2023年天域全國名校聯(lián)盟高考數(shù)學(xué)第一次適應(yīng)性試卷-普通用卷

第=page11頁，共=sectionpages11頁2023年天域全國名校聯(lián)盟高考數(shù)學(xué)第一次適應(yīng)性試卷一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知集合，，則A∩B=(

)A. B.{1} C.{?}2.已知正八邊形ABCDEFGHA.4 B.42 C.8 3.已知體積為π的圓臺，上下底面半徑分別為r、R(r<R)，若圓臺的高A. B. C. D.4.函數(shù)在(0,π)上的零點個數(shù)為A.1 B.2 C.3 D.45.已知復(fù)數(shù)，則(

)A.2022 B.2023 C.?2022 D.6.已知實數(shù)a、b、c滿足，則的最小值為(

)A.0 B.1 C.2 D.37.已知空間中兩條直線l1、l2異面且垂直，平面且l2?α，若點P到l1、l2距離相等，則點PA.直線 B.橢圓 C.雙曲線 D.拋物線8.閔氏距離是衡量數(shù)值點之間距離的一種非常常見的方法，設(shè)點A、B坐標分別為(x1,y1)，(x2,y2)，則閔氏距離若點A、BA. B.2p C. D.二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.如圖所示的幾何體ABCDEFA.AE⊥BC

B.

C.面ABC/?/面D

10.已知數(shù)列{an}滿足a1=12，，設(shè)數(shù)列{anA.a2n<0 B.

C. 11.已知函數(shù)f(x)滿足，其中f′(x)是fA. B.

C.函數(shù)g(x)=x2f(12.已知正實數(shù)x、y、z滿足，則(

)A. B.

C. D.三、填空題（本大題共4小題，共18.0分）13.的展開式中常數(shù)項為______．14.已知橢圓C：3x2+4y2=3的左右頂點分別為點A、B，點P滿足，若在C上任取一點Q(不與點A、B重合)都有其中k表示直線的斜率)15.二維碼是一種由黑色和白色組成的雙色方格陣圖，規(guī)定如果一個7×7的二維碼有對稱軸且繞其中心逆時針旋轉(zhuǎn)90°后能與自身重合，稱其為“轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)碼”，則“轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)碼”的個數(shù)為______.(16.已知拋物線C：x2=4y，點P在直線x=y+3即y=x?3上，過點P作C的2條切線，分別交x軸于點A、四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知數(shù)列{an}，{bn}滿足，b1=1k，，．

(1)設(shè)數(shù)列{cn}滿足cn=18.(本小題12.0分)

已知體積為1的四面體ABCD，其四個面均為全等的等腰三角形．

(1)求四面體ABCD的外接球表面積的最小值；

(2)若AB=BD=2，19.(本小題12.0分)

在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，且．

(1)求a+bc的最大值；

(2)20.(本小題12.0分)

雙淘汰賽制是一種競賽形式，比賽一般分兩個組進行，即勝者組與負者組.在第一輪比賽后，獲勝者編入勝者組，失敗者編入負者組繼續(xù)比賽.之后的每一輪，在負者組中的失敗者將被淘汰；勝者組的情況也類似，只是失敗者僅被淘汰出勝者組降入負者組，只有在負者組中再次失敗后才會被淘汰出整個比賽.A、B、C、D四人參加的雙淘汰賽制的流程如圖所示，其中第6場比賽為決賽．

(1)假設(shè)四人實力旗鼓相當，即各比賽每人的勝率均為50%，求：

①A和D在決賽中過招的概率；

②D共輸了兩場比賽且成為亞軍的概率；

(2)若A的實力出類拔萃，即有21.(本小題12.0分)

已知雙曲線C1：x2a2?y2b2=1，C2：，設(shè)點A、B在C1上，點O為坐標原點．

(1)若a=b=1，求|OA?OB|的最小值；

(2)設(shè)點P在C2上，直線PA、PB分別與C122.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=1+2lnxx2．

(1)設(shè)函數(shù)，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=?．

故選：D．

A的元素是1，2.【答案】B

【解析】解：建立如圖所示的平面直角坐標系，

又|AE|=4，

則A(0,?2)，D(2,2)，B(2,?3.【答案】B

【解析】解：由題意，，

又h=R?r，，

可得．

故選：B．

直接由圓臺的體積公式及立方差公式得答案．

本題考查圓臺的體積公式，考查立方差公式的應(yīng)用，是基礎(chǔ)題．4.【答案】C

【解析】解：由題意函數(shù)在(0,π)上的零點，

即為f(x)=0，即的根，

也即函數(shù)，的圖象的交點的橫坐標，

作出，的圖象如圖示：

由圖象可知在(0,π)上兩函數(shù)圖像有3個交點，

故函數(shù)在(0,π)上的零點個數(shù)為3．

故選：C．

將函數(shù)在(5.【答案】B

【解析】解：，

，

∴1，z，z2，均為方程的根，

則，

，

，

令x=1，則，

∵2022為偶數(shù)，

．

故選：B．

利用復(fù)數(shù)的三角運算法則得到1，z，z2，均為方程的根，再得到，賦值法求解即可．

本題考查復(fù)數(shù)的三角運算法則，賦值法的運用，屬于中檔題．

6.【答案】C

【解析】解：設(shè)x=b?a，y=c?a，

則，

則，即，顯然x≠?1，

則，

于是，

當且僅當，即x=0或x=?2時等號成立，

當x=0時，，則符合題意；

當x=?2時，y=0，，則符合題意；

故選：7.【答案】C

【解析】解：設(shè)l1在α內(nèi)的射影為l，l1到α的距離為d，

以l與l2的交點O為原點，l2為x軸，l為y軸，l1與l的公垂線為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

設(shè)P(x,y,0)，則P到l2的距離為|y|．

過點P作PD⊥l于點D，過點D作于點E，

又l1在α內(nèi)的射影為l，則ED⊥l，連結(jié)ED，

又PD⊥l，ED∩PD=D，

所以l⊥平面PED，又PE?平面PED，

所以l⊥PE，所以，

所以則P到l1的距離為x2+d2，

因為點P到l1、l2距離相等，

所以8.【答案】A

【解析】解：設(shè)N(x,x?1)，M(t,et)，則，

令，則f′(x)=ex?1，

∴當x∈(?∞,0)時，f′(x)<0，當x∈(0,+∞)時，f′(x)>0，

∴f(x)在(?9.【答案】BC【解析】解：由題意得該幾何體由兩個全等的正四棱錐底面拼接組成，

且該正四棱錐的四個側(cè)面是全等的等邊三角形，

連接AD、BE，交于點O，連接FO，如圖，

對于A，四邊形ABDE是正方形，則AE⊥AB，

若AE⊥BC，AB∩BC=B，AB，BC?平面ABC，則AE⊥平面ABC，

又AC?平面ABC，則AE⊥AC，

由題意得△AEC是等邊三角形，，

∴AE⊥AC不成立，即AE⊥BC不成立，故A錯誤；

對于B，在幾何體ABCDEF中，，

設(shè)|AB|=a，a>0，則在正方形ABDE中，，

，

，，故B正確；

對于C，連接幾何體ABCDEF中的AD、BE、C10.【答案】AC【解析】解：因為，

所以，

，

，

…

，

所以，

因為a1=12，

所以，

所以，

即

；

對于A：，故A正確；

對于B：，

因為，

所以{a2n?1}是一個減數(shù)列，

又因為，故B錯誤；

對于C：因為y=cosx在R上為偶函數(shù)，

所以，

應(yīng)用cosx的泰勒展開式，，

下面證明此結(jié)論：

因為，

，

假設(shè)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：

①當n=0時，，顯然成立，

②假設(shè)當n=k(k∈N)時結(jié)論成立，即，

當n=k+1時，，

所以當n=k+1時，結(jié)論仍成立，

由①②得，，

則，

特別地，取x=0，

，其中k∈N，

取x0=0的某一小鄰域，將cosx展開，

所以，

所以，

取x=1，得，，

又因為，

所以，

即，故C正確，D錯誤；

故選：AC．

首先由已知根據(jù)累乘法得出數(shù)列{an}的通項公式，得出a2n即可判斷A；由數(shù)列{a11.【答案】AB【解析】解：設(shè)，則，

所以H(x)在(0,π2)上單調(diào)遞增，

x→0時，，故H(x)>0，則f(x)>0，

對于A：因為，整理得，故A正確；

對于B：因為，整理得，而，故B正確；

對于C：，則，故C正確；

對于D：令，則在(0,π2)上單調(diào)遞增，故D錯誤；

故選：A12.【答案】AB【解析】解：由題意，2x，3y是二次方程的兩根，依題意x>0，y>0及指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可知2x>1，，

于是二次方程f(t)=0在t∈(1,+∞)有兩根的充要條件為，

根據(jù)，即，兩邊取對數(shù)可得：，根據(jù)自然底數(shù)，故，

于是，即，設(shè)，則，

注意到，故由可知，z<1，綜上可知，，A選項正確；

由已知，兩邊取對數(shù)可得，，于是，

故，經(jīng)計算，，即，兩邊取對數(shù)可得，即，

另由37=2187，，于是，

兩邊取對數(shù)可得，即，綜上可知，，C選項正確；

當時，，注意到時方程組的解為m=5n=1或m=1n=5，

于是這里不妨令，于是，

于是，D選項錯誤；

設(shè)的兩根為t1，t2，于是，

不妨設(shè)t1≤t2，設(shè)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)法則，，根據(jù)求根公式，

，然后求導(dǎo)得到代入，

化簡可得到，易得y=xlnx在(1,+∞)上單調(diào)遞增，

故，代入得到：，

不難得到在(1,+∞)上遞增，于是，于是xy關(guān)于z遞減，故時，xy取到最大值，

則，由A知，，由ln2≈0.7，ln3≈1.1，估算可得，

另一方面時，根據(jù)D選項，x，y之一會趨近0，故，即正確，B選項正確．

故選：ABC．

A選項，通過條件的形式可以構(gòu)造二次方程，利用根的分布的性質(zhì)解決；

B選項，利用求根公式，用z表示出x，y，研究出xy關(guān)于z遞減，結(jié)合A選項z的范圍得到xy的范圍；

C13.【答案】

【解析】解：展開式的通項公式為，

令得，，

當m=0，r=10時，常數(shù)項為1；

當m=1，r=8時，得常數(shù)項為；

當m=2，r=6時，得常數(shù)項為；

當m=3，r=4時，得常數(shù)項為；

當m=4，r=2時，得常數(shù)項為；

當m=5，r=0時，得常數(shù)項為；

故展開式中的常數(shù)項為14.【答案】52【解析】解：由題意橢圓C：3x2+4y2=3的左右頂點分別為點A、B，

可知A(?1,0)，B(1,0)，

設(shè)Q(x0,y0)，則，，

故，

設(shè)P(x,y)，則，

故，，

15.【答案】1022

【解析】解：由題意知，作出7×7的正方形ABCD方格陣圖，如圖所示：

因為“轉(zhuǎn)轉(zhuǎn)碼”有對稱軸且繞其中心逆時針旋轉(zhuǎn)90°后能與自身重合，

則可知正方形、、和的黑色和白色方格數(shù)量相等且位置排列完全相同，

且每個正方形關(guān)于其對角線AO1、BO2、CO3和對稱，

矩形、、和的黑色和白色方格數(shù)量相等且位置排列也完全相同，

其中正方形O1O2O3O4逆時針旋轉(zhuǎn)90°后位置不變，

只需該7×7的二維碼中的正方形的6個方格、矩形的3個方格及正方形O1O2O3O16.【答案】22

【解析】解：設(shè)切線PA，PB與拋物線分別切于點M，N，則M(x1,x124),N(x2,x224)，

因為y=x24，則y′=x2，故，

直線，直線，

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)由題設(shè)，且，，故，

所以，即，而，故，

綜上，，且t∈N*．

(2)證明：，又，

當n=2時，，滿足，

若n=k時，成立，

當n=k+1，則，且，故．

綜上，成立．

【解析】(1)由題設(shè)易知、，進而有，且，即可得通項公式；

(2)由題設(shè)可得，d1=1，應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論即可．

18.【答案】(1)解：因為在四面體ABCD中，其四個面均為全等的等腰三角形，

所以，將四面體ABCD放置于如圖所示的長方體中，

其中AM=AN，則，BC=AD，

所以，在長方體中，底面AMDN為正方形，設(shè)AM=AN=a，AO=b，

因為四面體ABCD的體積為1，

所以，四面體ABCD的體積為，即a2b=3，

設(shè)四面體ABCD的外接球的半徑為R，

所以，，當且僅當a=b時等號成立，

所以四面體ABCD的外接球表面積，

所以，四面體ABCD的外接球表面積的最小值為；

(2)解：因為，△ABC的面積為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點為坐標原點，的方向分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，

所以，，

則【解析】(1)由題意，將四面體ABCD放置于如圖所示的長方體中，其中AM=AN，故設(shè)AM=AN=a，AO=b19.【答案】解：設(shè)，，則，，

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)證明：如圖，設(shè)∠ACD=α，∠ACB=β，，，

則，

又，

所以，，

由題意，且sinAsinB，

即，

而對給定的△ABC來說，sinAsinB是定值，

因此恒存在，使．

【解析】(1)設(shè)，，則，由可得，再由余弦定理將其化為x，y表示的不等式，即可得出x+y的取值范圍；

(2)設(shè)∠ACD=α，∠ACB=β，，求出sin20.【答案】解：(1)假設(shè)四人實力旗鼓相當，即各比賽每人的勝率均為50%，即概率為12，

①由題意，第一輪隊伍A和隊伍D對陣，則獲勝對伍需要贏得比賽3的勝利，失敗隊伍需要贏得比賽4和比賽5的勝利，

他們才能決賽中對陣，

∴A和D在決賽中過招的概率為；

②設(shè)Wi表示隊伍D在比賽i中勝利，Li表示隊伍D所參加的比賽i中失敗，

則事件E：隊伍D獲得亞軍，事件F：隊伍D所參加所有比賽中失敗了兩場，

事件F：包括，，，，五種情況，

其中這五種情況彼此互斥，可得：

，

其中積事件EF包括，兩種情況，

可得，

∴D共輸了兩場比賽且成為亞軍的概率為．

(2)由題意A獲勝的概率為34，B，C，D之間獲勝的概率均為12，

要使得D進入決賽且先前與對手已有過招，可分為兩種情況：

①若A與D在決賽中相遇，分為A1勝3勝，D1負4勝5勝，或A1負4勝5勝，D1勝3勝，

可得概率；

②若B與D決賽相遇，D1勝3勝，B2勝3負5勝，或D1勝3負5勝，B2勝3勝，

可得概率為；

③若C與D決賽相遇，同B與D在決賽中相遇，可得概率為：

，【解析】(1)①隊伍A和D在第一輪對陣，若A和D在決賽也對陣，必然有1個隊伍在負者組對陣其他組都贏得比賽，且另一個隊伍和其他組比賽也都勝利，第一輪勝利者需要再勝一次，失敗者需要再勝兩次，才能會師決賽，由此能求出A和D在決賽中過招的概率．

②利用條件概率公式求解．

(221.【答案】(1)由題意，第一小問的圖如下：

若a=b=1，則C1：x2?y2=1，

將x2?y2=1繞原點逆時針旋轉(zhuǎn)π4即為y=12x，

設(shè)A，B在此旋轉(zhuǎn)下變?yōu)椋?/p>

因為旋轉(zhuǎn)不改變向量的模和兩向量夾角，所以其數(shù)量積不變，

所以，

當且僅當，即mn=12時等號成立，

所以的最小值為1；

(2)由題意，①②的圖如下：

③的圖如下：