2023届高三适应性训练
数学试题
注意事项：
1．答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码.
2．本试卷满分150分，时间120分钟.
3．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4．非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、选择题本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2. （ ）
A. B. 2 C. D.
3. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 已知一个正四棱台形油槽可以装煤油，若它的上 下底面边长分别为和，则它的深度约为（ ）
A. B. C. D.
5. 某市地铁1号线从A站到G站共有6个站点，甲、乙二人同时从A站上车，准备在B站、D站和G站中的某个站点下车，若他们在这3个站点中的某个站点下车是等可能的，则甲、乙二人在不同站点下车的概率为（ ）
A. B. C. D.
6. 已知定义在上的函数的图象连续不间断，有下列四个命题：
甲：是奇函数； 乙：的图象关于点对称；
丙：； 丁：；
如果有且仅有一个假命题，则该命题是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
7. 已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，若的重心在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目.要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的众数和第60百分位数都为5
B. 样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强
C. 若随机变量服从二项分布，则方差
D 若随机变量服从正态分布，则
10. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A.
B. 点是图象的一个对称中心
C. 在上单调递减
D. 将图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象
11. 过直线上一点作圆的切线,切点分别为,则（ ）
A. 若直线,则
B. 的最小值为
C. 直线过定点
D. 线段的中点的轨迹长度为
12. 已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A. 存，使得
B. 存在，使得平面
C. 点在某个球面上运动
D. 当时，三棱锥外接球体积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中项的系数是__________.
14. 若抛物线上的一点到坐标原点的距离为，则点到该抛物线焦点的距离为__________.
15. 已知直线是曲线与公切线，则__________.
16. 己知数列满足：，记，且，则整数_____．
四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列满足：
（1）求证：是等比数列；
（2）设数列的前项和为，求
18. 记中，角所对边分别为，且
（1）求的最小值；
（2）若，求及的面积.
19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为上的点，当与平面所成角的正弦值最大时，求的值.
20. 2022年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行，最终阿根廷通过点球大战总比分战胜法国，夺得冠军.根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；③若前5轮“点球大战"中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.
（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出.若球员射门均在门内，在一次“点球大战"中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列期望；
（2）现有甲 乙两队在决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需要通过“点球大战”来决定冠军.设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球并获得冠军的概率；
（ii）求“点球大战”在第7轮结束，且乙队以获得冠军的概率.
21. 已知椭圆的左 右焦点分别为，过点作直线（与轴不重合）交于两点，且当为的上顶点时，的周长为8，面积为
（1）求的方程；
（2）若是的右顶点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.
22. 已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个零点，求的范围，并证明
- 5 -2023届高三适应性训练
数学试题
注意事项：
1．答卷前，先将自己的考生号等信息填写在试卷和答题纸上，并在答题纸规定位置贴条形码.
2．本试卷满分150分，时间120分钟.
3．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.
4．非选择题的作答：用0.5mm黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
一、选择题本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化简集合A、B，再利用交集定义即可求得.
【详解】，
，
则
故选：C.
2. （ ）
A. B. 2 C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数乘法规则即可求得该式的值.
【详解】，
故选：D.
3 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用向量线性运算的坐标表示和向量模的坐标表示，列出关于m的方程，解之即可求得m的值.
【详解】由，
可得，
又，则，
即，解之得
故选：A.
4. 已知一个正四棱台形油槽可以装煤油，若它的上 下底面边长分别为和，则它的深度约为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设出深度，利用棱台的体积计算公式即可求解.
【详解】设深度为，由棱台的体积计算公式可得：
，解得：，
故选：B.
5. 某市地铁1号线从A站到G站共有6个站点，甲、乙二人同时从A站上车，准备在B站、D站和G站中的某个站点下车，若他们在这3个站点中的某个站点下车是等可能的，则甲、乙二人在不同站点下车的概率为（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据概率乘法公式，结合对立事件的概率公式进行求解即可.
【详解】两人在相同站点下的概率为：，所以甲、乙二人在不同站点下车的概率为，
故选：C
6. 已知定义在上的函数的图象连续不间断，有下列四个命题：
甲：是奇函数； 乙：的图象关于点对称；
丙：； 丁：；
如果有且仅有一个假命题，则该命题是（ ）
A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性及对称性的性质，结合赋值法及函数的周期性即可求解.
【详解】命题甲正确，因为是奇函数，所以，
命题乙正确，因为的图象关于点对称，所以，
由，得，即，于是有，所以函数的周期为，故丁是假命题；
由，即，解得，
所以，故丙是真命题.
故选：D.
7. 已知双曲线的右焦点为，过点作一条渐近线的垂线，垂足为，若的重心在双曲线上，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依次求出点、的坐标，然后由点在双曲线上可建立方程求解.
【详解】不妨设在，令，则有，
解得，所以，，
因为点在双曲线上，所以，解得，
故选：B.
8. 已知，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用作差法结合对数的运算性质分析判断即可.
【详解】解：，
∵
∴
故选：C.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目.要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 下列说法正确的是（ ）
A. 数据的众数和第60百分位数都为5
B. 样本相关系数越大，成对样本数据的线性相关程度也越强
C. 若随机变量服从二项分布，则方差
D. 若随机变量服从正态分布，则
【答案】AC
【解析】
【分析】利用众数和第60百分位数的定义判断A，利用相关系数的意义判断B，利用方差的性质判断C，利用正态曲线的性质判断D即可求解.
【详解】数据中的众数为，第6个数据为，选项A正确；
越大成对样本数据的线性相关程度也越强，选项B错误；
，选项C正确；
，选项D错误，
故选：AC
10. 已知函数的最小正周期为，则（ ）
A.
B. 点是图象的一个对称中心
C. 在上单调递减
D. 将的图象上所有的点向左平移个单位长度，可得到的图象
【答案】AB
【解析】
【分析】将化简，由其周期求得，判断A;将代入解析式验证，判断B；根据正弦函数的单调性判断C；根据正弦函数图象的平移变换判断D.
【详解】由题意知,A正确.
，
故关于对称，B正确.
令，则，
当时，，
令，则，
当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而，故在上不单调递减，C错误；
将的图象上所有的点向左平移个单位长度，得到的图象,
而
，D错，
故选：
11. 过直线上一点作圆的切线,切点分别为,则（ ）
A. 若直线则
B. 的最小值为
C. 直线过定点
D. 线段的中点的轨迹长度为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意设出点坐标,求出直线方程,若,则,斜率相等,进而求出直线方程,进而求出弦长即可;根据直线方程,求出定点即可;由进而转化为与的关系,即圆心到直线的距离与半径的比值的最值,根据直线过的定点即可得出选项B正误;由定点,弦中点,圆心所形成的角为直角,即可判断线段的中点的轨迹,进而求出长度即可.
【详解】解:由题知,设,
因为过点作圆的切线,切点分别为,
所以在以为直径的圆上,
即在上,
因为是切点,所以在上,
故是两圆的交点,
故两圆方程相减可得所在的直线方程,
化简可得,
因为在上,
所以,
故直线;
关于选项A,
若,
则,
解得:
所以,
故圆心到的距离
所以
故选项A错误;
由,
即,
联立,
解得:,
所以过定点
故选项C正确;
因为
所以
由于过定点
所以到距离
记中点为,
则,
,
故选项B正确;
因为为线段的中点, 且在上,
所以,
所以点轨迹为以为直径的圆,
所以
周长为
故选项D错误.
故选:BC
12. 已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A. 存在，使得
B. 存在，使得平面
C. 点在某个球面上运动
D. 当时，三棱锥外接球的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】取、中点、，连接，，，，，即可得到即为二面角，求出线段、、、、的长度，假设，求出的值，即可判断A，假设平面，即可得到，推出矛盾，即可判断B，由为定值，即可判断C，结合A可得，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.
【详解】解：对于A：取、中点、，连接，，，，，
因为，所以，
又， ，所以，所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，则，，
若，又，，平面，则平面，
因平面，所以，所以，则，即，即，故A正确；
对于B：若平面，平面，则，又，
，平面，所以平面，平面，，
在中与矛盾，故B错误；
对于C：，在半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的展开式中项的系数是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据二项式的特点，先将分解，然后分两部分求解，最后求和即可得出结果.
【详解】因为，
展开式第项
展开式第项
当时，；
当时，，
所以展开式中项为，则的系数为，
故答案为：.
14. 若抛物线上的一点到坐标原点的距离为，则点到该抛物线焦点的距离为__________.
【答案】5
【解析】
【分析】设出点的坐标，利用的长度计算出，再利用抛物线的定义即可求解.
【详解】设点，由题意可知：，
解得：，所以，
故答案为：.
15. 已知直线是曲线与的公切线，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别设两条曲线上的切点，写出切线方程，建立方程组，解出切点，计算.
【详解】设曲线上切点，，
切线斜率，切线方程，
即
同理，设曲线上切点，，
切线斜率，切线方程，
即，
所以，解得，
所以，，.
故答案为：.
16. 己知数列满足：，记，且，则整数_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据因式分解法，结合取倒数法进行求解即可.
【详解】由，可得，
所以，，
则，所以，
，所以，
，
所以
，
因为，所以，则有，
所以，则.
故答案为： ．
【点睛】关键点睛：利用取倒数法，结合因式分解法是解题的关键.
四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知数列满足：
（1）求证：是等比数列；
（2）设数列的前项和为，求
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用等比数列定义即可证明是等比数列；
（2）利用分组求和法即可求得数列的前项和.
【小问1详解】
由，得，
由，可得，
所以，所以，
所以是等比数列，且首项为3公比为2.
【小问2详解】
由（1）得，，即
所以
18. 记中，角所对边分别为，且
（1）求的最小值；
（2）若，求及的面积.
【答案】（1）
（2）5，
【解析】
【分析】（1）先利用题给条件求得，再利用均值定理即可求得的最小值；
（2）先求得，再利用正弦定理即可求得及的面积.
【小问1详解】
因为，所以，
即，因为，所以，
所以
，
（当且仅当时等号成立.）
所以的最小值为.
【小问2详解】
因为，由（1）得，，
因为，所以，
所以，
由正弦定理，得，
所以的面积为.
19. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，平面平面.
（1）证明：；
（2）若为上的点，当与平面所成角的正弦值最大时，求的值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由面面垂直的性质证得平面，过点A作可证得，再由线面垂直的性质证得，进而证得平面，进而证得.
（2）建立空间直角坐标系，设，分类讨论与时，分别计算线面角的正弦值比较即可.
【小问1详解】
如图，过点A作，垂足为，
∵平面平面，平面平面，平面，∴平面
又∵平面，
∴.
又∵平面，平面,
∴.
又∵，、平面，
∴平面，
又∵平面，
∴.
【小问2详解】
由（1）知，以A为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
∵底面是菱形，且，∴底面为正方形，
设，则，
所以，
设，则.
设平面的一个法向量为，
则
①当时，取.
设与平面所成角为，
则，
当时，的最大值为.
②当时，取，则∴，
∴综述：与平面所成角的正弦值最大时为，此时.
20. 2022年卡塔尔世界杯决赛于当地时间12月18日进行，最终阿根廷通过点球大战总比分战胜法国，夺得冠军.根据比赛规则：淘汰赛阶段常规比赛时间为90分钟，若在90分钟结束时进球数持平，需进行30分钟的加时赛，若加时赛仍是平局，则采用“点球大战”的方式决定胜负.“点球大战”的规则如下：①两队各派5名队员，双方轮流踢点球，累计进球个数多者胜；②如果在踢满5轮前，一队的进球数已多于另一队踢满5轮最多可能射中的球数，则不需要再踢（例如：第4轮结束时，双方“点球大战”的进球数比为，则不需要再踢第5轮）；③若前5轮“点球大战"中双方进球数持平，则从第6轮起，双方每轮各派1人踢点球，若均进球或均不进球，则继续下一轮，直到出现一方进球另一方不进球的情况，进球方胜出.
（1）假设踢点球的球员等可能地随机选择球门的左 中 右三个方向射门，门将也会等可能地选择球门的左 中 右三个方向来扑点球，而且门将即使方向判断正确也只有的可能性将球扑出.若球员射门均在门内，在一次“点球大战"中，求门将在前4次扑出点球的个数的分布列期望；
（2）现有甲 乙两队在决赛中相遇，常规赛和加时赛后双方战平，需要通过“点球大战”来决定冠军.设甲队每名队员射进点球的概率均为，乙队每名队员射进点球的概率均为，假设每轮点球中进球与否互不影响，各轮结果也互不影响.
（i）若甲队先踢点球，求在第3轮结束时，甲队踢进了3个球并获得冠军的概率；
（ii）求“点球大战”在第7轮结束，且乙队以获得冠军概率.
【答案】（1）分布列见解析，
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得门将每次扑中点球的概率，且，进而根据二项分布求解即可；
（2）利用独立事件的乘法公式和互斥事件的加法公式求解即可.
【小问1详解】
根据题意门将每次扑中点球的概率，
的可能取值为，且，
；
所以的概率分布为
0 1 2 3 4
数学期望.
【小问2详解】
（i）甲队先踢点球，第三轮结束时甲队踢进了3个球，并获得冠军，
则乙队没有进球，所以甲队获得冠军的概率为.
（ii）点球在第7轮结束，且乙队以获胜，
所以前5轮战平，且第6轮战平，第7轮乙队胜甲队
当前5轮两队为时，
乙队胜出的概率为
当前5轮两队为时，
乙队胜出的概率为，
因为上述两个事件互斥，所以乙队胜出的概率为.
21. 已知椭圆的左 右焦点分别为，过点作直线（与轴不重合）交于两点，且当为的上顶点时，的周长为8，面积为
（1）求的方程；
（2）若是的右顶点，设直线的斜率分别为，求证：为定值.
【答案】（1）;
（2）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）利用三角形周长求出a，当为的上顶点时，求出直线l方程，进而求出点的坐标，利用三角形面积求出b作答.
（2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合斜率坐标公式计算推理作答.
【小问1详解】
依题意，的周长，
解得，则椭圆，令椭圆的半焦距为c，
当为的上顶点时，直线为：，由消去y得，
解得或，于是得点，
又的面积为，则，整理得，
则有，解得或，有或，因为，则，
所以椭圆的方程为.
【小问2详解】
由（1）知，，，直线的方程为，
由消去得，
设，则，
而，
，
所以为定值.
【点睛】方法点睛：求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
22. 已知函数
（1）当时，求的单调区间；
（2）若有两个零点，求的范围，并证明
【答案】（1）单调增区间为和，单调减区间为和
（2）的范围是，证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出导函数，令、解不等式可得答案；
（2）当、讨论不符合题意；当时求出得在和均单调递增，当时，由、得在上有一个零点；当，，在上有一个零点，所以的范围是，可得，，再由，得的两个零点，再利用基本不等式得可得答案.
【小问1详解】
的定义域为，
当时，，导函数，
令，得或；
令，得且；
所以的单调增区间为和，单调减区间为和；
【小问2详解】
当时，只有1个零点，不符合题意；
当时，若，则；若，则，不符合题意，所以.
当时，，所以在和均单调递增.
当时，由，
，
所以在上有一个零点；
当，同理，
所以在上有一个零点，所以的范围是，
因为的两个零点为，
所以，即，所以，
同理，，
所以，
若，即，
则，
所以的两个零点互为倒数，即，
所以（等号不成立），所以，
所以，
所以得证.
【点睛】关键点点睛：第二问的关键点是利用导数判断出两个零点互为倒数，本题考查了学生的分析问题、解决问题以及运算能力，属于难题.
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