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浙江省名校协作体2023-2024学年高三下学期开学考试 数学 Word版含答案
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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考试 数学 Word版含答案，共10页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，有一组数据，已知，若，则，已知平面向量满足，则的最大值为，已知为函数的一个极大值点，则等内容，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.
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.
2.已知复数满足，则（ ）
A.-2 B. C. D.2
3.已知，则（ ）
A.-2 B.2 C. D.
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
5.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
6.已知，若，则（ ）
A. B.
C. D.
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
8.已知平面向量满足，则的最大值为（ ）
A.2 B. C. D.3
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.函数为奇函数
C.曲线关于直线对称
D.函数在上单调递增
10.三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1
D.点形成的轨迹长度为
11.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
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__________.
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__________.
14.已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是__________.
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.（本小题满分13分）
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.
16.（本小题满分15分）
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.
17.（本小题满分15分）
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.
18.（本小题满分17分）
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.
19.（本小题满分17分）
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.
2023-2024学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案
高三年级数学学科
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.
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.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 13. 14.或
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.【解析】
（1）因为，所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为，所以；
所以为等腰三角形；
（2）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.【解析】
（1）取中点，连接，
则，且，
因为分别为的中点，
所以，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面，
所以平面，又，所以两两垂直.
如图，以为原点，分别为轴建系，
设，则，
所以，
设为平面的法向量，则
，即，
令得.
易知平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或，故或3.
17.【解析】
（1）由题意可知，的取值可能为.
所以三人总积分的分布列为
所以.
（2）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：
显然
所以；
故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.
18.【解析】
（1）由题意可知，，
所以，
所以抛物线的方程为
（2）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.【解析】
（1）由题意可知；
（2）【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；
（3）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.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
A
B
A
D
C
C
题号
9
10
11
答案
BC
BCD
BCD
4
6
8
0.5
0.25
0.25
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.
2.已知复数满足，则（ ）
A.-2 B. C. D.2
3.已知，则（ ）
A.-2 B.2 C. D.
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
5.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
6.已知，若，则（ ）
A. B.
C. D.
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
8.已知平面向量满足，则的最大值为（ ）
A.2 B. C. D.3
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.函数为奇函数
C.曲线关于直线对称
D.函数在上单调递增
10.三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1
D.点形成的轨迹长度为
11.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
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__________.
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__________.
14.已知函数若函数有唯一零点，则实数的取值范围是__________.
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.（本小题满分13分）
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.
16.（本小题满分15分）
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.
17.（本小题满分15分）
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.
18.（本小题满分17分）
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.
19.（本小题满分17分）
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.
2023-2024学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案
高三年级数学学科
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.
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.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 13. 14.或
四､解答题：共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.【解析】
（1）因为，所以，
所以，
所以，
所以，即，
因为，所以；
所以为等腰三角形；
（2）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.【解析】
（1）取中点，连接，
则，且，
因为分别为的中点，
所以，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面，
所以平面，又，所以两两垂直.
如图，以为原点，分别为轴建系，
设，则，
所以，
设为平面的法向量，则
，即，
令得.
易知平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则，
解得或，故或3.
17.【解析】
（1）由题意可知，的取值可能为.
所以三人总积分的分布列为
所以.
（2）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：
显然
所以；
故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局.
18.【解析】
（1）由题意可知，，
所以，
所以抛物线的方程为
（2）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.【解析】
（1）由题意可知；
（2）【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；
（3）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.题号
1
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3
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6
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8
答案
B
D
A
B
A
D
C
C
题号
9
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答案
BC
BCD
BCD
4
6
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