浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期开学适应性考试数学试题

这是一份浙江省名校协作体2023-2024学年高二下学期开学适应性考试数学试题，共9页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷，已知点A是椭圆C，在正四棱台中，，则，设F为双曲线C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。
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．设复数z满足，则z的虚部是
A．B．C．D．
2．平面的一个法向量，点在内，则点到平面的距离为
A．B．C．D．
3．已知，则“”是“直线与平行”的
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．若一个圆锥和一个半球有公共底面，且圆锥的体积恰好等于半球的体积，则该圆锥的轴截面的顶角的余弦值为
A．B．C．D．
5．若数列为等差数列，数列为等比数列，则下列不等式一定成立的是
A．B．C．D．
6．下列图象中，不可能是函数（，）的图象的是
A．B．
C．D．
7．已知E，F分别是矩形ABCD边AD，BC的中点，沿EF将矩形ABCD翻折成大小为的二面角．在动点P从点E沿线段EF运动到点F的过程中，记二面角的大小为，则
A．当时，先增大后减小B．当时，先减小后增大
C．当时，先增大后减小D．当时，先减小后增大
8．已知点A是椭圆C:的左顶点，过点A且斜率为的直线l与椭圆C交于另一点P（点P在第一象限）．以原点O为圆心，为半径的圆在点P处的切线与x轴交于点Q．若，则椭圆C离心率的取值范围是
A．B．C．D．
二、选择题：本大题共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，部分选对的得得部分分，有选错的不得分。
9．在正四棱台中，，则
A．直线与所成的角为60°B．平面与平面的夹角为60°
C．平面D．平面
10．设F为双曲线C:的右焦点，O为坐标原点．若圆交C的右支于A，B两点，则
A．C的焦距为B．为定值
C．的最大值为4D．的最小值为2
11．已知数列：1，1，2，1，3，5，1，4，7，10，…，其中第1项为1，接下来的2项为1，2，接下来的3项为1，3，5，再接下来的4项为1，4，7，10，依此类推，则
A．
B．
C．存在正整数m，使得，，成等比数列
D．有且仅有4个不同的正整数m，使得
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．若，则________
13．已知数列中，，，则________；设数列的前n项的和为，则________．
14．在三棱锥中，平面BCD，，，则三棱锥外接球表面积的最小值为________．
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）
在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，．
（1）求A；
（2）设角A的平分线与BC交于点D，若，求．
16．（15分）
若存在常数k，b使得函数与对于给定区间上的任意实数x，均有，则称是与的隔离直线．
已知函数，．
（1）在实数范围内解不等式：；
（2）当时，写出一条与的隔离直线的方程并证明．
17．（15分）
如图，正方形ABCD的边长为4，E为AB中点，F是边BC上的动点．将沿DE翻折到，沿EF翻折到．
（1）证明：平面平面SFD；
（2）设平面平面，证明：;
（3）若，连接DF，设直线SE与平面DEF所成角为，求的最大值．
18．（17分）
已知数列的前n项和为，满足．
（1）求数列的通项公式；
（2）记，数列的前n项和为，证明：
．
19．（17分）
已知A是抛物线上一点（异于原点），斜率为的直线与抛物线恰有一个公共点A（与x轴不平行）．
（1）当时，求点A的纵坐标；
（2）斜率为的直线与抛物线交于B，C两点，且是正三角形，求的取值范围．
命题：金华一中周
2023学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题答案
高二年级数学学科
首命题：××中学 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。
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．
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． 13．1 125 14．
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）
（1）因，由正弦定理可得：，即．
因，故，则有，即，故．
（2）因为AD为角平分线，所以，所以
．
因，，，则，即，所以．
又由余弦定理可得：，将，分别代入化简得：，解得：或（舍去），所以．
16．（15分）
（1）由可得或．
讨论x的正负可得．
（2）一条隔离直线为．
证明：显然，下证．
事实上，故．
综上所述，直线为与的一条隔离直线．
17．（15分）
（1）证明：因为ABCD是正方形，∴，，又，SD，面SFD，∴面SFD，又平面SEF，所以平面平面SFD；
（2）证明：因为，面SBC，面SBC，所以面SBC，又因为面面，所以．
（3）设S在面AEF上的射影为O，连接EO，则为直线SE与平面DEF所成角．
设，则．．
在中，，，．可得
，，
∵，
又，∴，
令，，，
令，，
，
当，且时，，，则，
可得在上单调递减，∴当，即时，最大为，∴最大值为．
18．（17分）
【详解】（1）∵，∴
由及，
得，即
∴是以2为首项，2为公比的等比数列∴
（2）证明：∵
∴，从而
∵
∴
又
∴
综上所述：．
19．（17分）
（Ⅰ）由题意可设，直线：，代入拋物线得
．
由题意，方程有两个相等的实根，故
．
又，所以点A的纵坐标．
（Ⅱ）由题意可设直线AB：，代入抛物线得
，
故．
设直线AC：，同理可得
．
由知
，
不妨设A，B，C是绕着的重心逆时针排列的，则由知
，
代入化简得
，
结合及时与同号可知
，
又，进而
，
代入化简得
．
得．
当时，易知轴，B位于坐标原点，此时
．
而，，均不符合题意．
因此，的取值范围是．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
C
A
C
B
D
C
B
题号
9
10
11
答案
ACD
BCD
AB