2023届天域全国名校联盟高三第一次适应性联考数学试题含解析

这是一份2023届天域全国名校联盟高三第一次适应性联考数学试题含解析，共26页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届天域全国名校联盟高三第一次适应性联考数学试题

一、单选题
1．已知集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据集合描述法的定义求得集合，从而求出集合，即可求解.
【详解】，
又，则或，则，
则，
故选：D.
2．已知正八边形中，则（    ）
A．4 B． C．8 D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求出的坐标，根据数量积的坐标表示即可求得答案.
【详解】如图，设正八边形的中心为O，以O为坐标原点，
以为x轴，以为y轴建立平面直角坐标系，

由于，则，而,
故,
故，
则，
故选：B
3．已知体积为的圆台，上下底面半径分别为、（），若圆台的高，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据圆台的体积公式即可求解.
【详解】由题意得：该圆台的体积，
即，则，
故选：B.
4．函数在上的零点个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【分析】将函数在上的零点个数问题转化为函数的图象的交点的个数问题，数形结合，可得答案.
【详解】由题意函数在上的零点，
即为，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：

由图象可知在上两函数图像有3个交点，
故函数在上的零点个数为3，
故选：C
5．已知复数，则（    ）
A．2022 B．2023 C． D．
【答案】B
【分析】根据题意结合复数运算可得的方程的根为，进而整理可得，取即可得结果.
【详解】设，
则，
由题意可得：
可得关于的方程的根为，
故，
整理得，
即，
令，可得，
且2022为偶数，所以.
故选：B.
6．已知实数、、满足，则的最小值为（    ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】设，由已知推出，将多变量问题转化为单变量问题，结合基本不等式即可求得答案.
【详解】设，则，
，
则，则，
即有，
故
，
当且仅当，即或时取等号，
验证，时，，则，符合题意，；
时，，则，，符合题意，
故选：C
7．已知空间中两条直线、异面且垂直，平面且，若点到、距离相等，则点在平面内的轨迹为（    ）
A．直线 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线
【答案】C
【分析】设在内的射影为，以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立空间直角坐标系. 设，利用空间向量坐标法表示距离，列出方程，求解结果.
【详解】设在内的射影为，到的距离为，
以与的交点为原点，为轴，为轴，与的公垂线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则到的距离为.
过点作于点，过点作于点，
又在内的射影为，则，连结,
又，，
所以平面，又平面，
所以，所以，
所以则到的距离为,
因为点到、距离相等，
所以，即，
所以点在平面内的轨迹为双曲线.
故选：C.
【点睛】方法点睛：
关于立体几何中的轨迹问题，一般要建立适当的空间直角坐标系，根据已知信息列出的等量关系，化简得出轨迹方程，结合方程特征找到轨迹曲线.
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、坐标分别为，，则闵氏距离.若点、分别在和的图像上，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，由闵氏距离的定义和绝对值不等式的性质可得.设，利用导数求出，即可求解.
【详解】由题意得，设，
因为点A、B分别在函数和的图象上，
所以，
当且仅当时等号成立.
设，，则，
令，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，所以，
即，所以的最小值为.
故选：A.

二、多选题
9．如图所示的几何体，已知其每个面均为正三角形，则（    ）

A． B．
C．面面 D．、、两两垂直
【答案】BCD
【分析】根据条件得到几何体由两个全等的正四棱锥底面拼接重合组成，且该正四棱锥的四个侧面是全等的等边三角形，结合正四棱锥的性质即可求解.
【详解】由题意得：该几何体由两个全等的正四棱锥底面拼接重合组成，且该正四棱锥的四个侧面是全等的等边三角形，并连接和交于点，连接，如图所示：

对于A选项：四边形是正方形，则，
若，，、平面，则平面，
又平面，则，但可知是等边三角形，，
所以不成立，即不成立，故A选项错误；
对于B选项：在几何体中，可知，设（），
则在正方形中，，即，
又，所以，故B选项正确；
对于C选项：连接几何体中的、、，交于点，如图所示：

可得四边形和四边形是边长相等的菱形，
所以，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，
又，平面，平面，
则平面平面，故C选项正确；
对于D选项：由于四边形和四边形是边长相等的菱形，
所以，，又在正方形中，，故D选项正确；
故选：BCD.
10．已知数列满足，，设数列的前项和为，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】首先由已知根据累乘法得出数列的通项公式，得出即可判断A；由数列得出，判断出数列为减数列，由即可判断B；由的泰勒展开式得，即可判断C和D．
【详解】因为，
所以，
，
，

，
所以，
因为，
所以，
所以，
即
；
对于A：，故A正确；
对于B：，
因为，
所以是一个减数列，
又因为，故B错误；
对于C：因为在上为偶函数，
所以，
应用的泰勒展开式， ，
下面证明此结论：
因为，
，
假设，下面用数学归纳法证明：
①当时，，显然成立，
②假设当时结论成立，即，
当时，
所以当时，结论仍成立，
由①②得，，，
则，
特别地，取，
，，其中，
取的某一小邻域，将展开，




所以，
所以，
取，得，，
又因为，
所以，
即，故C正确，D错误；
故选：AC．

三、填空题
11．的展开式中常数项为______.
【答案】
【分析】写出展开式的通项，令次数为0即为常数项
【详解】展开式的通项公式为
.
当时，常数项为1；
当时，得常数项为；
当时，得常数项为；
当时，得常数项为；
当时，得常数项为；
当时，得常数项为；
所以展开式中的常数项为.
故答案为：.
12．已知椭圆的左右顶点分别为点、，点满足，若在上任取一点（不与点、重合）都有（其中表示直线的斜率），则______.
【答案】/
【分析】设，可得，从而推出，设，可得，进而根据的表达式，求得答案.
【详解】由题意椭圆的左右顶点分别为点、，可知，
设，则，
故，
设，则，
故，
则
，故，
故答案为：
13．二维码是一种由黑色和白色组成的双色方格阵图，规定如果一个的二维码有对称轴且绕其中心逆时针旋转后能与自身重合，称其为“转转码”，则“转转码”的个数为______.（用数字作答）
【答案】
【分析】根据图形的旋转规律，结合分步计数原理即可求解.
【详解】由题意知，作出的正方形方格阵图，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、、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，其中正方形逆时针旋转后位置不变，
只需该的二维码中的正方形的个方格、矩形的3个方格及正方形方格，共计个方格，出现双色方格，该二维码即是“转转码”，
则该“转转码”的个数有：种，
故答案为：.

四、双空题
14．已知抛物线，点在直线上，过点作的2条切线，分别交轴于点、，则的最小值为______，的外接圆面积的最小值为______
【答案】
【分析】设切点坐标，利用导数表示出切线方程，令，求出点的坐标，切线方程联立求出点的坐标，由点在直线上的条件，求的最小值，利用向量证明，，则的外接圆的直径为，由求的外接圆面积的最小值.
【详解】为了利用导数解决切线问题，不妨把题目条件改为：
“已知抛物线，点在直线即上，过点作的2条切线，分别交轴于点、”，则题目结论不变.

设切线PA，PB与抛物线分别切于点M，N，则 ，
因为，则 ，故 ，，
直线，直线，
令，有，，
由，可得 ，故，
所以 ， 即．

，
所以当时，的最小值为；
由题意可知，故 ，   ，
，同理 ， 故，，
所以四点共圆，则的外接圆的直径为，
即为到直线的距离，此距离为 ，
即的外接圆的半径的最小值为，故的外接圆面积的最小值为 ，
故答案为：；
【点睛】思路点睛：把抛物线改为开口向上，利用导数解决切线问题，使运算更为简单，的外接圆找直径则是关键.

五、解答题
15．已知数列，满足，，，.
(1)设数列满足，求的通项公式；
(2)设数列满足，求证：.
【答案】(1)且
(2)证明见解析

【分析】（1）由题设易知、，进而有，且，即可得通项公式；
（2）由题设可得，，应用数学归纳法证明结论即可.
【详解】（1）由题设，且，，故，
所以，即，而，故，
综上，且.
（2），又，
当时，满足，
若时，成立，
当，则，且，故.
综上，成立.
16．已知体积为1的四面体，其四个面均为全等的等腰三角形.
(1)求四面体的外接球表面积的最小值；
(2)若，的面积为，设点为线段（含端点）上一动点，求直线与面所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）由题，将四面体放置于如图所示的长方体中，其中，故设，，进而根据体积得，再根据四面体的外接球的半径满足即可求解；
（2）根据三角形面积公式和余弦定理得，，进而在长方体中建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可.
【详解】（1）解：因为在四面体，其四个面均为全等的等腰三角形，
所以，将四面体放置于如图所示的长方体中，其中，则，，
所以，在长方体中，底面为正方形，设，，
因为四面体的体积为1，
所以，四面体的体积为，即，
设四面体的外接球的半径为，
所以，，当且仅当时等号成立，
所以四面体的外接球表面积，
所以，四面体的外接球表面积的最小值为

（2）解：因为，的面积为，
所以，，解得，
所以，，
所以，在中，由余弦定理得，即，
所以，，，
所以，以点为坐标原点，的方向分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示.

所以，，，，，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则
因为点为线段（含端点）上一动点，故设
所以
设直线与平面所成交为，
所以，，
因为，
所以，，即
所以，直线与面所成角的正弦值的取值范围.
17．在中，角、、的对边分别为、、，且.
(1)求的最大值；
(2)求证：在线段上恒存在点，使得.
【答案】(1)的最大值是；
(2)证明见解析.

【分析】（1）设，，则，由可得，再由余弦定理将其化为用表示的不等式，即可得出的取值范围；
（2）设，求出的取值范围，证明恒存在，使成立即可.
【详解】（1）设，，则，，
又，
.
由可得，，

，
由余弦定理，得


整理得，
因式分解
，
又，
所以，，
即，
故的最大值是.
（2）
如图，设，,
则,
又，
所以，
，
由题意，且，
即，
而对给定的来说，是定值，
因此恒存在，使.
在中，由正弦定理可得，则；
在中，由正弦定理可得，则；
由存在，
可得存在，即.
因此，在线段上恒存在点，使得.
18．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：
①队伍A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A参加的比赛其胜率均为75%，其余三人实力旗鼓相当，求D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
【答案】(1)①；②.
(2)

【分析】（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1次，失败者需要再胜两次，才能会师决赛.②为条件概率，根据条件概率公式去入手解决问题.
（2）可通过分类把复杂事件分为几个容易分析的事件，再解决问题.
【详解】（1）解：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，
①由题意，第一轮队伍A和队伍D对阵，则获胜队伍需要赢得比赛3的胜利，失败队伍需要赢得比赛4和比赛5的胜利，他们才能在决赛中对阵，
所以A和D在决赛中过招的概率为；
②设表示队伍D在比赛中胜利，表示队伍D所参加的比赛中失败，
则事件：队伍D获得亚军，事件：队伍D所参加所有比赛中失败了两场，
事件：包括，，，，五种情况.
其中这五种情况彼此互斥，可得:

，
其中积事件包括，两种情况.
可得，
所以所求概率为.
（2）解：由题意，A获胜的概率为，B、C、D之间获胜的概率均为，
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，
可得概率为；
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；
所以D进入决赛且先前与对手已有过招的概率.
【点睛】思路点睛：学会对复杂事件进行分解是解决复杂事件的概率的基本思路.一般把复杂事件分解成互斥事件的和事件或相互独立事件的积事件，另外要注意对立事件公式的运用，即正难则反；另外要注意看清题目，准确理解题目的意思.
19．已知双曲线，，设点在上，点为坐标原点.
(1)若，求的最小值；
(2)设点在上，直线、分别与相切于点，对于给定的、，在以下结论中选择一个正确的结论（多选的按第一个给分），并加以证明：
①和的面积之和为定值；
②和的面积之差的绝对值为定值；
③直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积为定值.
【答案】(1)
(2)证明见解析.

【分析】（1）可用旋转变换把双曲线转化为反比例函数，再用基本不等式求出最小值，或把双曲线方程写成参数方程的形式进行计算，或用数量积的坐标公式进行计算；
（2）可以先求，的方程，通过联立方程组求出三角形三个点的坐标，再代入三角形面积公式化简，或用伸缩和旋转变化先把双曲线转化为等轴双曲线再进行计算.
【详解】（1）由题意，第一小问的图如下：

解法一：
若，则，
将绕原点逆时针旋转即为.
设在此旋转下变为，，
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，即时等号成立.
所以的最小值为.
解法二：
若，则，
设，，
，
由得，
所以当时，取最小值1.
或当，时，取最小值1.
解法三：
若，则，
设，，
则
式和式左右分别相乘得：，
所以，
所以，


所以当即时，有最小值，
所以有最小值.
（2）由题意，①②的图如下：

③的图如下：

解法一：
设，则方程为 ，方程为 ，
所以，
代入 得：，
整理得 ，
所以，
所以，
所以，
所以，，，
所以
，
同理 .
所以对于②，由，得，
所以为定值，所以②得证.
对于①，因为
为定值，所以①得证.
对于③，设，令，
则可化为.
设，则过点的切线的方程为，
设切线与的两条渐近线分别交于点，，
由得，
所以，
同理得.
所以
所以，所以为定值.
解法二：
对于①②，将图像沿轴伸缩到倍并绕原点逆时针旋转后，
变为，变为，
因为伸缩旋转不改变直线与双曲线的相切关系，也不改变面积比，
所以设变换为， 设向所作的某条切线的切点为，
就是或(由变换而来)，
处的斜率满足 ，即，
所以，
所以，所以，
所以结论①②正确.
对于③，不妨令，，
则直线：
在轴(即渐近线)的截距为和，
所以它们所围成三角形面积为，
所以直线与双曲线的两条渐近线围成的三角形的面积为.
所以结论③正确.
【点睛】难点点睛：在解决双曲线切线和渐近线的问题时，如果计算量比较大，可以通过伸缩变换和旋转变换把双曲线转化为等轴双曲线或反比例曲线进行求解，即仿射变换.仿射变换要注意几个变”与“不变”：平面内任意一条直线的斜率变为原来的；平面上任意区域的面积变为原来的；线段中点依然是线段中点；关于水平线、铅垂线、坐标原点对称的元素依然对称；平面区域的重心保持不变；平行关系保持不变；平行线段的长度比保持不变.
20．已知函数.
(1)设函数，若恒成立，求的最小值；
(2)若方程有两个不相等的实根、，求证：.
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.

【分析】（1）将问题转化为不等式在上恒成立，利用导数证明时，不等式成立，进而分类讨论与两种情况，从而得解；
（2）利用导数研究函数的性质可得，由题意可得，原不等式变形为，利用分析法，构造函数证明，即，结合即可证明.
【详解】（1）当、时，即恒成立，
等价于恒成立.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，得，即，
当时，令，易得在上单调递增，
又，，
所以在，即上存在唯一零点，
所以，即，且；
当时，令，
易得关于的函数与在上单调递增，则，
当时，，即，不满足题意；
当时，易得，即恒成立；
综上：，则实数k的最小值为1；
（2）由题意知，，
，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，易得恒成立，当时，，
又函数有两个不同的实根，即与的图像有两个交点，
作出与的部分图像如图：

所以，且，
得，有.
要证，即证，
即证，即证，
由，得.
设，则，
令，令，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，则，即，
所以，则，
即，即证.
【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.