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1、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
2、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.247.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
3、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
4、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，
5、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
6、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.D7.如图，由题意得：，与圆：联立，消整理得，同理可得，即，设，即，.8.如
7、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.ACD10.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
8、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
9、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
10、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.