浙江省名校协作体2023-2024学年高三下学期开学考试数学试卷 Word版含解析.docx

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2023-2024学年高三年级第二学期浙江省名校协作体试题数学试卷考生须知：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.【答案】B【解析】【分析】由集合交并补的定义运算.【详解】，，，B选项正确；，，或，ACD选项都不符合.故选：B2.已知复数满足，则（）A.-2B.C.D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算法则，结合共轭复数的定义和复数乘法的运算法则进行求解即可.【详解】因为，所以，故选：D3.已知，则（） A.B.2C.D.【答案】A【解析】【分析】由商数关系以及两角差的正切公式即可运算.【详解】由题意，解得，所以.故选：A.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【答案】B【解析】【分析】根据题意，由圆台体积公式代入计算，即可得到结果.详解】由题意可得，上底面面积，下底面面积，高，由圆台的体积公式可得升.故选：B5.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【答案】A【解析】【分析】先求出原数据的数字特征，再分别求去掉一个1、2、3、4后所得新数据的数字特征，比较数据的变化即可下结论.【详解】原数据的平均数、众数、中位数、极差分别为2.8,4,3,3.若去掉一个1后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.所以平均数变化，众数、中位数、极差不变；若去掉一个2后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.所以平均数变化，众数、中位数、极差不变；若去掉一个3后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.所以平均数变化，众数、中位数、极差不变；若去掉一个4后所得的新数据的平均数、众数、中位数、极差分别为,4,3,3.所以平均数、众数、中位数、极差不变.所以一定变化的是平均数.故选：A6.已知，若，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据特殊值法、等式构造不等式，再根据不等式的形式构造新函数，利用新函数的单调性进行判断即可.【详解】当时，，函数是正实数集的上的增函数，因为，因此，显然，因此选项A不正确；当时，， 函数是正实数集的上的增函数，因为，因此，显然，因此选项B不正确；因为，所以由，构造函数，显然该函数单调递增，由，因此选项C不正确，选项D正确，故选：D【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用放缩法、构造函数法进行求解判断.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【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的定义、之间的关系，结合充分性和必要性的定义进行判断即可.【详解】当是等差数列时，设公差为，由，因此，当时，因为，所以为等差数列；当为等差数列时，设公差为，则有，所以当时，，两式相减，得，由 ，或，因为该数列是正项数列，所以舍去，因此，显然当时，成立，当时，因为，所以是等差数列，因此“是等差数列”是“为等差数列”的充要条件，故选：C8.已知平面向量满足，则的最大值为（）A.2B.C.D.3【答案】C【解析】【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值.【详解】设，如图，由题意，即在平行四边形中，，，求的最大值.延长至，使，则，由正弦定理，三点所在外接圆的直径，所以，设圆心为，如图，所以可知，又，所以由余弦定理可得， 则由图象可知，故选：C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.函数奇函数C.曲线关于直线对称D.函数在上单调递增【答案】BC【解析】【分析】利用辅助角公式可求得，利用极值点可求得，利用三角函数值域可得A错误，根据三角函数奇偶性可得B正确，再利用正弦型函数对称轴方程可求得C正确，根据三角函数单调性可求得D错误.【详解】因为函数，且；由为函数的一个极大值点，可得；所以，即，对于A，函数的值域为，即A错误；对于B，为奇函数，即B正确；对于C，令，可得，当时，，可得曲线关于直线对称，即C正确；对于D，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上不是单调递增的，即D错误；故选：BC10.三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【答案】BCD【解析】【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断，位置，利用垂直关系证明为中点即可判断AC，再由体积公式判断B，根据为定长判断点轨迹为圆，即可判断D.【详解】如图，设是的外心，是的外心，则平面，平面，又平面，平面，所以，，又，平面,所以平面，又平面，所以，由，则是的中点，所以，且，所以是二面角平面角，即， 因为，所以，所以，即，又四点共面，且，则是中点，如图，显然，直线与平面相交于，故A错误；，故B正确；由是中点，则，故C正确；由，故点形成的轨迹是半径为的圆，故轨迹长度为，故D正确.故选：BCD11.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【答案】BCD【解析】【分析】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意 ，在此基础上利用变形推理得出，即可判断AC，再由的关系求出判断B，根据错位相减法求和判断D.【详解】设植物总数为，寿命为年的植物数为，由题意，，则①②②①得，，即，故，故A错误；由，故，故B正确；由，故，即为等比数列，故C正确；因为，设，则，，相减可得 ，所以，故D正确.故选：BCD【点睛】关键点点睛：难点在于理解对任意正整数，寿命恰好为的植物在所有寿命不小于的植物中的占比为，这句话的数量表示是本题推理论证的的基础，能否理解并用数学式子表示是解题的关键与难点.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__________.【答案】##【解析】【分析】由条件等式，利用基本不等式求的最小值.【详解】正实数满足，有，则，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故答案为：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__________.【答案】2 【解析】【分析】由已知可得，再结合可求得，则可得为等边三角形，从而可得，则有，进而可求出离心率.【详解】由题意设与双曲线的一条渐近线交于点，则，所以，因为，所以，因为，所以为等边三角形，所以，所以，所以双曲线的离心率为，故答案为：214.已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是__________.【答案】或【解析】【分析】换元后转化为，该方程存在唯一解，且，数形结合求解.【详解】当时，单调递减，图象为以和轴为渐近线的双曲线的一支； 当时，有，可得单调递减，在单调递增且，，画出图象如下:由题意，有唯一解，设，则，（否则至少对应2个，不满足题意），原方程化为，即，该方程存在唯一解，且.转化为与有唯一公共点，且该点横坐标在，画图如下：情形一：与相切，联立得， 由解得，此时满足题意：情形二：与有唯一交点，其中一个边界为(与渐近线平行)，此时交点坐标为，满足题意；另一个边界为与相切，即过点的切线方程，设切点为，则，解得，所以求得，此时左侧的交点D横坐标为满足条件，右侧存在切点E，故该边界无法取到；所以的范围为.综上，的取值范围为或.故答案为：或【点睛】关键点点睛，解决本题的关键在于第一要换元，令，转化为方程存在唯一解，且，作出与的图象数形结合求解，第二关键点在于分类讨论后利用导数或联立方程组求切线的斜率，属于难题.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.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.【答案】（1）等腰三角形（2）【解析】【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式、特殊角的三角函数值进行求解即可；（2）运用正弦定理，结合导数的性质进行求解即可.【小问1详解】因为，所以，所以，所以， 所以，即，因为，所以；所以为等腰三角形；【小问2详解】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.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.【答案】（1）证明见详解；（2）或3. 【解析】【分析】（1）取中点，利用线面平行的判定推理即得.（2）根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用面面角的向量求法列式计算即得.【小问1详解】取中点，连接，由为的中点，得，且，由分别为的中点，得，且，则且，于是四边形为平行四边形，因此，又平面平面，所以平面.【小问2详解】由平面平面，平面平面，平面，得平面，又，则直线两两垂直，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，设，则，，设为平面的法向量，则，令，得，显然平面的法向量为，设平面与平面的夹角为，则，解得或，所以线段的长1或3.17.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.【答案】（1）分布列见详解，.（2）让乙和丙打第一局【解析】【分析】（1）求出的取值及对应的概率，得到分布列，求出数学期望；（2）分别计算出“第一局乙对丙最终乙获胜”，“第一局乙对甲最终乙获胜”，“第一局甲对丙而最终乙获胜”三种策略下的概率，作差法比较出大小，得到答案.【小问1详解】由题意可知，两场比赛后结束，也即第一局的其中1人连续获得两场胜利，有两种情况，此时，，当三场比赛后结束，即第一局比赛的2人均未获胜，轮空者获胜，共有两种情况，此时，；当四场比赛后结束，前三局比赛，甲乙丙三人各赢1场，进行第四场比赛，共有2种情况，此时，；所以三人总积分的分布列为4680.50.250.25所以.【小问2详解】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：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.其中包含三种情况，第一，第一局乙获胜，第二局乙获胜； 第二，第一局乙获胜，第二局甲获胜，第三局丙获胜，第四局乙获胜；第三，第一局丙获胜，第二局甲获胜，第三局乙获胜，第四局乙获胜，故；同理可得；；显然，故，，由于，故，所以；故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.【点睛】方法点睛：解决策略类问题，往往需计算出各种情况下的概率，作差比较各种情况下的概率大小，作出决断.18.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.【答案】（1）的方程为（2） 【解析】【分析】（1）根据三角形面积求出，得出抛物线方程；（2）利用重心的性质可得，再由直线与抛物线联立，利用根与系数的关系化简，由均值不等式及不等式的性质求值域即可.【小问1详解】当时，，，所以，由题意可知，，所以，所以抛物线的方程为【小问2详解】如图，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.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.【答案】（1）（2）证明见解析（3）最少8次就能恢复原来的牌型，理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意，得到；（2）解法一：分类列举出所有情况，得到结论；解法二：，故至少有一个满足，当分别取时，记使得的值分别为，取为的最小公倍数即可得到答案；（3）设原始牌型从上到下依次编号为1到52，故 ，列举出各编号在置换中的变化情况，得到连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，从而得到最少8次这样的置换即为恒等置换.【小问1详解】，由题意可知；【小问2详解】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；【小问3详解】不妨设原始牌型从上到下依次编号为1到52，则洗牌一次相当于对作一次如下置换：，即其中.注意到各编号在置换中的如下变化：，，，，，，，，，所有编号在连续置换中只有三种循环：一阶循环2个，二阶循环2个，八阶循环48个，注意到的最小公倍数为8，由此可见，最少8次这样的置换即为恒等置换，故这样洗牌最少8次就能恢复原来的牌型.【点睛】新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.