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浙江省名校协作体2023-2024学年高三下学期开学适应性考试数学试题
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这是一份浙江省名校协作体2023-2024学年高三下学期开学适应性考试数学试题，文件包含浙江省名校协作体2023-2024学年高三下学期开学适应性考试数学试题docx、数学答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共17页， 欢迎下载使用。
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.
2.若，则（ ）
A.B.C.D.
3.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.
4.已知，是两个不共线的单位向量，，则“且”是“”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
5.函数的图象不可能是（ ）
A.B.C.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3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为（ ）
A.36B.32C.28D.24
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.
8.已知直线垂直单位圆所在的平面，且直线交单位圆于点，，为单位圆上除外的任意一点，为过点的单位圆的切线，则（ ）
A.有且仅有一点使二面角取得最小值
B.有且仅有两点使二面角取得最小值
C.有且仅有一点使二面角取得最大值
D.有且仅有两点使二面角取得最大值
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，表示事件“取出的两球不同色”，表示事件“第一次取出的是黑球”，表示事件“第二次取出的是黑球”，表示事件“取出的两球同色”，则（ ）
A.与相互独立B.与相互独立C.与相互独立D.与相互独立
10.已知函数，的定义域均为，且，.若是的对称轴，且，则（ ）
A.是奇函数B.是的对称中心
C.2是的周期D.
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
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）
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4，则________.
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________.
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.（13分）
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.
16.（15分）
记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求.
17.（15分）
设.
（1）若，求；
（2）证明：；
（3）若，求实数的取值范围.
18.（17分）
设离散型随机变量和有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，，2，…，，.指标可用来刻画和的相似程度，其定义为.
设，.
（1）若，，求；
（2）若，，，2，3，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.
19.（17分）
已知椭圆：的左焦点为，为曲线：上的动点，且点不在轴上，直线交于，两点.
（1）证明：曲线为椭圆，并求其离心率；
（2）证明：为线段的中点；
（3）设过点，且与垂直的直线与的另一个交点分别为，，求面积的取值范围.
命题：金华一中
2023学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题
高三年级数学学科参考答案
首命题：金华一中 次命题兼审校：××中学 审核：××中学
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.A 2.D 3.A 4.A 5.D 6.C 7.A 8.D
7.如图，由题意得：，与圆：联立，
消整理得，，
，同理可得
，，即
，，设，
，，即，
.
8.如图，过作于，连接、.
因为直线垂直单位圆所在的平面，直线在平面内，且直线交单位圆于点，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，对应点有且仅有两个点，所以有且仅有两点使二面角取得最大值.
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.BCD10.BD11.ACD
10.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.
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。
12.13.214.18 25270
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.（13分）
[证]（1）依题意，面，又因为，且面，
所以，同理可得，
因为面面，面面，面，且，
所以面，
因为面，所以.
[解]（2）[方法1]取中点，并联结、.
（方法1）
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，
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.
（方法2）
由勾股定理可知.
设，则，
则易得平面的一个法向量可以是，
而，，
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.（15分）
（1）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.
（2）因为且，故
代入可得：
因此
化简可得：
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
故的值为.
17.（15分）
（1）
（2）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，
在在上单调递增，，即
当时，.
（3）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，矛盾，舍.
综上知，.
18.（17分）
（1）不妨设，则，.
所以
.
（2）当时，，，.
记，
.
设，，单调递增.
而，所以在为负数，在为正数，在单调递减，在单调递增，的最小值为.
（3）当时，，所以，即.
故，
当且仅当对所有的，时等号成立.
19.（17分）
（1）的离心率；
（2）证明过程略；
（3）面积的取值范围是.
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.
2.若，则（ ）
A.B.C.D.
3.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.
4.已知，是两个不共线的单位向量，，则“且”是“”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
5.函数的图象不可能是（ ）
A.B.C.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3，每个四棱锥的体积为1，则该正四棱台的体积为（ ）
A.36B.32C.28D.24
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.
8.已知直线垂直单位圆所在的平面，且直线交单位圆于点，，为单位圆上除外的任意一点，为过点的单位圆的切线，则（ ）
A.有且仅有一点使二面角取得最小值
B.有且仅有两点使二面角取得最小值
C.有且仅有一点使二面角取得最大值
D.有且仅有两点使二面角取得最大值
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，表示事件“取出的两球不同色”，表示事件“第一次取出的是黑球”，表示事件“第二次取出的是黑球”，表示事件“取出的两球同色”，则（ ）
A.与相互独立B.与相互独立C.与相互独立D.与相互独立
10.已知函数，的定义域均为，且，.若是的对称轴，且，则（ ）
A.是奇函数B.是的对称中心
C.2是的周期D.
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
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）
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4，则________.
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________.
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.（13分）
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.
16.（15分）
记的内角，，的对边分别为，，，已知，.
（1）若，求的面积；
（2）若，求.
17.（15分）
设.
（1）若，求；
（2）证明：；
（3）若，求实数的取值范围.
18.（17分）
设离散型随机变量和有相同的可能取值，它们的分布列分别为，，，，，2，…，，.指标可用来刻画和的相似程度，其定义为.
设，.
（1）若，，求；
（2）若，，，2，3，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.
19.（17分）
已知椭圆：的左焦点为，为曲线：上的动点，且点不在轴上，直线交于，两点.
（1）证明：曲线为椭圆，并求其离心率；
（2）证明：为线段的中点；
（3）设过点，且与垂直的直线与的另一个交点分别为，，求面积的取值范围.
命题：金华一中
2023学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题
高三年级数学学科参考答案
首命题：金华一中 次命题兼审校：××中学 审核：××中学
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.A 2.D 3.A 4.A 5.D 6.C 7.A 8.D
7.如图，由题意得：，与圆：联立，
消整理得，，
，同理可得
，，即
，，设，
，，即，
.
8.如图，过作于，连接、.
因为直线垂直单位圆所在的平面，直线在平面内，且直线交单位圆于点，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，对应点有且仅有两个点，所以有且仅有两点使二面角取得最大值.
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.BCD10.BD11.ACD
10.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.
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。
12.13.214.18 25270
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.（13分）
[证]（1）依题意，面，又因为，且面，
所以，同理可得，
因为面面，面面，面，且，
所以面，
因为面，所以.
[解]（2）[方法1]取中点，并联结、.
（方法1）
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，
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.
（方法2）
由勾股定理可知.
设，则，
则易得平面的一个法向量可以是，
而，，
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.（15分）
（1）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.
（2）因为且，故
代入可得：
因此
化简可得：
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
故的值为.
17.（15分）
（1）
（2）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，
在在上单调递增，，即
当时，.
（3）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，矛盾，舍.
综上知，.
18.（17分）
（1）不妨设，则，.
所以
.
（2）当时，，，.
记，
.
设，，单调递增.
而，所以在为负数，在为正数，在单调递减，在单调递增，的最小值为.
（3）当时，，所以，即.
故，
当且仅当对所有的，时等号成立.
19.（17分）
（1）的离心率；
（2）证明过程略；
（3）面积的取值范围是.
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