浙江省名校协作体2024届高三下学期开学适应性考试数学试题 含解析

2023学年第二学期浙江省名校协作体适应性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.选择题部分一、选择题：本大题共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】A【解析】【分析】首先化简集合，然后求出交集即可.【详解】，，.故选：A2.若，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】化简已知条件求出复数，从而可求出其共轭复数【详解】由，得，所以，故选：D3.已知直线是双曲线的一条渐近线，则该双曲线的半焦距为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据双曲线的标准方程和渐近线方程求出值，求出半焦距，判断选项.【详解】由是双曲线的一条渐近线，则，解得故,则，故选：A4.已知是两个不共线的单位向量，向量（）．“，且”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】举例验证必要性，通过向量的运算来判断充分性.【详解】当，且时，，充分性满足；当时，，当，时，是可以大于零的，即当时，可能有，，必要性不满足，故“，且”是“”的充分而不必要条件.故选：A.5.函数的图象不可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分，和三种情况讨论，结合函数的单调性及函数的零点即可得出答案.【详解】①当时，，此时A选项符合；②当时，，当时，，因为函数在上都是减函数，所以函数在在上是减函数，如图，作出函数在上的图象，由图可知，函数的图象在上有一个交点，即函数在在上有一个零点，当时，，则，由，得，由，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，故B选项符合；③当时，，当时，，因为函数在上都是减函数，所以函数在上是减函数，如图，作出函数在上的图象，由图可知，函数的图象在上有一个交点，即函数在在上有一个零点，当时，，则，由，得，由，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，当时，，故C选项符合，D选项不可能.故选：D.6.如图，将正四棱台切割成九个部分，其中一个部分为长方体，四个部分为直三棱柱，四个部分为四棱锥．已知每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则该正四棱台的体积为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，可得出，求出的值，即可求得该正四棱台的体积.【详解】设每个直三棱柱高为，每个四棱锥的底面都是正方形，设每个四棱锥的底面边长为，设正四棱台的高为，因为每个直三棱柱的体积为，每个四棱锥的体积为，则，可得，可得，所以，该正四棱台的体积为.故选：C.7.在平面直角坐标系中，圆的方程为，且圆与轴交于两点，设直线的方程为，直线与圆相交于两点，直线与直线相交于点，直线、直线、直线的斜率分别为，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据圆与轴交于两点，得到坐标，再根据直线与圆相交于两点，得到坐标，再根据联立斜率关系计算即可.【详解】如图，由题意得，与圆联立，消整理得，∴，，∴，同理可得．∵，∴，即．∵，∴，设，∴∴∴，即，∴，∴，故选：A．8.已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（）A.有且仅有一点P使二面角取得最小值B.有且仅有两点P使二面角取得最小值C.有且仅有一点P使二面角取得最大值D.有且仅有两点P使二面角取得最大值【答案】D【解析】【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示，因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A，所以，平面，，所以平面，平面，所以，，所以是二面角的平面角，设，，，，则，由已知得，，，，，令，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，当时，取最大值，没有最小值，即当时取最大值，从而取最大值，由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点，所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．故选：D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.一个盒子里装有除颜色外完全相同的四个小球，其中黑球有两个，编号为1，2；红球有两个，编号为3，4，从中不放回的依次取出两个球，A表示事件“取出的两球不同色”，B表示事件“第一次取出的是黑球”，C表示事件“第二次取出的是黑球”，D表示事件“取出的两球同色”，则（）A.A与D相互独立. B.A与B相互独立C.B与D相互独立 D.A与C相互独立【答案】BCD【解析】【分析】根据相互独立事件的概念进行判定.【详解】不放回依次取出两个，基本事件有，共种，事件“”；事件“”；事件“”；事件“”.事件，事件“”，事件“”，事件“”，则，，，，，，，所以，所以A与D不相互独立；，所以A与B相互独立；，所以B与D相互独立；，所以A与C相互独立；故选：BCD10.已知函数，的定义域均为R，且，．若是的对称轴，且，则下列结论正确的是（）A.是奇函数 B.是的对称中心C.2是的周期 D.【答案】BD【解析】【分析】根据对称性和已知条件得到，判断A；结合已知条件变形得到，判断B；利用赋值法求得，判断C；根据条件得到的周期为4，对称中心为，从而得到函数值即可求解，判断D.【详解】对于A，因为是的对称轴，所以，又因为，所以，故，即为偶函数，故A错误；对于B，因为，所以，又因为，联立得，所以的图像关于点中心对称，故B正确；对于C，因为，，则，即；因为，则，即，则；显然，所以2不是的周期，故C错误；对于D，因为是的对称轴，所以，又因为，即，则，所以，所以，即，所以周期为4，因为周期为4，对称中心为，所以，当时，代入，即，所以，所以，又是的对称轴，所以，所以，故D正确，故选：BD.11.在平面直角坐标系中，将函数的图象绕坐标原点逆时针旋转后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称为“旋转函数”.那么（）A.存在旋转函数B.旋转函数一定是旋转函数C.若为旋转函数，则D.若为旋转函数，则【答案】ACD【解析】【分析】对A，举例说明即可；对B，举反例判断即可；根据函数的性质，结合“旋转函数”的定义逐个判断即可；对CD，将旋转函数转化为函数与任意斜率为1的函数最多一个交点，再联立函数与直线的方程，分析零点个数判断即可.【详解】对A，如满足条件，故A正确；对B，如倾斜角为的直线是旋转函数，不是旋转函数，故B错误；对C，若为旋转函数，则根据函数的性质可得，逆时针旋转后，不存在与轴垂直的直线，使得直线与函数有1个以上的交点.故不存在倾斜角为的直线与的函数图象有两个交点.即与至多1个交点.联立可得.当时，最多1个解，满足题意；当时，的判别式，对任意的，都存在使得判别式大于0，不满足题意，故.故C正确；对D，同C，与的交点个数小于等于1，即对任意的，至多1个解，故为单调函数，即为非正或非负函数.又，故，即恒成立即图象在上方，故，即.当与相切时，可设切点，对求导有，故，解得，此时，故.故D正确.故选：ACD非选择题部分三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.把答案填在答题卡中的横线上.12.的展开式中的系数为__________．（用数字作答）【答案】【解析】【分析】由二项式定理得到的通项公式，结合，得到，得到的系数.【详解】的通项公式为，令得，，此时，令得，，此时，故的系数为故答案为：13.已知为抛物线的焦点，直线与交于，，与的另一个交点为，与的另一个交点为.若与的面积之比为，则__________.【答案】【解析】【分析】由题意可判断得，写出点，的坐标，从而得，表示出直线的方程，与抛物线联立方程组，从而求解出点的横坐标，代入抛物线方程计算，即可得，从而根据三角形面积公式表示与的面积，再根据面积比列式计算可得的值.【详解】如图，抛物线的焦点为，可知，由题意，得，即所以直线的方程为，联立，化简得，，因为，可得点的横坐标为，代入抛物线方程可得，，所以，，，又，所以.故答案为：14.设严格递增的整数数列，，…，满足，.设为，，…，这19个数中被3整除的项的个数，则的最大值为________，使得取到最大值的数列的个数为________.【答案】①.18②.25270【解析】【分析】第一个空，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，通过枚举法分析即可得到结果；第二个空，满足要求的数列必须为相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，而1-40中有27个数满足要求，再利用捆绑思想和特殊位置讨论即可得到结果.【详解】第一个空，设某个数除以余数为，则称该数模余(，均为整数，且)，为了让尽可能多的相邻两数之和被3整除，则要尽量多地出现相邻两数一个模3余1，一个模3余2这样的组合，这样它们之和才会被3整除.而，均为模3余1，则不可能有19组上述组别，最多出现18组上述组别，例如严格递增数列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，满足题意，所以的最大值为18.第二个空，因为1-40这40个数中，共有27个数符合模3余1或模3余2，则要从这27个数中选出满足要求的20个数.第一步，在到这20个数中删去一个数（后面再加回来），使得剩下的19个数满足任意两个相邻数一个模3余1，一个模3余2，这样就形成了18组，即使得的最大值为18.第二步，将这27个数从小到大排列，需要删去8个数得到目标19个数的数列.它们中任意相邻两数一个模3余1，一个模3余2，因此，需要删去的8个数应该为4组相邻的数.第三步，利用捆绑思想，从27个数中删去4组相邻的数等价于从23个数中删去4个数.有三种情况：①两端均删去，这种情况不满足要求.因为若两端均删去，那么1和40必定被删去，在下一步加出来时也最多加回1或40中的一个，而1和40必定在数列中，因此不满足.②两端均不删去，从中间21个数中选4个数删去，有种，再从删去的8个数中拿一个加回原来的19个数中，由种，共有种.③两端中有一个被删去，其余3个数从中间21个数里选，有种，此时加回来的数必定是删去的两端之一中的1或40，有1种选法，共种.第四步，删去的四组相邻数中有一组中有一个数被加回来，即未被删去，被删去的是这一组中的另一个数，而对于删去的数，假设为，它旁边两个数分别为，即排列为，在第三步捆绑时，可能捆绑的组合为，然后删去，再补回；或者为，然后删去，再补回，这两种删去方式结果相同.综上，共有种.故答案为：18；25270【点睛】关键点点睛：对于排列组合与初等数论结合的题目，通过列举出一些符合题意的数列，找出一定的规律，再利用排列组合的思想进行求解.四、解答题：本大题共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.如图，在三棱锥中，平面，平面平面，，.（1）证明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用线面垂直及面面垂直的性质证明即可；（2）方法一、利用几何法，取中点，并连接、，结合条件证线线垂直，利用二面角定义解三角形即可，方法二、构造合适的空间坐标直角系，利用空间向量计算二面角即可.【小问1详解】依题意，面，且面，所以，，因为面面，面面，面，且，所以面，因为面，所以.【小问2详解】方法1、取中点，并连接、.因为，所以，由勾股定理可知.因为，所以；则根据二面角定义可知是二面角的一个平面角，且由图可知为锐角.又因为面，同理（1）可知，设，可得，则，所以，即二面角的余弦值为.方法2、由（1）可知，、、三者两两相互垂直，故以点为坐标原点，分别以、、的方向为、、轴的正方向，建立空间直角坐标系.由勾股定理可知.不妨设，则，所以，易得平面的一个法向量可以是，设平面的一个法向量为，所以，取，故可得平面的一个法向量可以是.设二面角的一个平面角为，且由图可知为锐角.则，即二面角的余弦值为.16.记的内角，，的对边分别为，，，已知，.（1）若，求的面积；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知结合正弦定理得，再利用余弦定理得，从而得解；（2）由三角形内角和结合已知可得，化简可得：，再利用求解.【小问1详解】在中，，由正弦定理可知：可化为：故可得：，代入可得：所以，故（*）在中，由余弦定理可得：代入数据和（*）式可得：所以三角形面积为：故三角形的面积为.【小问2详解】因为且，故代入可得：因此化简可得：，则，情况一：当时，所以可得：，化简可得：在中，由正弦定理可得：；情况二：当时，同理可得：，又因为，故；综上，的值为.17.设.（1）若，求；（2）证明：；（3）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函数的商数关系计算即可；（2）先利用导数证：，再利用导数研究的单调性与最值即可；（3）构造函数，利用换元法先判定的单调性及值域，然后含参讨论结合隐零点判定的单调性及值域即可.【小问1详解】由二倍角公式及同角三角函数的商数关系可知：【小问2详解】证明：先证当时，.令，则在时恒成立，在上单调递增，，即当时，.要证，只需证明，即证令，，则.（或，当且仅当时等号成立，）而，则，，在在上单调递增，，即当时，.【小问3详解】令，，则，，令，则在上单调递减，，，而，在上递减，在上递增的值域为（i）当，即时，恒成立，所以在递增，，符合题意；（ii）当，即时，，存在使得当时，，递减，此时，不符题意.综上知，.18.设离散型随机变量X和Y有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，．指标可用来刻画X和Y的相似程度，其定义为．设．（1）若，求；（2）若，求的最小值；（3）对任意与有相同可能取值的随机变量，证明：，并指出取等号的充要条件【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）利用定义，结合二项分布的概率公式与对数的运算法则即可得解；（2）利用定义，结合对数运算法则得到关于的关系式，再利用导数求得其最小值，从而得解；（3）先利用导数证得恒不等式，从而结合定义即可得证.【小问1详解】不妨设，则.所以.【小问2详解】当时，，记，则，令，则，令，则，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，则单调递增，而，所以在为负数，在为正数，则在单调递减，在单调递增，所以的最小值为.【小问3详解】令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以，即，当且仅当时，等号成立，则当时，，所以，即，故，当且仅当对所有的时等号成立.【点睛】关键点