2023年天域全国名校协作体高考数学联考试卷（4月份）（含解析）

2023年天域全国名校协作体高考数学联考试卷（4月份）

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.  复数(    )

A.  B.  C.  D.

2.  已知集合，或，则(    )

A. 或 B. 或
C. 或 D.

3.  某购物网站在年月开展“全部折”促销活动，在日当天购物还可以再享受“每张订单金额折后满元时可减免元”某人在日当天欲购入原价元单价的商品共件，为使花钱总数最少，他最少需要下的订单张数为(    )

A.  B.  C.  D.

4.  大学生志愿服务西部计划简称西部计划是经国务院常务会议决定，由共青团中央、教育部、财政部、人力资源社会保障部共同组织实施的一项重大人才工程现招募选派一定数量的西部计划全国项目志愿者到西部地区基层工作，某大学计划将名志愿者平均分成组，到个不同地点服务，若每组去一个地点，每个地点都有人服务，且甲、乙两名志愿者在同一个地点服务的分配方案有(    )

A. 种 B. 种 C. 种 D. 种

5.  已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，若，则，，大小关系为(    )

A.  B.  C.  D.

6.  为平行四边形外一点，，则向量与向量的夹角为(    )

A.  B.  C.  D.

7.  已知圆：，圆：，，分别是圆，上的动点．若动点在直线：上，动点在直线：上，记线段的中点为，则的最小值为(    )

A.  B.  C.  D.

8.  已知函数为自然对数的底数，则函数的零点个数为(    )

A.  B.  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.  下列说法正确的有(    )

A. 若随机变量，，则
B. 残差和越小，模型的拟合效果越好
C. 根据分类变量与的成对样本数据计算得到，依据的独立性检验，可判断与有关且犯错误的概率不超过
D. 数据，，，，，，，的第百分位数为

10.  已知抛物线：的焦点为，经过点且斜率为的直线与抛物线交于点，两点点在第一象限，若，则以下结论正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

11.  如图：在三棱柱中，底面为正三角形，且，，则下列说法正确的是(    )

A. 直线与底面所成角的余弦值为
B. 设中点为，则线段的长度的最小值为
C. 平面与平面夹角的余弦值为
D. 直线与平面所成角的余弦值的最大值为
 

12.  出现于春秋时期的正整数乘法歌诀“九九歌”，堪称是先进的十进位记数法与简明的中国语言文字相结合之结晶，这是任何其它记数法和语言文字所无法产生的表示十进制的数要用个数码：，，，，，，，，，，如四位十进制数；当前的计算机系统使用的基本上是二进制系统二进制数据是用和两个数码来表示的数它的基数为，进位规则是“逢二进一”，借位规则是“借一当二”，由世纪德国数学家莱布尼兹第一个提出了二进制记数法如四位二进制的数，等于十进制的数现把位进制中的最大数记为，其中，，，为十进制的数，则下列结论中正确的是(    )

A.  B.
C.  D.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13.  在的展开式中，的系数是______ ．

14.  已知无穷数列满足，，，，写出满足条件的的一个通项公式：______ 不能写成分段数列的形式

15.  如图，已知，，是双曲线上的三个点，经过原点，经过右焦距，若且，则该双曲线的离心率等于          ．

16.  如图，直三棱柱中，，点在棱上，且，当的面积取最小值时，三棱锥的外接球的表面积为______ ．

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.  本小题分
设，函数的最小正周期为，且图象向左平移后得到的函数为偶函数．
求解析式，并通过列表、描点在给定坐标系中作出函数在上的图象；
在锐角中，，，分别是角，，的对边，若，求的值域．

18.  本小题分
设数列满足，，．
求数列的通项公式；
在数列的任意与项之间，都插入个相同的数，组成数列，记数列的前项的和为，求的值．

19.  本小题分
由四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形和是全等的边长为的菱形，且，．
求三棱锥的体积；
求直线和平面所成角的正弦值．

20.  本小题分
为提升学生的综合素养能力，学校积极为学生搭建平台，组织学生参与各种社团活动在学校辩论队活动中，甲同学积极参与为了更好的了解每个同学的社团参与情况和能力水平，对每位参与辩论队的同学进行跟踪记录社团老师了解到，甲自加入辩论队以来参加过场辩论比赛：甲作为一辩出场次，其中辩论队获胜次；甲作为二辩出场次，其中辩论队获胜次；甲作为三辩出场次，其中辩论队获胜次；甲作为四辩出场次，其中辩论队获胜次用该样本的频率估计概率，则：
甲参加比赛时，求该辩论队某场比赛获胜的概率；
现学校组织支辩论队，进行单循环比赛，即任意两支队伍均有比赛，规定至少场获胜才可晋级社团老师决定每场比赛均派甲上场，已知甲所在辩论队顺利晋级，记其获胜的场数为，求的分布列和数学期望．

21.  本小题分
已知函数．
若，时，求证：在上有唯一极值点．
若，，不等式恒成立，求的取值集合．

22.  本小题分
已知椭圆的离心率为，点在上，从原点向圆：作两条切线，分别交椭圆于点，．
求椭圆的方程；
若直线，的斜率记为，，求的值；
若，，直线：与在第一象限的交点为，点在线段上，且，试问直线是否过定点？若是，求出该定点坐标，若不是，请说明理由．

答案和解析

1.【答案】 

【解析】解：因为，，，
所以由周期性可知．
故选：．
由，，的周期性以及复数的除法进行计算即可．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
 

2.【答案】 

【解析】解法一：由题可得或，或，
所以或．
解法二：由题可得，所以，故排除、；
又且，所以，故排除．
故选：．
解法一：根据题意求集合，进而根据交集运算求解；解法二：取特值检验排除．
本题主要考查了集合交集运算，属于基础题．
 

3.【答案】 

【解析】解：为使花钱总数最少，需使每张订单满足“每张订单金额折后满元时可减免元”，
即每张订单打折前原金额不少于元．
由于每件原价元，因此每张订单至少件，
而要购入商品共件，所以最少需要下的订单张数为张．
故选：．
根据条件计算每张订单打折前原金额不少于元，确定每张订单订单至少件，由此可求得答案．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，考查运算求解能力，属于基础题．
 

4.【答案】 

【解析】解：先分组，甲乙一组，其余人再平均分两组，最后再排序，种．
故选：．
根据题意先分组，再排列即可得解．
本题主要考查排列、组合及简单计数问题，考查运算求解能力，属于基础题．
 

5.【答案】 

【解析】解：因为函数为偶函数，
所以．
因为，只需比较和的大小即可，
即比较和的大小，设，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当时，取得最大值，，
所以，当时，等号成立，所以，
，又因为函数在上单调递减，
，即．
故选：．
根据题意，可得，所以只需比较和的大小，即比较和的大小，从而构造函数，通过求解导函数判断函数的单调性与最值，即可得，再结合函数的单调性，可得，，的大小关系．
本题主要考查了函数的单调性及奇偶性在函数值大小比较中的应用，求解本题的关键是比较和的大小，转化为比较和的大小，从而构造新函数，通过求解导函数判断函数的单调性，求解出最值，即可得．
 

6.【答案】 

【解析】解：由向量运算可知，
则，
，得，
所以，
所以向量与向量的夹角为．
故选：．
由平面向量数量积的运算律与夹角公式求解．
本题主要考查数量积表示两个向量的夹角，属于基础题．
 

7.【答案】 

【解析】解：由已知可得点在直线上，
由，
点关于直线对称的点，
则，
所以的最小值为．
故选：．
判断动点的轨迹，利用椭圆的简单性质推出结果即可．
本题考查椭圆的简单性质的应用，是基本知识的考查．
 

8.【答案】 

【解析】解：设，令可得：，
对于，，故在处切线的斜率值为，
设与相切于点，
，切线斜率，则切线方程为：，
即，，解得：；
由于，故作出与图象如下图所示，

与有四个不同交点，
即与有四个不同交点，
设三个交点为，，，，由图象可知：，
作出函数，的图象如图，

由此可知与无交点，与有三个不同交点，与，各有两个不同交点，
的零点个数为个，
故选：．
作出函数的图象，可设，可得，判断与交点个数，进而将的零点个数问题转化为函数，的图象交点个数问题，数形结合，可得答案．
本题主要考查函数零点与方程根的关系，解决此类复合函数的零点问题，常常采用换元的方法，将零点问题转化为函数图象的交点问题，数形结合，即可解决．
 

9.【答案】 

【解析】解：对于，随机变量，由知，，A正确；
对于，因为残差平方和越小，模型的拟合效果越好，而残差和小，残差平方和不一定小，B错误；
，由可判断与有关且犯错误的概率不超过，C正确；
对于，对数据从小到大重新排序，即：，，，，，，，，共个数字，
由，得这组数据的第百分位数为第个数，D正确．
故选：．
利用正态分布的对称性求出概率判断；利用回归模型的拟合效果判断；利用独立性检验思想判断；求出第百分位数判断作答．
本题主要考查正态分布，独立性检验，百分位数的求法，相关系数，属于基础题．
 

10.【答案】 

【解析】解：如图，，直线的斜率为，则设直线的方程为，

联立得，解得：．
由，得，故A错误；
由于，则，故B正确；
同理，故C正确；
因为直线的方程为，原点到直线的距离为，
所以，故D错误．
故选：．
直线与抛物线联立方程组，求出点，的坐标，由，求得，即可计算选项中的结论．
本题主要考查抛物线的性质，直线与抛物线的综合，考查运算求解能力，属于中档题．
 

11.【答案】 

【解析】解：对于，设直线与底面所成的角为，
由三余弦定理知，，解得，选项A正确；
对于，当时，最短为，所以选项B正确；
对于，过点作，垂足为，连接为中点，因为平面，所以平面，
所以为所求二面角的夹角，计算得，所以选项C正确；
对于，当变大时，直线与平面所成角越来越小接近于，所以选项D错误．
故选：．
中，由三余弦定理求出的值；
中，时最短，求出即可；
中，过点作，垂足为，连接，为所求二面角的夹角，计算即可；
中，变大时直线与平面所成角越来越小接近于．
本题考查了空间中的线面位置关系应用问题，也考查了推理与运算能力，是中档题．
 

12.【答案】 

【解析】解：对于：，即是：，A正确；
对于：，即是：，故，B正确；
对于、：，，，
即是

，
，，即是：


，
构造函数：，求得：，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
，，
故，即 ，
即，
，
，
，D正确．
故选：．
选项，根据题目定义得到；选项，计算出，故B正确；选项，结合等比数列求和公式得到，，构造函数，利用导函数得到其单调性，并结合，得到．
本题主要考查单调的合情推理，进位制，解题的关键在于构造函数比较大小，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对，取对数变形，从而达到构造出适当函数的目的．
 

13.【答案】 

【解析】解：，
又的展开式的通项公式为，
所以的展开式含项的系数为，含项的系数为，
所以在的展开式中，的系数是．
故答案为：．
由，然后再利用展开式的通项公式可得结果．
本题主要考查二项式定理，属于基础题．
 

14.【答案】或答案不唯一 

【解析】解：由，，，，
猜想．
故答案为：答案不唯一．
根据，，猜想．
本题主要考查了数列的通项公式的定义，属于基础题．
 

15.【答案】 

【解析】

【分析】

本题考查双曲线的对称性的应用及勾股定理的应用，属于中档题．
取双曲线的左焦点，连接，，，由双曲线的对称性可得四边形为矩形，则，，设，由双曲线的性质及向量的关系可得，的值，再由勾股定理可得与的关系，进而可得，的关系，求出双曲线的离心率．

【解答】

解：取双曲线的左焦点，连接，，，
由双曲线的对称性可得四边形为矩形，则，，
设，则，
因为，可得，，
在中，，即，
在中，，即，
由可得，，
可得，
故答案为：．

16.【答案】 

【解析】解：由余弦定理得：，
设，，则，，
由得：，解得：，
因为，故，
由基本不等式得：当且仅当，且时，即时取最小值．
底面三角形外接圆半径，，
．
故答案为：．
首先设，，利用垂直关系，可得，再结合基本不等式求面积的最值，以及等号成立的条件求，根据几何体的特征，求外接球的半径，即可求解外接圆的表面积．
本题主要考查球的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：函数的最小正周期，，
图象向左平移后得到的函数为，
由已知，又，
，
解析式为：，
由五点法可得，列表如下：

在上的图象如图所示：

，，
由正弦定理可得，，
所以，即，
因为，所以，
所以，
又，所以，
又因为三角形为锐角三角形，，，
所以，
所以，又，
所以． 

【解析】由函数的最小正周期为，结合周期公式求，求出平移后的函数解析式，结合余弦函数的性质求，再由五点法列表，并描点连线作出图象；
由条件结合边角互化求出角，根据锐角三角形内角关系求的范围，结合余弦函数性质求的值域．
本题主要考查解三角形的考点，考查转化能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：因为，
所以，又，，
所以数列为首项为，公比为的等比数列，
所以，
所以当，时，，
所以，
所以当，时，，又也满足该关系，
所以数列的通项公式为；
数列中在之前共有项，
当时，，
当时，，

． 

【解析】由条件证明数列为等比数列，利用累加法求数列的通项公式；
数列中在之前共有项，由此确定前项的值，再分组，结合等比求和公式可求得答案．
本题考查等比数列的定义与通项公式的应用，分组求和法的应用，化归转化思想，属中档题．
 

19.【答案】解：取中点，连接，，则，，则平面，
则，，，，
，，
；
以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立如图所示空间直角坐标系．
平面，平面，平面平面，交线为，
过点作，则平面，，点在的延长线上，

，，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，则，即，令，则，
设直线和平面所成角为，则． 

【解析】取中点，连接，，可得平面，进而可求三棱锥的体积；
以为原点，以，所在直线分别为，轴，建立如图所示空间直角坐标系．利用向量法求直线和平面所成角的正弦值．
本题考查空间几何体的体积的计算，考查线面角的正弦值的求法，属中档题．
 

20.【答案】解：设“甲担任一辩”；“甲担任二辩”；
“甲担任三辩”；“甲担任四辩”；
“某场比赛中该辩论队获胜“；
则；
 ，，．
由全概率公式可得：
，
所以甲参加比赛时，该辩论队某场比赛获胜的概率是；
设“场中有场获胜”，“甲所在辩论队顺利晋级”，
；，
则，
，
同理可得，
，
则的分布列为：

． 

【解析】分甲担任某种辩手的情况，依据条件概率与全概率公式计算即可；
设“场中有场获胜”，“甲所在辩论队顺利晋级”，先计算甲所在辩论对晋级的概率，再利用贝叶斯公式计算得出获胜场数的分布列，求期望即可．
本题考查条件概率公式与全概率公式的应用，离散型随机变量的分布列与期望的求解，属中档题．
 

21.【答案】解：由题意：，
所以，令，，
令，，
所以在上单调递减，
又因为，所以在恒成立，
故在上单调递减，因为，，
所以存在唯一的，使得，
故当时，，当时，．
所以在上单调递增，在上单调递减，故在上有唯一极大值点．
令，则当恒成立．
因为
当时，恒成立，故F在上单调递增，故F，满足题意．
当或时，，
故：在上恒成立，故F，满足题意．
当时，令，，，
则在上单调递减，在上单调递增，
令，故在上单调递减，在上单调递增，
而，
所以存在唯一，使得，所以当时，，
所以当时，，
所以在时恒成立，不满足题意．
故的取值集合为． 

【解析】通过求函数导数，得到函数的单调性，得出函数的极值；
令，分成，或，三种情况，通过导数讨论是否成立．
本题主要考查利用导数研究函数的极值与最值，不等式恒成立问题，考查分类讨论思想与运算求解能力，属于难题．
 

22.【答案】解：因为椭圆离心率，所以，
解得，
所以椭圆方程为；
因为直线：和直线：都与圆相切，
所以，即，是的两根，
将两边平方，可得，
所以，
又因为点在上，
所以点，即，
所以；
设直线的方程为，
联立方程，消去得，
因为点在直线上，所以且，
所以，
整理得：，
联立方程，可得，所以，
又因为，
所以，
因为点在上所以，代入上式继续化简得，
所以，
由可知，，
所以解得，所以此时点在第三象限，不合题意，舍去，，
所以直线过定点． 

【解析】由函数的离心率求得，得出椭圆的方程；
因为直线和直线都与圆相切，得出，是方程的两根，根据根与系数关系得出结果；
设直线的方程为，与椭圆方程联立消去，得到关于的方程，是方程的根．方程与直线方程联立，求出，由，求出为定值，得出结果．
本题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的运算求解能力，属于中档题．