两根，依题意x>0，y>0及指数函数的性质可知2x>1，，

于是二次方程f(t)=0在t∈(1,+∞)有两根的充要条件为，

根据，即，两边取对数可得：，根据自然底数，故，

于是，即，设，则，

注意到，故由可知，z<1，综上可知，，A选项正确；

由已知，两边取对数可得，，于是，

故，经计算，，即，两边取对数可得，即，

另由37=2187，，于是，

两边取对数可得，即，综上可知，，C选项正确；

当时，，注意到时方程组的解为m=5n=1或m=1n=5，

于是这里不妨令，于是，

于是，D选项错误；

设的两根为t1，t2，于是，

不妨设t1≤t2，设，根据复合函数求导法则，，根据求根公式，

，然后求导得到代入，

化简可得到，易得y=xlnx在(1,+∞)上单调递增，

故，代入得到：，

不难得到在(1,+∞)上递增，于是，于是xy关于z递减，故时，xy取到最大值，

则，由A知，，由ln2≈0.7，ln3≈1.1，估算可得，

另一方面时，根据D选项，x，y之一会趋近0，故，即正确，B选项正确．

故选：ABC．

A选项，通过条件的形式可以构造二次方程，利用根的分布的性质解决；

B选项，利用求根公式，用z表示出x，y，研究出xy关于z递减，结合A选项z的范围得到xy的范围；

C13.【答案】

【解析】解：展开式的通项公式为，

令得，，

当m=0，r=10时，常数项为1；

当m=1，r=8时，得常数项为；

当m=2，r=6时，得常数项为；

当m=3，r=4时，得常数项为；

当m=4，r=2时，得常数项为；

当m=5，r=0时，得常数项为；

故展开式中的常数项为14.【答案】52【解析】解：由题意椭圆C：3x2+4y2=3的左右顶点分别为点A、B，

可知A(−1,0)，B(1,0)，

设Q(x0,y0)，则，，

故，

设P(x,y)，则，

故，，

15.【答案】1022

【解析】解：由题意知，作出7×7的正方形ABCD方格阵图，如图所示：

因为“转转码”有对称轴且绕其中心逆时针旋转90°后能与自身重合，

则可知正方形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列完全相同，

且每个正方形关于其对角线AO1、BO2、CO3和对称，

矩形、、和的黑色和白色方格数量相等且位置排列也完全相同，

其中正方形O1O2O3O4逆时针旋转90°后位置不变，

只需该7×7的二维码中的正方形的6个方格、矩形的3个方格及正方形O1O2O3O16.【答案】22

【解析】解：设切线PA，PB与抛物线分别切于点M，N，则M(x1,x124),N(x2,x224)，

因为y=x24，则y′=x2，故，

直线，直线，

令y=0，有A(x12,0),B(x22,0)，

由y=x12x−x124y=x22x−x224，可得x=x1+x22y=x1x24，故P(x1+x22,x1x24)，

17.【答案】解：(1)由题设，且，，故，

所以，即，而，故，

综上，，且t∈N*．

(2)证明：，又，

当n=2时，，满足，

若n=k时，成立，

当n=k+1，则，且，故．

综上，成立．

【解析】(1)由题设易知、，进而有，且，即可得通项公式；

(2)由题设可得，d1=1，应用数学归纳法证明结论即可．

18.【答案】(1)解：因为在四面体ABCD中，其四个面均为全等的等腰三角形，

所以，将四面体ABCD放置于如图所示的长方体中，

其中AM=AN，则，BC=AD，

所以，在长方体中，底面AMDN为正方形，设AM=AN=a，AO=b，

因为四面体ABCD的体积为1，

所以，四面体ABCD的体积为，即a2b=3，

设四面体ABCD的外接球的半径为R，

所以，，当且仅当a=b时等号成立，

所以四面体ABCD的外接球表面积，

所以，四面体ABCD的外接球表面积的最小值为；

(2)解：因为，△ABC的面积为152，

所以，，解得sin∠BAC=154，所以cos∠BAC=14，

所以在△ABC中，由余弦定理得，即BC=6，

所以，

所以，以N点为坐标原点，的方向分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

所以，，

则【解析】(1)由题意，将四面体ABCD放置于如图所示的长方体中，其中AM=AN，故设AM=AN=a，AO=b19.【答案】解：设，，则，，

又∵a+b>c，|a−b|<c，∴x+y>1，|x−y|<1，

由，可得，

，

由余弦定理，得

，

整理得，

因式分解

，

又x+y>1，|x−y|<1，

所以，

即，

故的最大值是2．

(2)证明：如图，设∠ACD=α，∠ACB=β，，，

则，

又，

所以，，

由题意，且sinAsinB，

即，

而对给定的△ABC来说，sinAsinB是定值，

因此恒存在，使．

【解析】(1)设，，则，由可得，再由余弦定理将其化为x，y表示的不等式，即可得出x+y的取值范围；

(2)设∠ACD=α，∠ACB=β，，求出sin20.【答案】解：(1)假设四人实力旗鼓相当，即各比赛每人的胜率均为50%，即概率为12，

①由题意，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜对伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，

他们才能决赛中对阵，

∴A和D在决赛中过招的概率为；

②设Wi表示队伍D在比赛i中胜利，Li表示队伍D所参加的比赛i中失败，

则事件E：队伍D获得亚军，事件F：队伍D所参加所有比赛中失败了两场，

事件F：包括，，，，五种情况，

其中这五种情况彼此互斥，可得：

，

其中积事件EF包括，两种情况，

可得，

∴D共输了两场比赛且成为亚军的概率为．

(2)由题意A获胜的概率为34，B，C，D之间获胜的概率均为12，

要使得D进入决赛且先前与对手已有过招，可分为两种情况：

①若A与D在决赛中相遇，分为A1胜3胜，D1负4胜5胜，或A1负4胜5胜，D1胜3胜，

可得概率；

②若B与D决赛相遇，D1胜3胜，B2胜3负5胜，或D1胜3负5胜，B2胜3胜，

可得概率为；

③若C与D决赛相遇，同B与D在决赛中相遇，可得概率为：

，【解析】(1)①队伍A和D在第一轮对阵，若A和D在决赛也对阵，必然有1个队伍在负者组对阵其他组都赢得比赛，且另一个队伍和其他组比赛也都胜利，第一轮胜利者需要再胜一次，失败者需要再胜两次，才能会师决赛，由此能求出A和D在决赛中过招的概率．

②利用条件概率公式求解．

(221.【答案】(1)由题意，第一小问的图如下：

若a=b=1，则C1：x2−y2=1，

将x2−y2=1绕原点逆时针旋转π4即为y=12x，

设A，B在此旋转下变为，

因为旋转不改变向量的模和两向量夹角，所以其数量积不变，

所以，

当且仅当，即mn=12时等号成立，

所以的最小值为1；

(2)由题意，①②的图如下：

③的图如下：