浙江省名校協(xié)作體2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期開學(xué)考試數(shù)學(xué)試卷

20232024學(xué)年第二學(xué)期浙江省名校協(xié)作體試題高三年級數(shù)學(xué)學(xué)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(xué)校?班級?姓名?試場號?座位號及準(zhǔn)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(jié)束后，只需上交答題卷.一?單項選擇題：本題共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.已知全集，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由集合交并補(bǔ)的定義運(yùn)算.【詳解】，，，B選項正確；，，或，ACD選項都不符合.故選：B2.已知復(fù)數(shù)滿足，則（）A.2 B. C. D.2【答案】D【解析】【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的除法運(yùn)算法則，結(jié)合共軛復(fù)數(shù)的定義和復(fù)數(shù)乘法的運(yùn)算法則進(jìn)行求解即可.【詳解】因為，所以，故選：D3.已知，則（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】【分析】由商數(shù)關(guān)系以及兩角差的正切公式即可運(yùn)算.【詳解】由題意，解得，所以.故選：A.4.柳編技藝在我國已有上千年的歷史，如今柳編產(chǎn)品已經(jīng)入選國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.如圖所示；這是用柳條編織的圓臺形米斗，上底直徑，下底直徑，高為，則該米斗的容積大概為（）A.9升 B.15升 C.19升 D.21升【答案】B【解析】【分析】根據(jù)題意，由圓臺體積公式代入計算，即可得到結(jié)果.詳解】由題意可得，上底面面積，下底面面積，高，由圓臺的體積公式可得升.故選：B5.有一組數(shù)據(jù)：，去掉該組中的一個數(shù)據(jù)，得到一組新的數(shù)據(jù).與原有數(shù)據(jù)相比，無論去掉哪個數(shù)據(jù)，一定變化的數(shù)字特征是（）A.平均數(shù) B.眾數(shù) C.中位數(shù) D.極差【答案】A【解析】【分析】先求出原數(shù)據(jù)的數(shù)字特征，再分別求去掉一個1、2、3、4后所得新數(shù)據(jù)的數(shù)字特征，比較數(shù)據(jù)的變化即可下結(jié)論.【詳解】原數(shù)據(jù)的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、極差分別為2.8,4,3,3.若去掉一個1后所得的新數(shù)據(jù)的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、極差分別為,4,3,3.所以平均數(shù)變化，眾數(shù)、中位數(shù)、極差不變；若去掉一個2后所得的新數(shù)據(jù)的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、極差分別為,4,3,3.所以平均數(shù)變化，眾數(shù)、中位數(shù)、極差不變；若去掉一個3后所得的新數(shù)據(jù)的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、極差分別為,4,3,3.所以平均數(shù)變化，眾數(shù)、中位數(shù)、極差不變；若去掉一個4后所得的新數(shù)據(jù)的平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、極差分別為,4,3,3.所以平均數(shù)、眾數(shù)、中位數(shù)、極差不變.所以一定變化的是平均數(shù).故選：A6.已知，若，則（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據(jù)特殊值法、等式構(gòu)造不等式，再根據(jù)不等式的形式構(gòu)造新函數(shù)，利用新函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行判斷即可.【詳解】當(dāng)時，，函數(shù)是正實數(shù)集的上的增函數(shù)，因為，因此，顯然，因此選項A不正確；當(dāng)時，，函數(shù)是正實數(shù)集的上的增函數(shù)，因為，因此，顯然，因此選項B不正確；因為，所以由，構(gòu)造函數(shù)，顯然該函數(shù)單調(diào)遞增，由，因此選項C不正確，選項D正確，故選：D【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題的關(guān)鍵是利用放縮法、構(gòu)造函數(shù)法進(jìn)行求解判斷.7.已知正項數(shù)列滿足為的前項和，則“是等差數(shù)列”是“為等差數(shù)列”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分又不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據(jù)等差數(shù)列的定義、之間的關(guān)系，結(jié)合充分性和必要性的定義進(jìn)行判斷即可.【詳解】當(dāng)是等差數(shù)列時，設(shè)公差為，由，因此，當(dāng)時，因為，所以為等差數(shù)列；當(dāng)為等差數(shù)列時，設(shè)公差為，則有，所以當(dāng)時，，兩式相減，得，由，或，因為該數(shù)列是正項數(shù)列，所以舍去，因此，顯然當(dāng)時，成立，當(dāng)時，因為，所以是等差數(shù)列，因此“是等差數(shù)列”是“為等差數(shù)列”的充要條件，故選：C8.已知平面向量滿足，則的最大值為（）A.2 B. C. D.3【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量加減法的平行四邊形法則作圖，問題轉(zhuǎn)化為求的最值，利用外接圓數(shù)形結(jié)合可求最值.【詳解】設(shè)，如圖，由題意，即在平行四邊形中，，，求的最大值.延長至，使，則，由正弦定理，三點所在外接圓的直徑，所以，設(shè)圓心為，如圖，所以可知，又，所以由余弦定理可得，則由圖象可知，故選：C二?多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的四個選項中，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.已知為函數(shù)的一個極大值點，則（）A.函數(shù)的值域為B.函數(shù)奇函數(shù)C.曲線關(guān)于直線對稱D.函數(shù)在上單調(diào)遞增【答案】BC【解析】【分析】利用輔助角公式可求得，利用極值點可求得，利用三角函數(shù)值域可得A錯誤，根據(jù)三角函數(shù)奇偶性可得B正確，再利用正弦型函數(shù)對稱軸方程可求得C正確，根據(jù)三角函數(shù)單調(diào)性可求得D錯誤.【詳解】因為函數(shù)，且；由為函數(shù)的一個極大值點，可得；所以，即，對于A，函數(shù)的值域為，即A錯誤；對于B，為奇函數(shù)，即B正確；對于C，令，可得，當(dāng)時，，可得曲線關(guān)于直線對稱，即C正確；對于D，令，解得，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上不是單調(diào)遞增的，即D錯誤；故選：BC10.三棱錐各頂點均在半徑為2的球的表面上，，二面角的大小為，則下列結(jié)論正確的是（）A.直線平面.B.三棱錐的體積為C.點到平面的距離為1D.點形成的軌跡長度為【答案】BCD【解析】【分析】根據(jù)球的截面圓的性質(zhì)可得出二面角，利用直角三角形性質(zhì)判斷，位置，利用垂直關(guān)系證明為中點即可判斷AC，再由體積公式判斷B，根據(jù)為定長判斷點軌跡為圓，即可判斷D.【詳解】如圖，設(shè)是的外心，是的外心，則平面，平面，又平面，平面，所以，，又，平面,所以平面，又平面，所以，由，則是的中點，所以，且，所以是二面角平面角，即，因為，所以，所以，即，又四點共面，且，則是中點，如圖，顯然，直線與平面相交于，故A錯誤；，故B正確；由是中點，則，故C正確；由，故點形成的軌跡是半徑為的圓，故軌跡長度為，故D正確.故選：BCD11.日常生活中植物壽命的統(tǒng)計規(guī)律常體現(xiàn)出分布的無記憶性.假設(shè)在一定的培養(yǎng)環(huán)境下，一種植物的壽命是取值為正整數(shù)的隨機(jī)變量，根據(jù)統(tǒng)計數(shù)據(jù)，它近似滿足如下規(guī)律：對任意正整數(shù)，壽命恰好為的植物在所有壽命不小于的植物中的占比為.記“一株植物的壽命為”為事件，“一株植物的壽命不小于”為事件.則下列結(jié)論正確的是（）A.B.C.設(shè)，則為等比數(shù)列D.設(shè)，則【答案】BCD【解析】【分析】設(shè)植物總數(shù)為，壽命為年的植物數(shù)為，由題意，在此基礎(chǔ)上利用變形推理得出，即可判斷AC，再由的關(guān)系求出判斷B，根據(jù)錯位相減法求和判斷D.【詳解】設(shè)植物總數(shù)為，壽命為年的植物數(shù)為，由題意，，則①②②①得，，即，故，故A錯誤；由，故，故B正確；由，故，即為等比數(shù)列，故C正確；因為，設(shè)，則，，相減可得，所以，故D正確.故選：BCD【點睛】關(guān)鍵點點睛：難點在于理解對任意正整數(shù)，壽命恰好為的植物在所有壽命不小于的植物中的占比為，這句話的數(shù)量表示是本題推理論證的的基礎(chǔ)，能否理解并用數(shù)學(xué)式子表示是解題的關(guān)鍵與難點.三?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知正實數(shù)滿足，則的最小值為__________.【答案】##【解析】【分析】由條件等式，利用基本不等式求的最小值.【詳解】正實數(shù)滿足，有，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，所以的最小值為.故答案為：13.已知分別是雙曲線的左?右焦點，是圓與的漸近線的一個交點，若，則雙曲線的離心率為__________.【答案】2【解析】【分析】由已知可得，再結(jié)合可求得，則可得為等邊三角形，從而可得，則有，進(jìn)而可求出離心率.【詳解】由題意設(shè)與雙曲線的一條漸近線交于點，則，所以，因為，所以，因為，所以為等邊三角形，所以，所以，所以雙曲線的離心率為，故答案為：214.已知函數(shù)若函數(shù)有唯一零點，則實數(shù)的取值范圍是__________.【答案】或【解析】【分析】換元后轉(zhuǎn)化為，該方程存在唯一解，且，數(shù)形結(jié)合求解.【詳解】當(dāng)時，單調(diào)遞減，圖象為以和軸為漸近線的雙曲線的一支；當(dāng)時，有，可得單調(diào)遞減，在單調(diào)遞增且，，畫出圖象如下:由題意，有唯一解，設(shè)，則，（否則至少對應(yīng)2個，不滿足題意），原方程化為，即，該方程存在唯一解，且.轉(zhuǎn)化為與有唯一公共點，且該點橫坐標(biāo)在，畫圖如下：情形一：與相切，聯(lián)立得，由解得，此時滿足題意：情形二：與有唯一交點，其中一個邊界為(與漸近線平行)，此時交點坐標(biāo)為，滿足題意；另一個邊界為與相切，即過點的切線方程，設(shè)切點為，則，解得，所以求得，此時左側(cè)的交點D橫坐標(biāo)為滿足條件，右側(cè)存在切點E，故該邊界無法取到；所以的范圍為.綜上，的取值范圍為或.故答案為：或【點睛】關(guān)鍵點點睛，解決本題的關(guān)鍵在于第一要換元，令，轉(zhuǎn)化為方程存在唯一解，且，作出與的圖象數(shù)形結(jié)合求解，第二關(guān)鍵點在于分類討論后利用導(dǎo)數(shù)或聯(lián)立方程組求切線的斜率，屬于難題.四?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15.已知的內(nèi)角的對邊分別是，且.（1）判斷的形狀；（2）若的外接圓半徑為1，求周長的最大值.【答案】（1）等腰三角形（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理，結(jié)合兩角和的正弦公式、特殊角的三角函數(shù)值進(jìn)行求解即可；（2）運(yùn)用正弦定理，結(jié)合導(dǎo)數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行求解即可.【小問1詳解】因為，所以，所以，所以，所以，即，因為，所以；所以為等腰三角形；【小問2詳解】由題意可知，所以的周長為：，設(shè)，則，所以當(dāng)時，單調(diào)遞增；當(dāng)時，單調(diào)遞減；所以當(dāng)時，取到最大值，所以周長的最大值為.16.如圖，在等腰直角三角形中，分別為的中點，，將沿折起，使得點至點的位置，得到四棱錐.（1）若為的中點，求證：平面；（2）若平面平面，點在線段上，平面與平面夾角的余弦值為，求線段的長.【答案】（1）證明見詳解；（2）或3.【解析】【分析】（1）取中點，利用線面平行的判定推理即得.（2）根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標(biāo)系，利用面面角的向量求法列式計算即得.【小問1詳解】取中點，連接，由為的中點，得，且，由分別為的中點，得，且，則且，于是四邊形為平行四邊形，因此，又平面平面，所以平面.【小問2詳解】由平面平面，平面平面，平面，得平面，又，則直線兩兩垂直，以為原點，直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，設(shè)，則，，設(shè)為平面的法向量，則，令，得，顯然平面的法向量為，設(shè)平面與平面的夾角為，則，解得或，所以線段的長1或3.17.甲?乙?丙三位同學(xué)進(jìn)行乒乓球比賽，約定賽制如下：每場比賽勝者積2分，負(fù)者積0分；比賽前根據(jù)相關(guān)規(guī)則決定首先比賽的兩人，另一人輪空；每場比賽的勝者與輪空者進(jìn)行下一場比賽，負(fù)者下一場輪空；積分首先累計到4分者獲得比賽勝利，比賽結(jié)束.已知甲與乙比賽時，甲獲勝的概率為，甲與丙比賽時，甲獲勝的概率為，乙與丙比賽時，乙獲勝的概率為.（1）若，求比賽結(jié)束時，三人總積分的分布列與期望；（2）若，假設(shè)乙獲得了指定首次比賽選手的權(quán)利，為獲得比賽的勝利，試分析乙的最優(yōu)指定策略.【答案】（1）分布列見詳解，.（2）讓乙和丙打第一局【解析】【分析】（1）求出的取值及對應(yīng)的概率，得到分布列，求出數(shù)學(xué)期望；（2）分別計算出“第一局乙對丙最終乙獲勝”，“第一局乙對甲最終乙獲勝”，“第一局甲對丙而最終乙獲勝”三種策略下的概率，作差法比較出大小，得到答案.【小問1詳解】由題意可知，兩場比賽后結(jié)束，也即第一局的其中1人連續(xù)獲得兩場勝利，有兩種情況，此時，，當(dāng)三場比賽后結(jié)束，即第一局比賽的2人均未獲勝，輪空者獲勝，共有兩種情況，此時，；當(dāng)四場比賽后結(jié)束，前三局比賽，甲乙丙三人各贏1場，進(jìn)行第四場比賽，共有2種情況，此時，；所以三人總積分的分布列為4680.50.250.25所以.【小問2詳解】設(shè)事件為“第一局乙對丙最終乙獲勝”，為“第一局乙對甲最終乙獲勝”，為“第一局甲對丙而最終乙獲勝”，則有：已知甲與乙比賽時，甲獲勝的概率為，甲與丙比賽時，甲獲勝的概率為，乙與丙比賽時，乙獲勝的概率為.其中包含三種情況，第一，第一局乙獲勝，第二局乙獲勝；第二，第一局乙獲勝，第二局甲獲勝，第三局丙獲勝，第四局乙獲勝；第三，第一局丙獲勝，第二局甲獲勝，第三局乙獲勝，第四局乙獲勝，故；同理可得；；顯然，故，，由于，故，所以；故乙的最優(yōu)指定策略是讓乙和丙打第一局.【點睛】方法點睛：解決策略類問題，往往需計算出各種情況下的概率，作差比較各種情況下的概率大小，作出決斷.18.已知過點的直線與拋物線交于兩點，為坐標(biāo)原點，當(dāng)直線垂直于軸時，的面積為.（1）求拋物線的方程；（2）若為的重心，直線分別交軸于點，記的面積分別為，求的取值范圍.【答案】（1）的方程為（2）【解析】【分析】（1）根據(jù)三角形面積求出，得出拋物線方程；（2）利用重心的性質(zhì)可得，再由直線與拋物線聯(lián)立，利用根與系數(shù)的關(guān)系化簡，由均值不等式及不等式的性質(zhì)求值域即可.【小問1詳解】當(dāng)時，，，所以，由題意可知，，所以，所以拋物線的方程為【小問2詳解】如圖，設(shè)，因為為的重心，所以；因為，且；所以；設(shè)，與聯(lián)立得：，所以，所以，則；所以；所以的取值范圍為.19.置換是代數(shù)的基本模型，定義域和值域都是集合的函數(shù)稱為次置換.滿足對任意的置換稱作恒等置換.所有次置換組成的集合記作.對于，我們可用列表法表示此置換：，記.（1）若，計算；（2）證明：對任意，存在，使得為恒等置換；（3）對編號從1到52的撲克牌進(jìn)行洗牌，分成上下各26張兩部分，互相交錯插入，即第1張不動，第27張變?yōu)榈?張，第2張變?yōu)榈?張，第28張變?yōu)榈?張，......，依次類推.這樣操作最少重復(fù)幾次就能恢復(fù)原來的牌型？請說明理由.【答案】（1）（2）證明見解析（3）最少8次就能恢復(fù)原來的牌型，理由見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)題意，得到；（2）解法一：分類列舉出所有情況，得到結(jié)論；解法二：，故至少有一個滿足，當(dāng)分別取時，記使得的值分別為，取為的最小公倍數(shù)即可得到答案；（3）設(shè)原始牌型從上到下依次編號為1到52，故，列舉出各編號在置換中的變化情況，得到連續(xù)置換中只有三種循環(huán)：一階循環(huán)2個，二階循