浙江省名校協(xié)作體2024屆高三下學期開學適應性考試數(shù)學試題 含解析

2023學年第二學期浙江省名校協(xié)作體適應性試題高三年級數(shù)學學科考生須知：1.本卷滿分150分，考試時間120分鐘.2.答題前，在答題卷指定區(qū)域填寫學校、班級、姓名、試場號、座位號及準考證號.3.所有答案必須寫在答題卷上，寫在試卷上無效.4.考試結束后，只需上交答題卷.選擇題部分一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】首先化簡集合，然后求出交集即可.【詳解】，，.故選：A2.若，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】化簡已知條件求出復數(shù)，從而可求出其共軛復數(shù)【詳解】由，得，所以，故選：D3.已知直線是雙曲線的一條漸近線，則該雙曲線的半焦距為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據雙曲線的標準方程和漸近線方程求出值，求出半焦距，判斷選項.【詳解】由是雙曲線的一條漸近線，則，解得故,則，故選：A4.已知是兩個不共線的單位向量，向量（）．“，且”是“”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】A【解析】【分析】舉例驗證必要性，通過向量的運算來判斷充分性.【詳解】當，且時，，充分性滿足；當時，，當，時，是可以大于零的，即當時，可能有，，必要性不滿足，故“，且”是“”的充分而不必要條件.故選：A.5.函數(shù)的圖象不可能是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】分，和三種情況討論，結合函數(shù)的單調性及函數(shù)的零點即可得出答案.【詳解】①當時，，此時A選項符合；②當時，，當時，，因為函數(shù)在上都是減函數(shù)，所以函數(shù)在在上是減函數(shù)，如圖，作出函數(shù)在上的圖象，由圖可知，函數(shù)的圖象在上有一個交點，即函數(shù)在在上有一個零點，當時，，則，由，得，由，得，所以函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，故B選項符合；③當時，，當時，，因為函數(shù)在上都是減函數(shù)，所以函數(shù)在上是減函數(shù)，如圖，作出函數(shù)在上的圖象，由圖可知，函數(shù)的圖象在上有一個交點，即函數(shù)在在上有一個零點，當時，，則，由，得，由，得，所以函數(shù)在上單調遞減，在上單調遞增，當時，，故C選項符合，D選項不可能.故選：D.6.如圖，將正四棱臺切割成九個部分，其中一個部分為長方體，四個部分為直三棱柱，四個部分為四棱錐．已知每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則該正四棱臺的體積為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】設每個直三棱柱高為，每個四棱錐的底面都是正方形，設每個四棱錐的底面邊長為，設正四棱臺的高為，可得出，求出的值，即可求得該正四棱臺的體積.【詳解】設每個直三棱柱高為，每個四棱錐的底面都是正方形，設每個四棱錐的底面邊長為，設正四棱臺的高為，因為每個直三棱柱的體積為，每個四棱錐的體積為，則，可得，可得，所以，該正四棱臺的體積為.故選：C.7.在平面直角坐標系中，圓的方程為，且圓與軸交于兩點，設直線的方程為，直線與圓相交于兩點，直線與直線相交于點，直線、直線、直線的斜率分別為，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據圓與軸交于兩點，得到坐標，再根據直線與圓相交于兩點，得到坐標，再根據聯(lián)立斜率關系計算即可.【詳解】如圖，由題意得，與圓聯(lián)立，消整理得，∴，，∴，同理可得．∵，∴，即．∵，∴，設，∴∴∴，即，∴，∴，故選：A．8.已知直線BC垂直單位圓O所在的平面，且直線BC交單位圓于點A，，P為單位圓上除A外的任意一點，l為過點P的單位圓O的切線，則（）A.有且僅有一點P使二面角取得最小值B.有且僅有兩點P使二面角取得最小值C.有且僅有一點P使二面角取得最大值D.有且僅有兩點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，再構造輔助函數(shù)，最后用導數(shù)求最值方法判斷．詳解】過A作于M，連接MB、MC，如圖所示，因為直線BC垂直單位圓O所在的平面，直線在平面內，且直線BC交單位圓于點A，所以，平面，，所以平面，平面，所以，，所以是二面角的平面角，設，，，，則，由已知得，，，，，令，則，當時，，單調遞增，當時，，單調遞減，所以，當時，取最大值，沒有最小值，即當時取最大值，從而取最大值，由對稱性知當時，對應P點有且僅有兩個點，所以有且僅有兩點P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．故選：D．二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.一個盒子里裝有除顏色外完全相同的四個小球，其中黑球有兩個，編號為1，2；紅球有兩個，編號為3，4，從中不放回的依次取出兩個球，A表示事件“取出的兩球不同色”，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“取出的兩球同色”，則（）A.A與D相互獨立. B.A與B相互獨立C.B與D相互獨立 D.A與C相互獨立【答案】BCD【解析】【分析】根據相互獨立事件的概念進行判定.【詳解】不放回依次取出兩個，基本事件有，共種，事件“”；事件“”；事件“”；事件“”.事件，事件“”，事件“”，事件“”，則，，，，，，，所以，所以A與D不相互獨立；，所以A與B相互獨立；，所以B與D相互獨立；，所以A與C相互獨立；故選：BCD10.已知函數(shù)，的定義域均為R，且，．若是的對稱軸，且，則下列結論正確的是（）A.是奇函數(shù) B.是的對稱中心C.2是的周期 D.【答案】BD【解析】【分析】根據對稱性和已知條件得到，判斷A；結合已知條件變形得到，判斷B；利用賦值法求得，判斷C；根據條件得到的周期為4，對稱中心為，從而得到函數(shù)值即可求解，判斷D.【詳解】對于A，因為是的對稱軸，所以，又因為，所以，故，即為偶函數(shù)，故A錯誤；對于B，因為，所以，又因為，聯(lián)立得，所以的圖像關于點中心對稱，故B正確；對于C，因為，，則，即；因為，則，即，則；顯然，所以2不是的周期，故C錯誤；對于D，因為是的對稱軸，所以，又因為，即，則，所以，所以，即，所以周期為4，因為周期為4，對稱中心為，所以，當時，代入，即，所以，所以，又是的對稱軸，所以，所以，故D正確，故選：BD.11.在平面直角坐標系中，將函數(shù)的圖象繞坐標原點逆時針旋轉后，所得曲線仍然是某個函數(shù)的圖象，則稱為“旋轉函數(shù)”.那么（）A.存在旋轉函數(shù)B.旋轉函數(shù)一定是旋轉函數(shù)C.若為旋轉函數(shù)，則D.若為旋轉函數(shù)，則【答案】ACD【解析】【分析】對A，舉例說明即可；對B，舉反例判斷即可；根據函數(shù)的性質，結合“旋轉函數(shù)”的定義逐個判斷即可；對CD，將旋轉函數(shù)轉化為函數(shù)與任意斜率為1的函數(shù)最多一個交點，再聯(lián)立函數(shù)與直線的方程，分析零點個數(shù)判斷即可.【詳解】對A，如滿足條件，故A正確；對B，如傾斜角為的直線是旋轉函數(shù)，不是旋轉函數(shù)，故B錯誤；對C，若為旋轉函數(shù)，則根據函數(shù)的性質可得，逆時針旋轉后，不存在與軸垂直的直線，使得直線與函數(shù)有1個以上的交點.故不存在傾斜角為的直線與的函數(shù)圖象有兩個交點.即與至多1個交點.聯(lián)立可得.當時，最多1個解，滿足題意；當時，的判別式，對任意的，都存在使得判別式大于0，不滿足題意，故.故C正確；對D，同C，與的交點個數(shù)小于等于1，即對任意的，至多1個解，故為單調函數(shù)，即為非正或非負函數(shù).又，故，即恒成立即圖象在上方，故，即.當與相切時，可設切點，對求導有，故，解得，此時，故.故D正確.故選：ACD非選擇題部分三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分.把答案填在答題卡中的橫線上.12.的展開式中的系數(shù)為__________．（用數(shù)字作答）【答案】【解析】【分析】由二項式定理得到的通項公式，結合，得到，得到的系數(shù).【詳解】的通項公式為，令得，，此時，令得，，此時，故的系數(shù)為故答案為：13.已知為拋物線的焦點，直線與交于，，與的另一個交點為，與的另一個交點為.若與的面積之比為，則__________.【答案】【解析】【分析】由題意可判斷得，寫出點，的坐標，從而得，表示出直線的方程，與拋物線聯(lián)立方程組，從而求解出點的橫坐標，代入拋物線方程計算，即可得，從而根據三角形面積公式表示與的面積，再根據面積比列式計算可得的值.【詳解】如圖，拋物線的焦點為，可知，由題意，得，即所以直線的方程為，聯(lián)立，化簡得，，因為，可得點的橫坐標為，代入拋物線方程可得，，所以，，，又，所以.故答案為：14.設嚴格遞增的整數(shù)數(shù)列，，…，滿足，.設為，，…，這19個數(shù)中被3整除的項的個數(shù)，則的最大值為________，使得取到最大值的數(shù)列的個數(shù)為________.【答案】①.18②.25270【解析】【分析】第一個空，為了讓盡可能多的相鄰兩數(shù)之和被3整除，則要盡量多地出現(xiàn)相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，通過枚舉法分析即可得到結果；第二個空，滿足要求的數(shù)列必須為相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，而1-40中有27個數(shù)滿足要求，再利用捆綁思想和特殊位置討論即可得到結果.【詳解】第一個空，設某個數(shù)除以余數(shù)為，則稱該數(shù)模余(，均為整數(shù)，且)，為了讓盡可能多的相鄰兩數(shù)之和被3整除，則要盡量多地出現(xiàn)相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2這樣的組合，這樣它們之和才會被3整除.而，均為模3余1，則不可能有19組上述組別，最多出現(xiàn)18組上述組別，例如嚴格遞增數(shù)列1,2,4,5,7,8,10,11,13,14,16,17,19,20,22,23,25,26,28,40，滿足題意，所以的最大值為18.第二個空，因為1-40這40個數(shù)中，共有27個數(shù)符合模3余1或模3余2，則要從這27個數(shù)中選出滿足要求的20個數(shù).第一步，在到這20個數(shù)中刪去一個數(shù)（后面再加回來），使得剩下的19個數(shù)滿足任意兩個相鄰數(shù)一個模3余1，一個模3余2，這樣就形成了18組，即使得的最大值為18.第二步，將這27個數(shù)從小到大排列，需要刪去8個數(shù)得到目標19個數(shù)的數(shù)列.它們中任意相鄰兩數(shù)一個模3余1，一個模3余2，因此，需要刪去的8個數(shù)應該為4組相鄰的數(shù).第三步，利用捆綁思想，從27個數(shù)中刪去4組相鄰的數(shù)等價于從23個數(shù)中刪去4個數(shù).有三種情況：①兩端均刪去，這種情況不滿足要求.因為若兩端均刪去，那么1和40必定被刪去，在下一步加出來時也最多加回1或40中的一個，而1和40必定在數(shù)列中，因此不滿足.②兩端均不刪去，從中間21個數(shù)中選4個數(shù)刪去，有種，再從刪去的8個數(shù)中拿一個加回原來的19個數(shù)中，由種，共有種.③兩端中有一個被刪去，其余3個數(shù)從中間21個數(shù)里選，有種，此時加回來的數(shù)必定是刪去的兩端之一中的1或40，有1種選法，共種.第四步，刪去的四組相鄰數(shù)中有一組中有一個數(shù)被加回來，即未被刪去，被刪去的是這一組中的另一個數(shù)，而對于刪去的數(shù)，假設為，它旁邊兩個數(shù)分別為，即排列為，在第三步捆綁時，可能捆綁的組合為，然后刪去，再補回；或者為，然后刪去，再補回，這兩種刪去方式結果相同.綜上，共有種.故答案為：18；25270【點睛】關鍵點點睛：對于排列組合與初等數(shù)論結合的題目，通過列舉出一些符合題意的數(shù)列，找出一定的規(guī)律，再利用排列組合的思想進行求解.四、解答題：本大題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，在三棱錐中，平面，平面平面，，.（1）證明：；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用線面垂直及面面垂直的性質證明即可；（2）方法一、利用幾何法，取中點，并連接、，結合條件證線線垂直，利用二面角定義解三角形即可，方法二、構造合適的空間坐標直角系，利用空間向量計算二面角即可.【小問1詳解】依題意，面，且面，所以，，因為面面，面面，面，且，所以面，因為面，所以.【小問2詳解】方法1、取中點，并連接、.因為，所以，由勾股定理可知.因為，所以；則根據二面角定義可知是二面角的一個平面角，且由圖可知為銳角.又因為面，同理（1）可知，設，可得，則，所以，即二面角的余弦值為.方法2、由（1）可知，、、三者兩兩相互垂直，故以點為坐標原點，分別以、、的方向為、、軸的正方向，建立空間直角坐標系.由勾股定理可知.不妨設，則，所以，易得平面的一個法向量可以是，設平面的一個法向量為，所以，取，故可得平面的一個法向量可以是.設二面角的一個平面角為，且由圖可知為銳角.則，即二面角的余弦值為.16.記的內角，，的對邊分別為，，，已知，.（1）若，求的面積；（2）若，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知結合正弦定理得，再利用余弦定理得，從而得解；（2）由三角形內角和結合已知可得，化簡可得：，再利用求解.【小問1詳解】在中，，由正弦定理可知：可化為：故可得：，代入可得：所以，故（*）在中，由余弦定理可得：代入數(shù)據和（*）式可得：所以三角形面積為：故三角形的面積為.【小問2詳解】因為且，故代入可得：因此化簡可得：，則，情況一：當時，所以可得：，化簡可得：在中，由正弦定理可得：；情況二：當時，同理可得：，又因為，故；綜上，的值為.17.設.（1）若，求；（2）證明：；（3）若，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）由二倍角公式及同角三角函數(shù)的商數(shù)關系計算即可；（2）先利用導數(shù)證：，再利用導數(shù)研究的單調性與最值即可；（3）構造函數(shù)，利用換元法先判定的單調性及值域，然后含參討論結合隱零點判定的單調性及值域即可.【小問1詳解】由二倍角公式及同角三角函數(shù)的商數(shù)關系可知：【小問2詳解】證明：先證當時，.令，則在時恒成立，在上單調遞增，，即當時，.要證，只需證明，即證令，，則.（或，當且僅當時等號成立，）而，則，，在在上單調遞增，，即當時，.【小問3詳解】令，，則，，令，則在上單調遞減，，，而，在上遞減，在上遞增的值域為（i）當，即時，恒成立，所以在遞增，，符合題意；（ii）當，即時，，存在使得當時，，遞減，此時，不符題意.綜上知，.18.設離散型隨機變量X和Y有相同的可能取值，它們的分布列分別為，，，，．指標可用來刻畫X和Y的相似程度，其定義為．設．（1）若，求；（2）若，求的最小值；（3）對任意與有相同可能取值的隨機變量，證明：，并指出取等號的充要條件【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）利用定義，結合二項分布的概率公式與對數(shù)的運算法則即可得解；（2）利用定義，結合對數(shù)運算法則得到關于的關系式，再利用導數(shù)求得其最小值，從而得解；（3）先利用導數(shù)證得恒不等式，從而結合定義即可得證.【小問1詳解】不妨設，則.所以.【小問2詳解】當時，，記，則，令，則，令，則，當時，，單調遞減；當時，，單調遞增；所以，則單調遞增，而，所以在為負數(shù)，在為正數(shù)，則在單調遞減，在單調遞增，所以的最小值為.【小問3詳解】令，則，當時，，單調遞增；當時，，單調遞減；所以，即，當且僅當時，等號成立，則當時，，所以，即，故，當且僅當對所有的時等號成立.【點睛】關鍵點