浙江省A9协作体2023-2024学年高三数学上学期开学第一次联考试题（Word版附解析）

绝密★考试结束前

浙江省A9协作体暑假返校联考

高三数学试题卷

考生须知：

1.本卷满分150分，考试时间120分钟；

2.答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方.

3.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.

4.考试结束后，只需上交答题卷.

选择题部分（共60分）

一、单选题（每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解一元二次不等式和绝对值不等式即可得到，再根据交集含义即可得到答案.

【详解】解得或，则或，

，解得，则，

则，

故选：C.

2. 已知平面向量，，，则实数等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据向量垂直的坐标表示计算可得.

【详解】因为，，，

所以，解得.

故选：A

3. 已知双曲线：（，），、分别为左、右焦点，点在双曲线上，，到左焦点的距离是到右焦点的距离的3倍，则双曲线的离心率是（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题意结合双曲线的定义和离心率运算求解即可.

【详解】设双曲线的半焦距为，

由题意可知：，则，

可得，

因为，则，即，整理得，

所以双曲线的离心率是.

故选：B.

4. 已知，，且，则的最小值是（    ）

A. 18 B. 16 C. 10 D. 4

【答案】B

【解析】

【分析】先利用对数运算得，然后利用“1”的代换求解最小值.

【详解】因为，，且，所以，

所以，所以，

当且仅当即时，等号成立，所以的最小值是16.

故选：B

5. 若函数满足以下条件：①；②在单调递增，则这个函数可以是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意，由选项中的函数，结合函数的单调性与函数的运算，逐个条件验证，即可求解.

【详解】对于A中，函数在不是单调函数，不满足条件②，所以A项不满足题意；

对于B中，当，可函数，可得在区间单调递减，在区间上单调递增，不满足条件②，所以B项不满足题意；

对于C中，函数，可得，

，则，不满足条件①，所以C项不满足题意；

对于D中，函数，可得

，则满足，满足条件①；

又由，因为，可得，所以，

所以函数在上单调递增，满足条件②，所以D符合题意.

故选：D.

6. 已知某生产商5个月的设备销售数据如下表所示：

生产商发现时间代码和销售台数有很强的相关性，决定用回归方程进行模拟，则的值是（    ）

参考数据、公式：；；若，则

A. 3.2 B. 3.1 C. 3 D. 2.9

【答案】C

【解析】

【分析】计算出，代入公式，求出.

【详解】，，

故.

故选：C

7. 已知函数（），若在区间内有且仅有3个零点和3条对称轴，则的取值范围是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用整体换元法，结合余弦函数的性质即可求解.

【详解】函数．

当时，令，则，

若在有且仅有3个零点和3条对称轴，

则在有且仅有3个零点和3条对称轴，

则，解得.

故选：A．

8. 如图，一只青蛙开始时位于数轴上原点位置，每次向数轴的左侧或右侧随机跳跃一个单位，记为第次跳跃后对应数轴上的数字（，），则满足，的跳跃方法有多少种（    ）

A. 336 B. 448 C. 315 D. 420

【答案】B

【解析】

分析】先分两类：①，，②，，然后每类分两步，根据组合数公式列式求出结果再相加可得结果.

【详解】因为，所以或.

当，时，前次向左跳跃次，向右跳跃次，后次向右跳跃次，

所以有种；

当，时，前次向右跳跃次，向左跳跃次，后次向左跳跃次，向右跳跃次，

所以有种.

综上所述：满足，的跳跃方法有种.

故选：B

【点睛】思路点睛：排列组合题一般思路是：先分类，再每类分步计数.

二、多选题（每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）

9. 对于的展开式，下列说法正确的是（    ）

A. 展开式中各项系数之和为256

B. 展开式中各项系数绝对值之和为

C. 展开式中的奇数项的二项式系数之和为128

D. 展开式中的常数项是1120

【答案】BCD

【解析】

【分析】对于A：赋值令，即可得结果；对于B：因为展开式中各项系数绝对值之和与的系数和相等，赋值令，即可得结果；对于C：根据二项式系数和的性质运算求解；对于D：根据二项展开式的通项公式运算求解.

【详解】对于选项A：令，可得，所以展开式中各项系数之和为1，故A错误；

对于选项B：因为展开式中各项系数绝对值之和与的系数和相等，

令，可得，所以展开式中各项系数绝对值之和为，故B正确；

对于选项C：展开式中的奇数项的二项式系数之和为，故C正确；

对于选项D：因为的展开式为，

令，解得，

所以展开式中的常数项是，故D正确；

故选：BCD

10. 如图，已知正方体的棱长为，分别为棱的中点，则下列说法正确的是（    ）

A. 面

B. 四点共面

C. 三棱锥的外接球的半径是

D. 平面经过三棱锥的外接球的球心

【答案】ABD

【解析】

【分析】根据线面垂直的判定和性质可证得，，由线面垂直的判定可知A正确；可证得，由此可得B正确；易知正方体的外接球即为三棱锥的外接球，由此可确定球心位置，知D正确；根据正方体外接球半径的求法可知C错误.

【详解】对于A，，

四边形为正方形，；

平面，平面，；

，平面，平面，

又平面，；

同理可得：，又，平面，

平面，A正确；

对于B，连接，

分别为中点，；

，，四边形为平行四边形，，

，四点共面，B正确；

对于CD，三棱锥的顶点均为正方体的顶点，

正方体的外接球即为三棱锥的外接球，

正方体的中心即为三棱锥外接球的球心，

记正方体中心为，则，平面，

即平面经过三棱锥的外接球的球心，D正确；

三棱锥的外接球半径，C错误.

故选：ABD.

11. 已知函数，直线，若有且仅有一个正整数，使得点在直线的上方，则下列说法正确的是（    ）

A. 直线恒过定点 B.

C.  D. 实数的取值范围是

【答案】AD

【解析】

【分析】根据直线过定点的求法可求得A正确；利用导数可求得单调性，结合可知B错误；作出图象，通过分析图象可知，且根据函数值大小关系可构造不等式组求得范围，知C错误，D正确.

【详解】对于A，直线方程可整理为：，

由得：，直线恒过定点，A正确；

对于B，定义域为，，

当时，；当时，；

在上单调递增，在上单调递减，，

又，，B错误；

对于CD，直线方程可整理为，且直线过定点；

作出图象如下图所示，

当，即时，有无数个正整数，使得点在直线的上方，不合题意；

当，即，若有且仅有一个正整数，使得点在直线的上方，结合图象可知：，C错误；

此时需满足，解得：，

即实数的取值范围为，D正确.

故选：AD.

12. 已知数列为正项数列，前项和为，，满足（），则下列说法正确的是（    ）

A. 长度为，，1的三条线段可以围成一个内角为的三角形

B.

C.

D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】利用余弦定理判断A，对式子变形，换元求解数列前n项和及通项公式，从而判断BC，再利用数列求和判断D.

【详解】设边长为对应的角为，因为，

所以，

又，所以，即边长为对应的角为，故A错误；

因为，

所以，令，则，

令，为锐角，

则

，所以，所以，又，

所以，即，所以，所以，

所以，所以，故选项C正确；

所以，当时，，

又也适合，所以，

又，所以，故选项B正确；

构造，则，

记，则，

当时，，

所以函数在上单调递减，

所以，所以在单调递增，

所以，所以，又时，，

所以，所以，

所以，

所以，

故选项D正确.

故选：BCD

【点睛】与数列相关的不等式问题证明方法点睛：

（1）可以利用数学归纳法来进行证明；

（2）可以构造函数，利用导数进行证明，通过求导得到函数的单调性并结合不等式进行放缩得到结果.

非选择题部分（共90分）

三、填空题（每小道5分，共20分）

13. 已知（为虚数单位），则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据共轭复数定义和复数乘法运算法则直接求解即可.

【详解】，，.

故答案为：.

14. 十个数据：101、103、108、107、106、105、104、109、102、110的第60百分位数是______.

【答案】106.5##

【解析】

【分析】先将数据按升序排列，再结合百分位数的定义运算求解.

【详解】将十个数据按升序排列可得：101、102、103、104、105、106、107、108、109、110，

因为，所以第60百分位数是第6位与第7位的平均数，即为.

故答案为：106.5.

15. 已知角的顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与射线（）重合，则______.

【答案】

【解析】

【分析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值可知 ，再根据同角三角函数基本关系、诱导公式解得答案即可.

【详解】由题意， ，且 ，， 则由 ，

解得， 则 .

故答案为： .

16. 已知直线过抛物线：的焦点，与抛物线交于、两点，线段的中点为，过作垂直于抛物线的准线，垂足为，则的最小值是______.

【答案】

【解析】

【分析】设直线，，，联立抛物线方程得到关于的一元二次方程，得到韦达定理式，求出坐标，利用弦长公式和两点距离公式得到和的表达式，再利用基本不等式即可得到答案.

【详解】显然当直线AB斜率为0时，不合题意；故设直线，，，

联立抛物线方程有，则，

，，

则，，，

则，

则，准线方程为，，则，

，

，

所以，

当且仅当，即时等号成立，

此时.

故答案为：.

  【点睛】关键点点睛：本题的关键是采取设线法联立抛物线方程得到韦达定理式，再利用中点公式得到点坐标，最后利用弦长公式和两点距离公式得到相关表达式，最后利用基本不等式即可得到答案.

四、解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）

17. 在中，角、、所对的边分别为、、，且满足.

（1）求角；

（2）若为锐角三角形，求的取值范围.

【答案】（1）或   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理边化角，再结合和差公式求解可得；

（2）利用三角恒等变换公式化简，根据锐角三角形性质求得B的范围，再由正弦函数性质可得.

【小问1详解】

，

，

，

或

【小问2详解】

是锐角三角形，

则

，

是锐角三角形，，即，

，

，

的取值范围为.

18. 已知正项数列的前项和为，.

（1）记，证明：数列的前项和；

（2）若，求证：数列为等差数列，并求的通项公式.

【答案】（1）证明见解析   

（2）证明见解析；

【解析】

【分析】（1）利用裂项相消法可求得，由可得结论；

（2）利用与的关系可整理得到，进而得到，由等差数列定义可证得结论；利用等差数列通项公式可推导得到.

【小问1详解】

，

；

数列为正项数列，，，则.

【小问2详解】

当且时，，

，

整理可得：，，

经检验，当时，，得，满足条件，

又，数列是以为首项，为公差的等差数列，

，

19. 中国的CT机打破了欧美30年的技术垄断，实现了从无到有的突破，中国的CT机不仅在技术上达到了国际水平，而且在价格上也更具竞争力.此外，中国的CT机还具有更好的定制化服务，能够更好地满足不同地区和不同医疗机构的需求，明峰医疗和联影医疗是中国CT机行业中的佼佼者.2023年8月某医院购进甲型CT机2台，乙型CT机1台，该医院决定按照以下方案调试新机器：每台设备最多进行2次调试，只要调试成功就投入使用，每次调试费用0元：如果两次调试均不成功，则邀请生产商上门调试，生产商调试一台医院调试不成功的CT机需要额外支付1000元，生产商调试后直接投入使用；其中医院对甲机型每次调试成功的概率为，对乙机型每次调试成功的概率为，调试相互独立.

（1）求医院不需要生产商上门调试的概率；

（2）计算医院支付调试费用的分布列.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析

【解析】

【分析】（1）记事件为一台甲设备调试成功，事件为一台乙设备调试成功，根据题意求出，然后由独立事件和概率公式可求得结果，

（2）由题意得的可能取值为0，1000，2000，3000，求出相应的概率，从而可求得的分布列.

【小问1详解】

记事件为一台甲设备调试成功，事件为一台乙设备调试成功，

则由题意得，，

所以医院不需要生产商上门调试的概率，

【小问2详解】

由题意可得的可能取值为0，1000，2000，3000，则

，

所以的分布列为

20. 如图三棱柱中，是边长为2的正三角形，，二面角的余弦值为.

（1）证明：平面；

（2）求与平面所成角的正弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，，根据题意分析可知：二面角的平面角为，进而可得，利用勾股定理结合线面垂直的判定定理分析证明；

（2）方法一：建系，利用空间向量求线面夹角；方法二：利用等体积法求点到平面的距离为，进而可得结果；方法三：过作，连接，分析可知与平面所成角，运算求解即可.

【小问1详解】

取的中点，连接，，

因为，则，，

可得二面角的平面角为，即，

在中，则，

因为，即，

可得，，即，，

且，平面，所以平面.

【小问2详解】

方法一：由（1）可知：，，，平面，

所以平面，且平面，

可得平面平面，

若过作平面的垂线，可知垂线在平面内，

如图，以O为坐标原点，分别为轴建系，

则，，，，

设点在平面的投影为，由面面垂直可知：，连接，

在中，由等面积法可得，解得，

则，所以，

可得，

所以

设平面的法向量，则，

令，则，即，

则，

所以与平面所成角的正弦值为.

方法二：由（1）可知：，，，平面，

所以平面，

且平面，可得，

又因为∥，所以，则，

设点到平面的距离为，

因为，

则，解得

所以与平面所成角的正弦值为；

方法三：由（1）可知：，，，平面，

所以平面，

且平面，可得，

又因为∥，所以，则，

过作，连接，

因为平面，平面，则，

且，平面，所以平面，

所以与平面所成角，

在中，由等面积法可得，解得，

所以与平面所成角的正弦值为.

21. 已知函数（），.

（1）讨论函数的单调区间；

（2）若函数，的图象存在两条公切线，求实数的取值范围.

【答案】（1）当时，的单调减区间是，无单调增区间；

当时，的单调递减区间是，单调增区间是；   

（2）

【解析】

【分析】（1）求出，分和两种情况讨论的正负即可得答案；

（2）设函数上的切点坐标为，且，函数上的切点坐标为，可得，求出公切线，代入，得，将问题转化为与有两个交点，求导，作出的大致图象，结合图象即可得答案.

【小问1详解】

解：因为，

所以，

①若，则，所以函数的单调减区间是，无单调增区间；

②若，令，则有，解得，

所以当时，；当时，；

所以函数的单调递减区间是，单调增区间是；

当时，的单调减区间是，无单调增区间；

当时，的单调递减区间是，单调增区间是.

【小问2详解】

解：设函数上的切点坐标为，且，

函数上的切点坐标为，且.

又，，

则公切线的斜率，则，所以，

则公切线方程为，即，

代入得：，

则，整理得，

若总存在两条不同的直线与函数，图象均相切，

则方程有两个不同的实根，

设，，则，

令，得，

当时，，单调递增，当时，，单调递减，

又由可得，

则趋于时，趋于；

趋于时，趋于，则函数的大致图象如下：

所以，解得，

故实数的取值范围为.

【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是通过设切点坐标得到切线方程，从而有，再通过设新函数，利用导数结合图形从而得到的范围.

22. 类似于圆的垂径定理，椭圆：（）中有如下性质：不过椭圆中心的一条弦的中点为，当，斜率均存在时，，利用这一结论解决如下问题：已知椭圆：，直线与椭圆交于，两点，且，其中为坐标原点.

（1）求点的轨迹方程；

（2）过点作直线交椭圆于，两点，使，求四边形的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）设出，由可求出点的坐标，代入椭圆方程可得点的轨迹方程.

（2）设，由，知为中点，当直线不与坐标轴重合时，结合已知条件，可得，求出直线的方程，与椭圆联立，可得根与系数关系，由弦长公式求出，再由点到直线的距离公式可求得，点到直线的距离，点到直线的距离，可求得面积，当直线与坐标轴重合时，易得解.

【小问1详解】

设，因为，

，代入椭圆得：，

点的轨迹方程为：.

【小问2详解】

设，由（1）则，

①当直线不与坐标轴重合时，由，知为中点，

，

直线：，

代入椭圆：的方程得：

即：，设，，

由根与系数关系，

，

设表示点到直线的距离，表示点到直线的距离，

；

它法：利用比例关系转化：，酌情给分.

②当直线与坐标轴重合时，

不妨取，，，

或，，，

综上所述：四边形的面积是.