浙江省名校协作体高三下学期开学考试数学

20232024学年第二学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟；2.答题前，在答题卷指定区域填写学校､班级､姓名､试场号､座位号及准考证号；3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效：4.考试结束后，只需上交答题卷.一､单项选择题：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.已知全集，则（）A.B.C.D.2.已知复数满足，则（）A.2B.C.D.23.已知，则（）A.2B.2C.D.4.柳编技艺在我国已有上千年的历史，如今柳编产品已经入选国家非物质文化遗产名录.如图所示；这是用柳条编织的圆台形米斗，上底直径，下底直径，高为，则该米斗的容积大概为（）A.9升B.15升C.19升D.21升5.有一组数据：，去掉该组中的一个数据，得到一组新的数据.与原有数据相比，无论去掉哪个数据，一定变化的数字特征是（）A.平均数B.众数C.中位数D.极差6.已知，若，则（）A.B.C.D.7.已知正项数列满足为的前项和，则“是等差数列”是“为等差数列”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件8.已知平面向量满足，则的最大值为（）A.2B.C.D.3二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知为函数的一个极大值点，则（）A.函数的值域为B.函数为奇函数C.曲线关于直线对称D.函数在上单调递增10.三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，二面角的大小为，则下列结论正确的是（）A.直线平面.B.三棱锥的体积为C.点到平面的距离为1D.点形成的轨迹长度为11.日常生活中植物寿命的统计规律常体现出分布的无记忆性.假设在一定的培养环境下，一种植物的寿命是取值为正整数的随机变量，根据统计数据，它近似满足如下规律：对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为.记“一株植物的寿命为”为事件，“一株植物的寿命不小于”为事件.则下列结论正确的是（）A.B.C.设，则为等比数列D.设，则三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知正实数满足，则的最小值为__________.13.已知分别是双曲线的左､右焦点，是圆与的渐近线的一个交点，若，则双曲线的离心率为__________.14.已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是__________.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.（本小题满分13分）已知的内角的对边分别是，且.（1）判断的形状；（2）若的外接圆半径为1，求周长的最大值.16.（本小题满分15分）如图，在等腰直角三角形中，分别为的中点，，将沿折起，使得点至点的位置，得到四棱锥.（1）若为的中点，求证：平面；（2）若平面平面，点在线段上，平面与平面夹角的余弦值为，求线段的长.17.（本小题满分15分）甲､乙､丙三位同学进行乒乓球比赛，约定赛制如下：每场比赛胜者积2分，负者积0分；比赛前根据相关规则决定首先比赛的两人，另一人轮空；每场比赛的胜者与轮空者进行下一场比赛，负者下一场轮空；积分首先累计到4分者获得比赛胜利，比赛结束.已知甲与乙比赛时，甲获胜的概率为，甲与丙比赛时，甲获胜的概率为，乙与丙比赛时，乙获胜的概率为.（1）若，求比赛结束时，三人总积分的分布列与期望；（2）若，假设乙获得了指定首次比赛选手的权利，为获得比赛的胜利，试分析乙的最优指定策略.18.（本小题满分17分）已知过点的直线与抛物线交于两点，为坐标原点，当直线垂直于轴时，的面积为.（1）求抛物线的方程；（2）若为的重心，直线分别交轴于点，记的面积分别为，求的取值范围.19.（本小题满分17分）置换是代数的基本模型，定义域和值域都是集合的函数称为次置换.满足对任意的置换称作恒等置换.所有次置换组成的集合记作.对于，我们可用列表法表示此置换：，记.（1）若，计算；（2）证明：对任意，存在，使得为恒等置换；（3）对编号从1到52的扑克牌进行洗牌，分成上下各26张两部分，互相交错插入，即第1张不动，第27张变为第2张，第2张变为第3张，第28张变为第4张，......，依次类推.这样操作最少重复几次就能恢复原来的牌型？请说明理由.20232024学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案高三年级数学学科一､单项选择题：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.题号12345678答案BDABADCC二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.题号91011答案BCBCDBCD三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.13.14.或四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.【解析】（1）因为，所以，所以，所以，所以，即，因为，所以；所以为等腰三角形；（2）由题意可知，所以的周长为：，设，则，所以当时，单调递增；当时，单调递减；所以当时，取到最大值，所以周长的最大值为.16.【解析】（1）取中点，连接，则，且，因为分别为的中点，所以，且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面平面，所以平面.（2）因为平面平面，平面平面，所以平面，又，所以两两垂直.如图，以为原点，分别为轴建系，设，则，所以，设为平面的法向量，则，即，令得.易知平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，解得或，故或3.17.【解析】（1）由题意可知，的取值可能为.所以三人总积分的分布列为4680.50.250.25所以.（2）设事件为“第一局乙对丙最终乙获胜”，为“第一局乙对甲最终乙获胜”，为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：显然所以；故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.18.【解析】（1）由题意可知，，所以，所以抛物线的方程为（2）设，因为为的重心，所以；因为，且；所以；设，与联立得：，所以，所以，则；所以；所以的取值范围为19.【解析】（1）由题意可知；（2）【解法一】①若，则为恒等置换；②若存在两个不同的，使得，不妨设，则.所以，即为恒等置换；③若存在唯一的，使得，不妨设，则或.当时，由（1）可知为恒等置换；同理可知，当时，也是恒等置换；④若对任意的，则情形一：或或；情形二：或或或或或；对于情形一：为恒等置换；对于情形二：为恒等置换；综上，对任意，存在，使得为恒等置换；【解法二】对于任意，都有，所以中，至少有一个满足，即使得的的取值可能为.当分别取时，记使得的值分别为，只需取为的最小公倍数即可.所以对任意，存在，使得为恒等置换