浙江省名校协作体G12 高三返校考数学试题及答案
高三数学试题与解析-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
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{}2340M x x x =--<，(){}ln 1N x y x ==-，则M N = （）A.()1,4 B.[)1,4 C.()1,4- D.[)1,4-2.若()()12i 32i 2i z ---=+，则z =（）A.33i-+ B.33i-- C.33i + D.33i-3.已知直线0ax y +=是双曲线()222104x y a a -=>的一条渐近线，则该双曲线的半焦距为（）B. C. D.4.已知a ，b是两个不共线的单位向量，(),c a b λμλμ=+∈R ，则“0λ>且0μ>”是“()0c a b ⋅+> ”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()1ln f x a x x=+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xOy 中，圆C 的方程为()2231x y -+=，且圆C 与x 轴交于M ，N 两点，设直线l 的方程为()0y kx k =>，直线l 与圆C 相交于A ，B 两点，直线AM 与直线BN 相交于点P ，直线AM 、直线BN 、直线OP 的斜率分别为1k ，2k ，3k ，则（）A.1232k k k += B.1232k k k += C.1232k k k += D.123k k k +=8.已知直线BC 垂直单位圆O 所在的平面，且直线BC 交单位圆于点A ，1AB BC ==，P 为单位圆上除A 外的任意一点，l 为过点P 的单位圆O 的切线，则（）A.有且仅有一点P 使二面角B l C --取得最小值B.有且仅有两点P 使二面角B l C --取得最小值C.有且仅有一点P 使二面角B l C --取得最大值D.有且仅有两点P 使二面角B l C --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，A 表示事件“取出的两球不同色”，B 表示事件“第一次取出的是黑球”，C 表示事件“第二次取出的是黑球”，D 表示事件“取出的两球同色”，则（）A.A 与D 相互独立B.A 与B 相互独立C.B 与D 相互独立D.A 与C 相互独立10.已知函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，且()()25f x g x +-=，()()47g x f x --=.若2x =是()g x 的对称轴，且()24g =，则（）A.()f x 是奇函数B.()3,6是()g x 的对称中心C.2是()f x 的周期D.()221130k g k ==∑11.在平面直角坐标系中，将函数()f x 的图象绕坐标原点逆时针旋转()090αα<≤︒后，所得曲线仍然是某个函数的图象，则称()f x 为“α旋转函数”.那么（）A.存在90︒旋转函数B.80︒旋转函数一定是70︒旋转函数C.若()1g x ax x=+为45︒旋转函数，则1a =D.若()ex bx h x =为45︒旋转函数，则2e 0b -≤≤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。
2019学年浙江省9月高三名校协作体G12开学联考卷(选填压轴小题解析)
（2019学年9月第一学期浙江省名校协作体数学试题9）已知a ，b 为实数，则“不等式1ax b +≤对所有满足1x ≤都成立”是“1a ≤且1b ≤”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（试题编辑与解析提供：宁波汪灿泉）【答案】A【解析】“不等式”1ax b +≤对所有满足1x ≤都成立，令()()1()11221()()11()122a b a b a a b a b a b x a b a b a b b a b a b +--+⎧=≤+--+≤⎪⎧+≤⎪⎪=±⇒⇒⎨⎨++-+-+≤⎪⎪⎩=≤++-+≤⎪⎩，因此是充分条件；反之，当1a ≤且1b ≤时，取1,1a b ax b ==+≤不能对所有满足1x ≤都成立，因此是不必要条件。
故选A（2019学年9月第一学期浙江省名校协作体数学试题9）已知正数a ，b 满足4)(2=+b a ab ，则b a +2的最小值为A.12B.8C.22D.3（试题编辑与解析提供：杭州李红波）【答案】C【解析】方法1：凑不等式由4)(2=+b a ab ，得：)(42b a a b +=，因此8162)(4)(444)2(222=≥+++=++=+b a a b a a b ab a b a ，故222≥+b a .当且仅当1)(=+b a a ，即12-=a ，2=b 时取得最小值.或者：24)(b b a a =+，故81624444)2(22222=≥+=++=+b b b ab a b a ，方法2：万能k 法令k b a =+2，则b k a -=2，代入4)(2=+b a ab ，得：016224=+-b k b ，由0≥∆，即0644≥-k ，解得22≥k 方法3：消元（解关于a 的一元二次方程）由4)(2=+b a ab ，得：04322=-+a b a b ，0>a .解得：bb b a 21624++-=，因此22816162224=≥+=+=+bb b b b a 【注】本题由下面这道不等式题改编而来，详解见下文！已知a ，b 为正实数，且满足ab b a a ab 4)(4=++，则b a +2的最小值为.【答案】22【解析】第一步，先对ab b a a ab 4)(4=++变形，)(411(4b a b b a b a ab +=+-=，即4)(2=+b a ab ，第二步，巧用基本不等式（凑定值），由第一步中4)(2=+b a ab ，8)(42)(444)2(22222=+≥++=++=+b a ab b b a a b ab a b a 故.222≥+b a 当且仅当⎩⎨⎧=+=+4)()(422b a ab b b a a ，即12-=a ，2=b 时，取“=”.【另解】大胆尝试求根，由4)(2=+b a ab ，得04322=-+a b a b （看成关于a 的一元二次方程），解得：222263162121216bb b b b b b a ++-=++-=因此.22816222=≥+=+bb b a （2019学年9月第一学期浙江省名校协作体数学试题10）已知椭圆()2222:10x y a b a bΓ+=>>内有一定点()1,1P ，过点P 的两条直线12,l l 分别与椭圆Γ交于,A C 和,B D 两点，且满足,AP PC BP PD λλ== ，若λ变化时，直线CD 的斜率总为14-，则椭圆Γ的离心率为 A.32 B.12 C.22 D.55（试题编辑与解析提供：浙江宁波赖庆龙）【答案】A【解析】解析1：设()()()()11223344,,,,,,,A x y B x y C x y D x y .由AP PC λ= ,得()()11331,11,1x y x y λ--=--,即131311x x y y λλλλì+=+ïïíï+=+ïî,同理可得242411x x y y λλλλì+=+ïïíï+=+ïî两式相加得()()()()()()123412342121x x x x y y y y λλλλìï+++=+ïíï+++=+ïî,即()()()()12341234x x x x y y y y λλ+++=+++,由点差法知2121221212y y x x b x x y y a -+=-×-+,即21221214x x b y y a +-=-×+,所以()()2212124a y y b x x +=+,同理有()()2234344a y y b x x +=+所以2214b a =,则222314b e a=-=,所以e .故选项A 正确.解析2：如图,,,A P C 三点共线,,,B P D 三点共线,由,AP PC BP PD λλ== 知:AP BP PC BDλ==,所以//AB CD ,取AB 中点M ,CD 中点N ,则,,,M O P N 四点共线.由垂径定理知21CD ON k k e ×=-即21CD OP k k e ×=-,所以213144e =-=,所以32e =.故选项A 正确.（2019学年9月第一学期浙江省名校协作体数学试题15）已知数列{}n a 为等差数列，公差为(0)d d ≠，且满足344651222019a a a a a a d ++=，则5611a a -=.(试题编辑与解析提供：慈溪中学苗孟义)【解析】方法一：由于344651220192d a a a a a a =++4366512()a a a a a a =+++455123a a a a =+5412(3)a a a =+544412()a a a a a =+++564a a =，即65562019()4a a a a -=，所以5611a a -=655642019a a a a -=.方法二：由于344651220192d a a a a a a =++555555(2)()2()()(7)a d a d a d a d a a d =--+-+++，所以255552019444()d a a d a a d =+=+，所以5655114()2019d a a a a d -==+.方法三：设首项为1a ，由于344651222019a a a a a a d ++=，则1111112019(2)(3)2(3)(5)(4)(11)d a d a d a d a d a d a d =++++++++，即222211112019436804(920)d a a d d a a d d =++=++，所以5611a a -=65225611114(4)(5)2019920a a d d a a a d a d a a d d -===++++.（2019学年9月第一学期浙江省名校协作体数学试题16）已知ABC ∆的面积为1,若1,BC =则当这个三角形的三条高的乘积取最大值时,sin A =(试题编辑与解析提供：浙江湖州莫国良）【答案】:817【解析】112a b c S ah bh ch ====⇒8a b c h h h bc=()()22112cos 21cos ,21cos b c bc A bc A bc A =+-≥-⇒≤-2sin bc A =,联立解得8sinA 17≤,当且仅当b c =取等号.（2019学年9月第一学期浙江省名校协作体数学试题17）已知非零的平面向量,a b 满足0a b ⋅= ，平面向量c 满足22c a c b -=-= ，若12c a b --≤ ，则c 的取值范围是______.（试题编辑与解析提供：绍兴徐浙虞）【答案】195⎣【解析一】平方可得22222421c c a a c c b b ⎧-⋅+=⎪⎨⎪-⋅+=⎩ ，又因为222222c a b c a b c a c b --=++-⋅-⋅ ，代入化简可得22154c a b c --=-≤ ，故可得1952c ∈⎣ .【解析二】即,,OA a OB b OC c === ，故可得2c a CA -== ，1c b CB -== ，12c a b CD --=≤ ，又因为在矩形OABD 中，2222CA CB CO CD +=+，可得222225CO CB CA CD CD =+-=-，所以219,54CO ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故可得195c ∈⎣ .。
2023学年高三第一学期浙江省名校协作题(答案)
2023学年第一学期浙江省名校协作体试题高三年级数学学科参考答案一、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：本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，选对但不全的得2分，有选错的或不选的得0分.三、填空题:本大题共4小题，单空题4分，多空题6分，共20分. 把答案填在答题卡中的横线上. 13. ()(),04,−∞+∞；14.； 15. 27416. e四、解答题:本大题共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.解:(1)化简得1cos 21()2sin(2)2226x f x x x π−=−=−+ ………………………………………………………………………………………………3分令Z k k x k ∈+≤+≤+,2326222πππππ, 得到Z k k x k ∈+≤≤+,326ππππ 所以()f x 的增区间为Z k k k ∈++],32,6[ππππ …………………………………………………………………………………………5分 (2)由23)(=A f , 得1)62sin(−=+πA , 由于613626πππ<+<A , 所以2362ππ=+A得到32π=A ………………………………………………………………………7分2(sin 2sin )2sin())4cos sin 3a b c B C B B B A π+=+=+−=…………………………………………………………………………………………9分由于30π<<B , )4,2(cos 42∈=+B c b …………………………………………10分18.解:(1)等腰梯形ABCD 中, 4=AB , 2==DC AD , 得到AD BD ⊥,……………………………………………………………………………………………2分32=BD .由22216BE DE BD ==+, 得到DE BD ⊥,且AD DE D =，因此BD ⊥平面ADE , …………………………………………………………………4分 又因为BD ⊂平面ABCD ，故平面ADE ⊥平面ABCD ……………………………5分(2)方法一：由(1)知ADE BD 面⊥, 得到ADE BDE 面面⊥.作DE AH ⊥于H 点, 有BDE AH 面⊥. AFH ∠即为直线AF 与BDE 面所成角 ……………………………………………………………………………………………8分在直角三角形AHF 中, 由3=AH 和60AFH ︒∠=, 得到1=FH……………………………………………………………………………………………10分由1EH FH ==，60HEF ∠=︒得1=FE ，又=4EB ，所以存在41=λ. ……………………………………………………………………………………………12分 方法二:以点D 为坐标原点, DA 为x 轴, DB 为y 轴,建立如图所示空间直角坐标系.其中(0,0,0)D ，(2,0,0)A，B，E………………………………………………………………………………………………6分得到DB =, DE =, 设平面BDE 的法向量为(,,)n x y z =由⎪⎩⎪⎨⎧=⋅=⋅00DE n DB n ,得⎩⎨⎧=+=03032z x y ,不妨设1−=z ,则取)1,0,3(−=n ………………………………………………………………………………………………8分 又)3,32,1(−−=EB, )3,32,(λλλλ−−==EB EF ,(1,0,3)(,)()AF AE EF λλ=+=−+−=−−则cos ,sin 6022AF n AF n AF n⋅<>===︒=A第18题答案（图1）x………………………………………………………………………………………………10分41)(0或舍去=λ所以,41=λ.……………………………………………………………12分 19解：(1)由231n n S a =−，得()112312n n S a n −−=−≥，两式相减得13(2)n n a a n −=≥．………………………………………………………………………………………………2分 令11, 1n a ==，∴数列{}n a 成等比数列，∴13n n a −=………………………………………………………………………………………………4分(2)由于113,3,n n n n n b n n −−⎧+⎪=⎨⋅⎪⎩为奇数为偶数.0242229113521)(3333)8n n S n n −−=+++⋅⋅⋅+−++++⋅⋅⋅+=+奇数项（……………………………………………………………………………………………7分1352123436323n S n −=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅偶数项①，则35721923436323n S n +=⋅+⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅偶数项②，①—②得：132121213(19)82(333)2322319n n n n S n n −++⋅−−=++⋅⋅⋅+−⋅=−⋅−偶数项2(243)3332n n S −⋅+=偶数项……………………………………………………………11分∴2n T =2918n n −++2(243)3332n n −⋅+=2n +2(241)3132n n +⋅− ……………………………………………………………………………………………12分20. 解：（1）因为对60名学生明显有效运动是否与性别有关的调查，其中女生与男生的人数之比为1:2，女生中明显有效运动的人数占12 ，男生中明显有效运动的人数占34，得到…………………………………………………………………………………………………2分 给定假设0H ：明显有效运动与性别没有关系. 由于222() 3.75 2.706(0.100)()()()()n ad bc P a b c d a c b d χχ−==>=≥++++ ，则根据小概率值0.100α=的2χ独立性检验，有充分的证据推断假设0H 不成立，因此认为明显有效运动与性别存在差异.…………………………………………………………………………………………………4分 （2）由样本数据可知，不明显有效运动的频率为13，用样本的频率估计概率，所以不明显有效运动的概率为13，……………………………………………………………………6分设11人不明显有效运动的人数为X ，则1~11,3X B ⎛⎫ ⎪⎝⎭所以111111()1(0,1,2,11)33kkk P x k C k −⎛⎫⎛⎫==−= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭…………………………………………………………………………………………………8分 假设11人中不明显有效运动的人数最有可能是k ,则1111011111111121111111111133331111113333k k k kk k k k k kk k C C C C −+−+−−−−⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫−≥−⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎨⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪−≥− ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎩………………………………………10分得34k ≤≤ 所以11人中不明显有效运动的人数最有可能是3或4.………………………………………………………………………………………………12分21. 解：（1）设00(,)P x y ， 2200221x y a b−=，则2220022y x a b a −=，又(,0)A a −，(,0)B a ， ∴2200022200013PA PB y y y b k k x a x a x a a ⋅=⋅===+−−，……………………………………3分 又焦点到其一条渐近线0bx ax +=1b ==，解得：a =1b =. 所以双曲线C 的方程：2213x y −=……………………………………………………6分（2）设直线MN 的方程为x my t =+，()11,M x y ，()22,N x y .由2233x my t x y =+⎧⎨−=⎩得222(3)230m y mty t −++−=，∴12223mt y y m +=−−， 212233t y y m −=− …………………………………………………………………………………………………8分()),,A B直直线:AM y x =+直，则直线AM 直在y 直轴上的距距为，直线:BN y x =，则直线BN 在y，=又13AM BMk k ⋅==，113x y =.所以11x y=1212(0x x y y −+=，…………………………………………………………………………………………………10分∴1212(0my t my t y y +++=，∴221212(1)(()(0m y y t m y y t ++++=，∴2222232(1)((033t mtm t m tm −−+⋅+⋅+=−−，化简得：t =或t =. 若t =，直线MN 过顶点，舍去. t ∴=.则直线MN 的方程为x my =+，所以直线MN 过定点E .………………………………………………………………………………………………12分22 解：（1）由于'()e 2(1)x f x a e x =−−,…………………………………………………2分由题知()0f x '=有两个不同实数根,即2(1)xe x a e −=有两个不同实数根.令2(1)()xe x g x e −=，则2(2)'()0x e x g x e −=≥，解得2x ≤，故()g x 在(,2]−∞上单调递增，在[2,)+∞直上单调递减，且lim ()x g x →−∞=−∞直，lim ()0x g x →+∞=直，2(2)g e=直，故()g x 直的图如如图所示，………………………………………………………………………………………………4分当20,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，f 1x ≤或2x x ≥，故()f x在1(0,]x ()f x 的极大值点为1x ，极小值点为2x .故()e (x f x a e =−2e ⎫⎪⎭.5分 (2)由于211222111))(e 21)()1(ex x x λ−≥+−−− …………………………………………………………………………………………………6分若设111t x =−，22121(0)t x t t =−<<，则上式即为1212(2)et e t t t λ+−≥⋅由(1)可得1212e 20e 20t t a t a t ⎧=>⎪⎨=>⎪⎩,两式相除得2121e t t t t −=,即1221ln 0t t t t −=>,由1212(2)et e t t t λ+−≥⋅得()[]22112121(2)ln t et e t t t tt t λ−+−≥…………………………………………………………………………………………………9分所以2112212(e 2)e ln t t t t t t λ+−−⋅≤,令211t t t =>,2(2)()(1)ln e e t t h t t t +−−=>， 则()h t λ≤在(1,)+∞恒成立,由于2222(2)ln 2(2)()ln e t e t t e t eh t t t⎡⎤−+−−−+⎣⎦'=, ………………………………………………………………………………………………10分令22()(2)ln 2(2)t e t e t t e t e ϕ⎡⎤=−+−−−+⎣⎦,则()2(2)ln 2(2)e t e t t e t tϕ'=−−−−+, 2()2(2)ln 2(2)2et e t e e tϕ''=−+−−−+,显然()t ϕ''在(1,)+∞递增，又有1(1)20,(e)3e 60eϕϕ''=−<''=−−> ,所以存在0(1,)t e ∈直得得()00t ϕ''= ,且易得()t ϕ'直在()01,t 直递减,()0,t +∞直递增,又有2(1)0,(e)e 2e 10ϕϕ'='=−−> ,所以存在1(1,e)t ∈直得得()10t ϕ= ,且易得()t ϕ直在()11,t 直递减,()1,t +∞直递增,又(1)(e)0ϕϕ== ,则1e x <<直时,()0,()0,e t h t x ϕ<'<>时,()0,()0t h t ϕ>'>,所以易得()h t 在(1,e)上递减,在(e,)+∞上递增,则2min ()(e)(e 1)h t h ==−, 所以λ的取值范围为2](,(1)e −∞−.………………………………………………………………………………………………12分。
浙江省名校协作体(G12)2020届高三3月联考数学试题
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（共40分）一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．若全集{}0,1,2,3,4,5,6,7U=，集合{}3,4,5,6A=，集合{}1,3,4B=，则集合()()U UA B=I痧A．{}0,1,2,5,6,7B．{}1C．{}0,2,7D．{}5,62．已知双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的渐近线方程为3y x=±，则双曲线的离心率是A B C D．3．若直线2y ax a=+与不等式组60330x yxx y-+≥⎧⎪≤⎨⎪+-≥⎩表示的平面区域有公共点，则实数a的取值范围是A．90,5⎡⎤⎢⎥⎣⎦B．[]0,9C．[)0,+∞D．(],9-∞4．某几何体的三视图如图所示（单位：cm），该几何体的体积（单位：3cm）是A．162B．126C．144D．108+5．已知平面α⊥平面β，且l=Iαβ，aα⊂，b，则“a b⊥”是“a l⊥或b l⊥”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6．函数sin2(1)||1e xy x=-+的图象可能是正视图侧视图BC ．D ．7．已知01a <<，随机变量,X Y 的分布列如下：A ．()2E Y a =B ．()()E X E Y =C ．()12D Y >D ．()()D X D Y = 8．已知C 为Rt ABD ∆斜边BD 上一点，且ACD ∆为等边三角形，现将ABC ∆沿AC 翻折至AB C '∆．若在三棱锥B ACD '-中，直线CB '和直线AB '与平面ACD 所成角分别为,αβ，则 A ．0αβ<< B ．2βαβ<≤ C ．23βαβ≤< D ．3αβ>9．已知10ea b <<<，则下列正确的是 A >>> B >>>C >>> D ．以上均不正确10．已知数列{}n a 满足：()110,ln e 1n an n a a a +==+-（*N n ∈），前n 项和为n S ( 参考数据：ln 20.693,ln3 1.099≈≈)，则下列选项中错误．．的是 A ．{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列 B ．1ln3n n a a ++≤ C ．2020666S < D ．212n n a a -<注意：受阅卷系统限制，本学科卷面题号与手机端提交区域题号做如下调整：答题卷11—17题提交在手机端11题， 答题卷18题提交在手机端12题， 答题卷19题提交在手机端13题， 答题卷20题提交在手机端14题 答题卷21题提交在手机端15题 答题卷22题提交在手机端16题非选择题部分（共110分）二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分． 11．若复数2i1iz +=-(i 为虚数单位)，则z = ▲ ． 12．我国古代数学著作《增删算法统宗》中有这样一道题：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，六朝才得到其关；要见每朝行里数，请君仔细详推算．”其大意为“某人行路，每天走的路是前一天的一半，6天共走了378里．”则他第六天走 ▲ 里路，前三天共走了 ▲ 里路．13．在二项式621x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的展开式中，常数项是 ▲ ，所有二项式系数之和是 ▲ ．14．设椭圆22:12x C y +=的左焦点为F ，直线:20l x y -+=．动点P 在椭圆C 上，记点P 到直线l 的距离为d ，则||PF d -的最大值是 ▲ ．15．在ΔABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．若2C B =，43b c =，1a =，则sin A =▲ ，ΔABC 的面积是 ▲ ．16．已知,R x y ∈，且满足4210x y xy +++=，则224x y x y +++的最小值是 ▲ ．17．已知平面向量3,,,2,3,4,2a b c a b c a b ===⋅=r r r r r r r r ，则a c b c ⋅+⋅r r r r 的最大值是 ▲ ，最小值是 ▲ ．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（本小题满分14分）已知函数()21sin cos 2+326f x x x ππ⎛⎫⎛⎫=++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. （Ⅰ）求24π⎛⎫⎪⎝⎭f 的值； （Ⅱ）求函数()y f x =的最小正周期及其单调递增区间．19．（本小题满分15分）如图，在四棱台1111ABCD A B C D -中，底面A B C D 是菱形，3ABC π∠=，16B BD π∠=，11B BA B BC ∠=∠，1122AB A B ==，13B B =．（Ⅰ）求证：直线AC ⊥平面1BDB ；（Ⅱ）求直线11A B 与平面1ACC 所成角的正弦值．20．（本小题满分15分）已知等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，满足4212a a -=，42323S S S +=，数列{}n b 满足10b =，且()()()()11111n n n b n b n n +-+=+++（*N n ∈）． （Ⅰ）求数列{}n a ，{}n b 的通项公式；（Ⅱ）设数列n ⎪⎪⎩⎭前n 项和为n T ，证明：2n T <（*N n ∈）．21．（本小题满分15分）已知抛物线22x py =（0p >）上一点R (,2)m 到它的准线的距离为3． 若点,,A B C 分别在抛物线上，且点A 、C 在y 轴右侧，点B 在y 轴左侧，ABC ∆的重心G 在y 轴上，直线AB 交y 轴于点M 且满足32AM BM <，直线BC 交y 轴于点N ．记,,ABC AMG CNG ∆∆∆的面积分别为123,,S S S ，（Ⅰ）求p 的值及抛物线的准线方程；（Ⅱ）求123S S S +的取值范围．22．（本小题满分15分）已知函数()()e eln f x k x kx =-+，其中0k >．()e xg x =．（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）证明：当2e 2e e k <<+时，存在唯一的整数0x ，使得()()00f x g x >．（注： e 2.71828=L 为自然对数的底数，且ln 20.693≈，ln3 1.099≈．）第19题图第21题图。
浙江省部分学校2025届高三上学期返校联考数学答案
参考答案：1．C【分析】根据交集的定义直接判断即可.【详解】因为A B ∩是6的倍数，所以{|6,}A Bx x k k Z ∩==∈， 故选：C. 2．D【分析】先求复数z,再求复数2z ，再求它的虚部.【详解】由题得2232,(32)9412512z i z i i i =−∴=−=−−=−，所以它的虚部为-12. 故答案为D.【点睛】(1)本题主要考查复数的运算和复数的虚部概念，意在考查学生对这些知识的掌握水平.(2) 复数(,)z a bi a b R =+∈的实部是a,虚部为b ，不是bi.3．C【分析】根据平面向量的线性运算与坐标表示，求解即可．【详解】()()()1,23,42,2CB AB AC =−=−=−−， 故选：C ． 4．A【分析】将已知等式切化弦可求得sin cos θθ，根据二倍角公式可求得结果. 【详解】1tan 4tan θθ+=，22cos cos 14sin sin cos sin cos sin θθθθθθθθ+===， 解得：1sin cos 4θθ=， 21cos 21111112cos sin 2sin cos 42222424πθπθθθθ++ +==−+=−+=−+=． 故选：A. 5．C【分析】根据球的表面积公式，以及圆柱圆台的侧面积公式，即可求解.【详解】该组合体的直观图如图：半球的半径为8米，圆柱的底面半径为8米，母线长为13米，圆台的两底面半径分别为8米和1米，高为24米， 所以半球的表面积为214π8128π2×⋅=（平方米），圆柱的侧面积为2π813208π⋅⋅×=（平方米），圆台的侧面积为()π81225π+=（平方米）， 故该组合体的表面积为2128π+208π+225π+π1562π×=（平方米）． 故选：C 6．C【分析】先根据对数函数的单调性得出01a <<，再构造函数结合函数单调性求解即可. 【详解】因为0a >，又函数3log y x =单调递增，所以3241a a +>+，即01a <<， 对于不等式x y a a x y −<−，移项整理得x y a x a y −<−，构造函数()x h x a x =−，由于单调递减，所以x y >，即0x y −>，故选:C. 7．C【分析】辅助角公式化简后解方程，由第五个正根小于π，第六个正根大于等于π可得.【详解】由()sin 2sin()13f x x x x πωωω==−=−，得：5236x k ππωπ−=−+或2,36x k k Z ππωπ−=−+∈，即2k x πω，或2,6k x k Z ππωω=+∈， 易知由小到大第5、6个正根分别为256πω，112πω. 因为方程()1f x =−在()0,π上有且只有五个实数根， 所以有256ππω<且112ππω≥，解得251162ω<≤. 故选：C. 8．A【详解】易知21()()log 3x f x x =−为两个减函数的和，所以其为减函数，又正实数a ，b ，c 是公差为负数的等差数列，所以0c b a <<<，又()()()0f a f b f c ⋅⋅<，所以()0,()0,()0f a f b f c <<<或()0,()0,()0f a f b f c <>>，所以总有()0f a <，又 ()0f d =，()()f a f d <，所以d a <成立，故选A ．点睛：本题考查函数的零点及等差数列，属于中档题．解决问题的角度从函数值的大小来判断自变量的大小，因此首先要分析函数的单调性，其次判断函数值的大小要通过分析()()()0f a f b f c ⋅⋅<来实现，结合等差数列判断出()0f a <，从而零点对应的函数值要大于()f a ，再结合单调性即可判断出d a <． 9．ABC【分析】根据正态分布的性质一一判断即可.【详解】对于A ：因为()22,N ξσ ，且(4)0.8P ξ<=， 则(02)(24)(4)(2)0.80.50.3ξξξξ<<=<<=<−<=−=P P P P ，故A 正确；对于B ：因为()22,N ξσ ，且(02)0.4P ξ<<=， 则(0)(2)(02)0.50.40.9P P P ξξξ>>+<<+，故B 正确； 对于C ：因为()0,1X N ，且(1)P X m >=， 所以()()1(10)(01)012P X P X P X P X m −<<=<<=>−>=−，故C 正确；对于D ：因为()2,9X N ，且()()P X a bP X a b >+=<−， 所以()22a b a b ++−=×，解得2a =，故D 错误. 故选：ABC 10．BD【分析】根据导函数的正负，可判断原函数的单调性，故可判断A ，由单调性的考查可知()f x 的最小值点，进而可求最小值，进而可判断B ，根据函数图像的交点以及极值点的定义即可判断个数，即可判断C ，根据最大极值点的范围，结合函数图像的周期性，即可求解D.【详解】()e sin 2()e 2cos 2x x f x x f x x ′=−∴=− ，,当π0,2x∈时,cos 2x 单调递减，e x 单调递增，所以()f x ′单调递增,且()π6π010,e 106f f ′′=−<=−>−>,所以存在00π0,,()06x f x ′∈= ,当()00,,()0x x f x ′∈<,此时()f x 单调递减,故A 错误.()e 2cos 20e 2cos 2x x f x x x =′=−=⇒,在同一个直角坐标系中画出21e 2c s 2,o x y x y ==.当π6ππ,2cos 163x e −=−−=>，因此,当0π,6x x ∈− 时,此时()0f x ′<，()f x 单调递减,当()0,x x ∈+∞，()f x 单调递增，0x 满足00e =2cos 2xx 且0π0,6x ∈ ，故()()00000min e sin 2=2cos2sin 2x f f x x x x x −=−=，()n 00mi 2cos2i =s n 2f x x x −在0π0,6x∈上单调递减，所以()00min πs π=2cos2sin 22cos 2in 2661f x x x −>×−×，故当π,6x ∈−+∞时，()1f x >所以B正确.由21e 2c s 2,o xy x y ==的图象可知，存在3ππ,4x ∗ ∈−−，当 πx x ∗−<<时，e 2cos 2,x x <此时()e 2cos 20x f x x ′=−<，()f x 单调递减，当π2x x ∗<<−，e 2cos 2,x x >此时()e 2cos 20x f x x ′=−>，()f x 单调递增，所以当π-π,-2x∈，()f x 只有一个极小值点x ∗ ，由于22cos 2y x = 是以周期为π 的周期函数，故当(2022π,0)−，()f x 有2022个极小值点，当()0,πx ∈时，()f x 有一个极小值点，而当πx >，e 2cos 2x x >恒成立，故该区间无极值点，所以()f x 在(2022π,2022π)−存在2023个极小值点，故C 错误. 由21e 2c s 2,o xy x y ==的图象可知，存在1-,0π4x ∈，当 1π4x x −<<时，e 2cos 2,x x >此时()e 2cos 20x f x x ′=−>，()f x 单调递增，当10x x <<，e 2cos 2,x x <此时()e 2cos 20x f x x ′=−<，()f x 单调递减，所以当π-,04x∈，()f x 只有一个极大值点1x .当π6ππ,2cos 163x e −=−−=>，由图像可知：1ππ,-46x ∈− ，由22cos 2y x =是以周期为π 的周期函数，因此ππ+π,π46i x k k∈−−+，其中k 为非正整数.101π7π13πππ109140+--9π10π=π6666623i i x =×<−+−+−=−×+− ∑ ，故D 正确. 故选：BD【点睛】 11．BCD【分析】对于A ，将原点坐标代入方程判断，对于B ，对曲线方程以x −代x ，y −代y 进行判断，对于C ，利用曲线方程求出x 的取值范围，结合两点间的距离公式进行判断，对于D ，若存在点P ，使得12PF PF ⊥，然后由120PF PF ⋅=化简计算即可判断. 【详解】对于A ，将(0,0)O 代入方程，得22c a =，所以当a c =时，原点O 在曲线C 上，所以A 错误，对于B ，以x −代x ，得222()x y c −++=，得222x y c ++=y 轴对称，y −代y ，得222()x y c +−+=，得222x y c ++=x 轴对称，以x −代x ，y −代y ，得222()()x y c −+−+=，得222x y c ++=点对称，所以曲线C 既是中心对称图形，又是轴对称图形，所以B 正确，对于C ，当a c =时，由222x y a ++=2220y x a −≥，解得222x a ≤，所以2222222OP x y a a a =+≤=，所以OP ≤，所以OP 的最大值为，所以C 正确，对于D ，若存在点P ，使得12PF PF ⊥，则12PF PF ⊥ ，因为12(,),(,)PFc x y PF c x y =−−−=−−，所以2220x c y −+=，所以222x y c +=，所以由222x y c ++=22c =222c a ≥，所以0a <≤，反之也成立，所以当0a <≤，则存在点P ，使得12PF PF ⊥，所以D 正确， 故选：BCD12．2【分析】利用双曲线的性质及余弦定理计算即可.【详解】因为倾斜角为π3的直线2PF 与双曲线C 在第一象限交于点P ，可知直线2PF 的倾斜角大于双曲线的一条渐近线的倾斜角，即2222tan 6032ba b c a e a=⇒=−⇒< ，设2PF n =，则12PF a n =+，根据1221PF F F PF ∠≥∠可知2122PF F F c ≥=， 在12PF F 中，由余弦定理可知()22222422cos12022b n c a n cn na c+−+=×⇒=−， 即222222222202≥⇒≥−⇒−−≥−b c b ac c c ac a a c，则22210−−≥⇒≥e e e故2>≥e故答案为：213．11(,)24【分析】由切线的倾斜角求出切线的斜率，利用切线的斜率等于该点的导函数值，可求得切点坐标. 【详解】设()00,P x y ，由导数的定义易求得()00'2f x x =， 由于P 在曲线()2yf x x =上，函数()f x 为二次函数，∴过点P 的切线即是点P 处的切线，故有02tan 14x π==，即012x =，则014y =，故答案为11,24. 【点睛】应用导数的几何意义求切点处切线的斜率，主要体现在以下方面：(1) 已知切点求斜率k ,即求该点处的导数；(2) 已知斜率k 求切点即解方程.14．9【分析】根据古典概型性质，先计算出某一情况下取球方法数的总数，在列举出第三次取球为白球的情形以及对应的取法数，根据古典概型计算概率，最后逐一将所有情况累加即可得出总概率，最后即可得到答案.【详解】设选出的是第k 个袋，连续四次取球的方法数为()(1)(2)3n n n n −−−， 第四次取出的是白球的取法有如下四种情形： 4白，取法数为：()(1)(2)(3)n k n k n k n k −−−−−−−， 1红3白，取法数为：13C ()(1)(2)k n k n k n k ⋅−−−−−，2红2白，取法数为：()23C 1()(1)k k n k n k ⋅−−−−，3红1白：取法数为：(1)(2)()k k k n k −−−， 所以第四次取出的是白球的总情形数为：13()(1)(2)(3)C ()(1)(2)n k n k n k n k k n k n k n k −−−−−−−+⋅−−−−−()23C 1()(1)(1)(2)()(1)(2)(3)()k k n k n k k k k n k n n n n k +⋅−−−−+−−−=−−−−，则在第k 个袋子中取出的是白球的概率为：(1)(2)(3)()(1)(2)(3)k n n n n k n kP n n n n n−−−−−==−−−， 因为选取第k 个袋的概率为1n，故任选袋子取第四个球是白球的概率为：()211111112nn n k k k k n k n P P n k n n n n n ===−−=⋅=⋅=−=∑∑∑，当1429n P n −==时，9n =. 故答案为：9．【点睛】思路点睛：本题为无放回型概率问题，根据题意首先分类讨论不同k 值情况下的抽取总数(可直接用k 值表示一般情况)，再列出符合题意得情况(此处涉及排列组合中先分类再分组得思想)，最后即可计算得出含k 的概率一般式，累加即可，累加过程中注意式中n 与k 的关系可简化累加步骤.15．（1）35；（2）338． 【分析】（1）解法一：利用诱导公式化简得到1cos sin 5B B −=，利用同角三角函数平方关系可构造方程组求得sin B ；解法二：利用诱导公式化简得到1cos sin 5B B −=，平方后可求得242sin cos 25B B ⋅=，由sin cos B B +sin cos B B +，由此构造方程组求得sin B ；（2）根据同角三角函数关系可求得sin A ，利用正弦定理可求得b ；根据两角和差正弦公式求得sin C 后，代入三角形面积公式可求得结果.【详解】（1）解法一：()()1cos 2sin cos sin 5B B B B ππ−++=−= 又22cos sin 1B B +=， ∴()()225sin 5sin 125sin 35sin 40B B B B +−=−+=，，sin 0B ∴>，解得：3sin 5B =.解法二：()()1cos 2sin cos sin 5B B B Bππ−++=−= …①， 平方可得：112sin cos 25B B −⋅=，242sin cos 25B B ∴⋅= ，sin 0B ∴>，cos 0B ∴>，7sin cos 5B B ∴+=…②，由①②可得：3sin 5B =. （2） 5cos 13A =−，()0,A π∈，∴12sin 13A =， 由正弦定理sin sin a b A B =得：sin 13sin 4a Bb A =， 由（1）知：4cos 5B =， 在ABC 中，()1245333sin sin sin cos cos sin 13513565C A B A B A B =+=+=×−×=， 11133333sin 5224658ABC S ab C ∴==×××= ． 【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形的相关知识，涉及到诱导公式、同角三角函数平方关系、两角和差公式的应用；求解三角形面积的关键是能够通过同角三角函数平方关系和两角和差正弦公式得到两边夹角的正弦值，代入三角形面积公式得到结果. 16．(1)22143x y +=(2)43【分析】（1）利用长轴长求出a ，利用椭圆定义求出232PF =，进一步求出2b ，即可得椭圆方程；（2）设直线，联立方程求出M 、N 的坐标，把面积比转化为坐标比，进一步转化为分式函数求最值问题 【详解】（1）不妨设F 、2F 是椭圆的左焦点、右焦点， 则2PF x ⊥轴，又因为52PF =，24a =， 所以2232PF a PF =−=，即232b a =，所以23b =，所以椭圆C 的方程为22143x y +=.（2）设()()4,0Q t t ≠，()11,M x y ，()22,N x y则1QA ：()26ty x =+，2QA ：()22t y x =−联立()22263412t y x x y=+ += ，消去x 得()2227180t y ty +−=，解得121827t y t =+，同理，联立22223412x y t x y=++=，消去x 得()22360t y ty ++=，解得2263t y t −=+， 所以121212121sin 0021sin 2QA QA Q QA A S t t S QN t y t y QM QN Q Q QM ∠−−==⋅=⋅−−∠ ()()()22222222731869273tt t t t t t t t t ++=− +−− ++ .令299m t =+>，则()()22122218612108111110812()1,09m m S m m S m m m m m +−+−===−++<<当且仅当()112110,2108189m =−=∈ ×− ，即18m =，即3t =±时，12S S 取得最大值43.17．（1）证明见解析.（2.（3）存在，PF =【分析】（1）根据直角梯形可得AC BC ⊥，再根据AC PC ⊥即可得出AC ⊥平面PBC ，于是平面EAC ⊥平面PBC ；（2）PCE ∠为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算cos PCE ∠；（3）连接BD 交AC 于O ，过O 作OF PD ，可得PD 平面ACF ，利用相似三角形即可得出PF 的长.【详解】（1）证明：四边形ABCD 是直角梯形，222AB CD AD ===，∴AC BC ==AC BC ⊥，∵PC ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴PC AC ⊥，又,,PC BC C PC BC =⊂ 平面PBC ， ∴AC ⊥平面PBC ，又AC ⊂平面EAC ， ∴平面EAC ⊥平面PBC .（2）由（1）可知AC ⊥平面PBC ，∴AC PC ⊥，A C CE ⊥， ∴PCE ∠为二面角P AC E −−的平面角，∵2PC =，BC =∴1122CE PE PB ====∴222cos 2PC CE PE PCEPC CE+−∠==⋅.∴二面角P AC E −−(3)连接BD 交AC 于O ，过O 作OF PD 交PB 于F ，连接AF ，CF . 则PD 平面ACF .∵AB CD ∥，∴2OB ABOD BC ==，又OF PD ，∴2OB BFOD PF ==，∴13PFPB ==所以直线PB 上是否存在一点F ，使得//PD 平面ACF ，且PF .【点睛】本题考查了空间面面垂直的判定和线面平行的判定，考查二面角的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理计算能力. 18．(1)详见解析； (2)详见解析；(3)①当0k <时，函数()y f x =有对称中心1log(),02k−，理由见解析；②答案见解析.【分析】（1）当e a =时，求得()e e x x f x k −′=−⋅，分0k ≤和0k >，两种情况讨论，分别求得函数的单调性，进而求得函数的最值；（2）根据题意，分别结合()()f x f x −=和()()f x f x −=−，列出方程求得k 的值，即可得到结论； （3）根据题意，得到当0k <时，函数()y f x =有对称中心1log(),02k− ，且0k <时，对于任意的，都有R x −∈，并且(log ())a f k x −−=()f x −．【详解】（1）解：当e a =时，函数 ()e e x x f x k −=+⋅，可得()e e x x f x k −′=−⋅，若0k ≤时，()0f x ′>，故函数()y f x =在R 上单调递增，函数()y f x =在R 上无最值；若0k >时，令()0f x ′=，可得1ln 2x k =， 当1,ln 2x k ∞ ∈− 时，，函数()y f x =在1,ln 2k ∞ − 上为严格减函数； 当1ln ,2x k ∞ ∈+ 时，，函数()y f x =在1ln ,2k ∞ +上为严格增函数，所以，当1ln 2x k =时，函数取得最小值，最小值为1ln 2f k =综上：当0k ≤时，函数()f x 在R 上无最值；当0k >时，最小值为（2）解：因为“()y f x =为偶函数”⇔“对于任意的，都有()()f x f x −=” 即对于任意的，都有R x −∈，并且x x x x a k a a k a −−+⋅=+⋅； 即对于任意的，(1)()0x x k a a −−−=，可得1k =， 所以1k =是()y f x =为偶函数的充要条件．因为“()y f x =为奇函数”⇔“对于任意的，都有()()f x f x −=−”， 即对于任意的，都有R x −∈，并且x x x x a k a a k a −−−−⋅=+⋅， 即对于任意的，(01)(x x k a a −++=，可得1k =−，所以1k =−是()y f x =为奇函数的充要条件，当1k ≠±时，()y f x =是非奇非偶函数.（3）解：①当0k <时，函数()y f x =有对称中心1log(),02k −， 当0k <时，对于任意的，都有R x −∈，并且(log ())a f k x −−=()f x −． 证明：当0k <时，令()0f x =，解得1log ()2a xk −为函数()y f x =的零点， 由()x x f x a k a −+⋅， 可得(log ())a f k x −−=log ()(log ())a a k x k x a k a −−−−−+⋅x x k a a −=−⋅−()f x =−； ② 答案1：当0k >时，函数()y f x =有对称轴1log 2a x k =． 即当0k >时，对于任意的，都有R x −∈，并且(log )a f k x −=()f x ，参考证明：当0k >时，由()x x f x a k a −+⋅，可得(log )a f k x −=log (log )a a k x k x a k a −−−+⋅x x k a a −=⋅+()f x =， 答案2：当1k =时，()y f x =的图象关于y 轴对称，即对于任意的R x ∈，都有()()f x f x −=， 答案3：当0k <时，函数()y f x =的零点为1log ()2a x k −，即1log ()0.2a f k −=【点睛】解决函数极值、最值综合问题的策略：1、求极值、最值时，要求步骤规范，含参数时，要讨论参数的大小；2、求函数最值时，不可想当然地认为极值点就是最值点，要通过比较才能下结论；3、函数在给定闭区间上存在极值，一般要将极值与端点值进行比较才能确定最值.19．（1）1(1)2n b n =+；（2）证明见解析；（3）(]20,log 3. 【分析】（1）根据已知条件求得1b 和数列{}n b 的公差，由此求得数列{}n b 的通项公式.（2）由（1）得到*1(1),2n n S n n N a =+∈，进而得到数列n a n 是常数列，求得数列n a n的通项公式，进而证得数列{}n a 是等差数列.（3）先求得n c 的表达式，然后求得1n n c c +−的表达式，对1a 进行分类讨论，结合数列{}n c 的单调性，求得1a 的取值范围.【详解】（1）设等差数列{}n b 的公差为d ，因为1111S b a ==，所以1(1)n b n d =+−． 由2711b b b =得，(1)(16)110d d d ++=+，即220d d −=，因为0d ≠，所以12d =，从而1(1)2n b n =+． （2）由（1）知，*1(1),2n n S n n N a =+∈， 即有2(1)nn S n a =+， ① 所以112(2)n n S n a ++=+， ② ②-①得，112(2)(1)n n n a n a n a ++=+−+，整理得1(1)n n na n a +=+． 两边除以(1)n n +得，()*101n n a a n N n n+−=∈+， 所以数列n a n是常数列．所以111n a a a n ==，即1n a na =， 所以11n n a a a +−=， 所以数列{}n a 是等差数列．（3）因为n n n S b a =，所以11(1)22n n n n n S a a ++==， 所以111(1)22n n n na a S n n a c ++==． 因为111111111111(1)(2)(1)(1)(2)122222n n na a na na a n n a n n a n n a n c c n ++++++++++ −=−=− + ， 当*n N ∈时，211,1223n n n =−∈ ++ ． 显然10a ≠，①若10a <，则11111,0222a a n n >−>+恒成立， 所以10n n c c +−<，即*1,n n c c n N +<∈，所以{}n c 单调递减，所以不存在12k k c c =；②若12log 3a >，则111,02322k k a a n n <−<+恒成立， 所以10n n c c +−<，即*1,n n c c n N +<∈，所以{}n c 单调递减，所以不存在12k k c c =；③若21log 3=a ，则1123k a =，所以当1n =，11022a n n −=+成立， 所以存在12c c =． ④若120log 3a <<，则111132a <<． 当1221a n <−，且*n N ∈时，1n n c c +>，{}n c 单调递增； 当1221a n >−，且*n N ∈时，1n n c c +<，{}n c 单调递减， 不妨取()*0120002log ,2k a k N k k +=∈ ，则001k k c c +=． 综上，若存在*12,k k N ∈，使得12k k c c =成立，则1a 的取值范围是(]20,log 3.【点睛】本小题主要考查等差数列通项公式的求法，考查由递推关系证明等差数列，考查数列的单调性，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.。
【2019年2月G12联考】2018学年第二学期浙江省名校协作体高三联考 数学(含答案)
若 ，即 时
令 ，
则 ，从而
在 上单调递增，
在 上单调递减---------------------------------------------------------------14分
，即 在 上恒成立
，
而 在 上单调递增
，即 ------------------------------------------------------------15分
方法二：
如图，建立空间直角坐标系，则 ， ， ，
设
则 得
--------------------------------------------------------10分
设平面 的一个法向量为
则 ， 令 ，得
------------------------------------------------------------------------------12分
19．证明：（1）连结 ，交 于点 ，则
-------------------------------------------------------------------------------------2分
从而 面 ---------------------------------------------------------------------------3分
，从而 ------------------------------7分
（2） ，从而 ------------------------------------------------9分
----------------------------------12分
2024-2025学年浙江省G12名校协作体高二第上学期返校联考数学试题及答案
2024学年第一学期浙江省名校协作体试题高二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：本题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．1．已知集合2{|4}A x x =<，{}|41B x x =−<≤，则A B =（ ▲ ）A.{|2}x x <B.{|21}x x −<≤C.{|41}x x −<≤D.{|42}x x −<< 2．记复数z 的共轭复数为z ，若()2i 24i z +=−，则z =（ ▲ ）A ．1B C ．2D ．3．甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7， 且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（ ▲ ）A ．两人都中靶的概率为0.12B ．两人都不中靶的概率为0.42C ．恰有一人中靶的概率为0.46D ．至少一人中靶的概率为0.744．已知向量13,22a ⎛= ⎝⎭，2,2b ⎛= ⎝⎭，若()()//a b a b λμ++，则（ ▲ ）A. 1λμ=B. 1λμ=−C.1λμ+=−D. 1λμ+= 5．已知,αβ是两个互相垂直的平面，,m n 是两条直线，m αβ=则“//n m ”是“//n α”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 6. 设函数()f x x x = ，则不等式()()332log 3log 0f x f x +−<的解集是（ ▲ ）A ．1,2727⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1027⎛⎫⎪⎝⎭，C ．()270，D ．()27+∞，7．已知函数()4f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的定义域为[],a b ，值域为2⎡−⎢⎣， 则b a −的取值范围是（ ▲ ） A ．π4π,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．π5π,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．5π5π,63⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．2π4π,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 8．如图，在正方体1111ABCD A BC D −中，E 是棱BC 的中点，F 是侧面11BCC B 上的动点， 且1A F //平面1AD E ，则下列说法正确的个数有（ ▲ ） ①二面角1F AD E −−的大小为常数 ②二面角1F D E A −−的大小为常数 ③二面角1F AE D −−的大小为常数A ．0个B ．1个C ．2个D ．3个二、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．某次校十佳歌手评比中，10位评委给出的分数分别为1210,,,x x x ，计算得平均数7x =，方差22S =，现去掉一个最高分10分和一个最低分5分后，对新数据下列说法正确的是（ ▲ ） A ．极差变大 B ．中位数不变 2OB OC OB OC OA −=+−， 是直角三角形1b ，则AB AC ⋅的最大值是3211．四面体中,3AC BC AB ===，5=，4CD =，记四面体ABCD 外接球的表面积为，当AD 变化时，则（ ▲ ） A. 当3AD =时，32411S =π B. 当四面体ABCD 体积最大时，28S =π C. S 可以是16π D. S 可以是100π非选择题部分三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知幂函数()2()57mf x m m x =−+的图象关于y 轴对称，则实数m 的值是 ▲ . 13．已知1,1x y >>且3log 4log 3y x =，则xy 的最小值为 ▲ . 14．在正四面体ABCD 中，,E F 分别为,AB BC 的中点，23AG AD =，截面EFG 将四面体分成两部分，则体积较大部分与体积较小部分的体积之比是 ▲ .四、解答题：(共5大题，共77分，其中第15题13分，第16题、第17题每题15分，第18题、第19题每题17分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤）． 15．已知a R ∈,()(){}|20A x a x a x =++>,102x B xx ⎧−⎫=≤⎨⎬−⎩⎭． (Ⅰ)当0a <时求集合A ；(Ⅱ)若B A ⊆，求a 的取值范围.16．为了了解某项活动的工作强度，随机调查了参与活动的100名志愿者，统计他们参加志愿者服务的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图． (Ⅰ) 估计志愿者服务时间不低于18小时的概率；(Ⅱ) 估计这100名志愿者服务时间的众数，平均数（同一组数据用该组数据的中点值代替）； (Ⅲ) 估计这100名志愿者服务时间的第75百分位数（结果保留两位小数）．17．已知函数()sin()cos()sin +632f x x x x πππ⎛⎫=+−++ ⎪⎝⎭. (Ⅰ)求函数()f x 的单调递减区间；(Ⅱ)将函数()f x 图象上所有点的横坐标缩短为原来的12（纵坐标不变），再向右平移6π个单位， 得到函数()g x 的图象，若6()5g α=−，且5,612αππ⎛⎫∈− ⎪⎝⎭，求cos 2α的值.18．如图，已知四棱锥P ABCD −中，4PB PD ==，6PA =，60APB APD ∠=∠=︒，且PB PD ⊥， (Ⅰ)求证：BD PA ⊥；(Ⅱ)求直线PA 与平面ABCD 所成角的正弦值；(Ⅲ)若平面PAC 与平面ABCD 垂直，3PC =，求四棱锥P ABCD −的体积．19．已知函数()f x 的定义域为D ，若存在常数()0k k >，使得对D 内的任意x ，都有()k f x f x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则称()f x 是“反比例对称函数”.设()2816log log f x x x =⋅，()16g x ax m ax =+−.(Ⅰ)判断函数()2816log log f x x x=⋅是否为“反比例对称函数”，并说明理由； (Ⅱ)当1a =时，若函数()f x 与()g x 的图象恰有一个交点，求m 的值；(Ⅲ)当1a >时,设()()()h x f x g x =−，已知()h x 在(0,)+∞上有两个零点12,x x ，证明：1216x x <.命题： 学军中学 温岭中学（审校） 审核：春晖中学2024学年第一学期浙江省名校协作体联考参考答案高二年级数学学科首命题：学军中学 次命题兼审校：温岭中学 审核：春晖中学15．（Ⅰ）∵0a <，()()+20a x a x +> 所以()()20x a x ++<，解得2x a −<<− 所以{}2A x x a =−<<−.............5分 （Ⅱ）{}12B x x =≤<①当0a <时，B A ⊆因为，所以2a −≥，得2a ≤−；............ 7分 ②当0a =时A =Φ不合；.............9分③当02a <≤时，{}2A x x x a =<−>−或成立，所以B A ⊆成立；.............11分 ④当2a ≥时时，{}2A x x a x =<−>−或成立，所以B A ⊆成立； 20a a ≤−>综合得或 ...............................13分16．解析：（Ⅰ）由已知，志愿者服务时间不低于18小时的概率为1(0.020.06)40.68−+⨯=. ------4分（Ⅱ）由频率分布直方图可看出最高矩形底边上的中点值为20，故众数是20；--------7分 由(0.020.060.0750.025)41a ++++⨯=，解得0.07a =， ∵(0.020.06)40.32+⨯=，且(0.020.060.075)40.62++⨯=，平均数为(0.02120.06160.075200.07240.02528)420.32⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯=；--------11分 （Ⅲ）又∵(0.020.060.075)40.62++⨯=，(0.020.060.0750.07)40.9+++⨯=， ∴第75%位数位于22~26之间，设第75%位数为y ， 则220.750.6226220.90.62y −−=−−，解得132223.867y =+≈．----------------15分17．（Ⅰ）解析：()2sin()6f x x π=+，----------------------------3分32,2622x k k πππ⎡⎤+∈π+π+⎢⎥⎣⎦令得42233k x k ππππ+≤≤+， ()f x 的单调减区间为4[2,2],33k k k Z π+ππ+π∈-----------------6分（Ⅱ）解析：由题意得()2sin(2)6g x x π=−，则6()2sin(2)65g παα=−=−--------8分3sin(2)65πα−=−，又因为5(,)612ππα∈−，则22(,)623πππα−∈−所以4cos(2)65πα−=------------------------------------------------11分cos 2cos(2)663cos(2)cos sin(2)sin 666610ππααππππαα=−++=−−−=----------------------15分18．（Ⅰ）解析：由题意，在三角形PAB 与三角形PAD 中用余弦定理可得：AB AD ==分取BD 中点M ，连,AM PM ，由AB AD =，PB PD =，可得BD AM ⊥，BD PM ⊥，故BD ⊥平面APM ，因为AP APM ⊂平面，所以BD PA ⊥-----------4分（Ⅱ）因为BD ⊥平面APM ，所以平面PAM ⊥平面ABCD ，故点P 在平面ABCD 上的投影在两平面的交线AM 上，所以PAM ∠为所求线面角，-----------5分在Rt PBD ∆中，有BM DM PM ===；在Rt ADM ∆中，可得AM =分故在三角形PAM中：222cos 2PA AM PM PAM PA AM +−∠==⋅sin PAM ∠=，分（Ⅲ）解析：因为平面PAM ⊥平面ABCD ，故点,,,P A M C 四点共面，所以点,,A M C 三点共线，-------------------------------------------------10分所以在PAC ∆中，cos PAC ∠=，所以2222cos 9PC PA AC PA AC PAC =+−⋅⋅∠=，即2369AC AC +=，解得AC =或AC =分若AC =，则四边形ABCD为凹四边形，矛盾. 所以AC =---------------13分 因为，所以12ABCD S AC BD =⋅=四边形分所以1sin 3P ABCD ABCD V S PA PAM −=⋅⋅⋅∠=四棱锥四边形分19．(Ⅰ)解析：是.理由如下：------------------------------------1分281616lnln16ln ln log log ln 2ln 8l 160,0,16()2l ()n n 8x x x x xf f x x x x x ∀>=⋅=⋅=>=⋅-----------------------3分 故()2816log log f x x x=⋅是“反比例对称函数”.--------------- -------4分 (Ⅱ)解析：()()(),(0,)h x f x g x x =−∈+∞设, 由(Ⅰ)知16()()f f x x =，验证知16()()g g x x= 故16()()h x h x=.--------------------------------------------------------6分 由题意函数()f x 与()g x 的图像恰有一个交点，即()h x 恰有一个零点，故由对称性零点只能为4.-----------------------------------------------7分 由(4)0h =，得203m =.----------------------------------------8分 下检验此时()h x 恰有一个零点.由对勾函数性质知，()g x 在(]0,4上单调递减，[)4,+∞上单调递增.()ln (ln16ln )ln 2ln 8x x f x −=,设ln u x =，()(ln16)ln 2ln 8u u f x −=，()f x 关于u 在(]0,ln 4上单调递增，[)ln 4,+∞上单调递减，因此()f x 在(]0,4上单调递增，[)4,+∞上单调递减. 故()h x 在(]0,4上单调递增，[)4,+∞上单调递减.故此时()h x 恰有一个零点4.----------------------------10分注:充分必要性步骤交换亦可。
2021年3月浙江省名校协作体(G12)高三下学期联考数学试及答案题
题目要求的
1．设全集U = {1, 2,3, 4,5, 6} ，集合 A = {2,3,5} ， B = {1,3, 4, 6} ，则集合 A U B = （ ▲ ）
A． {3}
B． {2, 5}
4
2020 学年第二学期浙江省名校协作体联考参考答案
命题：学军中学
高三年级数学学科
嘉兴一中（审校） 审核：衢州二中
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 4 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.
题号 1
2
3
4
5
6
7
8
9 10
答案 B C D D B A A C D D
【解析】由点 P 的唯一性知 OP OA ，所以 OP OA OA OB OA OA OB 0 ，
2
又 OP
OA OB
2
得2
2 OA OB
2
4
.两式联合得 2
4
2
，所以
2
2 4
4 ，等号当且仅当
2 时等号成立.
三、解答题:本大题共 5 小题,共 74 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
(a2015 −1)3 + 2019 (a2015 −1) =−1，则下列结论正确的是
（▲）
A． S2020 = 2020 ， a2015 < a6
B． S2020 = 2020 ， a2015 > a6
C． S2020 = −2020 ， a2015 ≤ a6
D． S2020 = −2020 ， a2015 ≥ a6
高三数学：2024届浙江名校协作体高三下学期返校考试数学答案
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．+1；13．2；14．=-a 45或11a -<．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=a b C 2cos ，所以=A B C sin 2sin cos ，......................................................... 2分所以+=B C B C sin()2sin cos ，所以+=B C B C B C sin cos cos sin 2sin cos ，所以-=B C B C sin cos cos sin 0，即-=B C sin()0， ............................................. 4分 因为，-∈-ππB C ()，所以=B C ； 所以△ABC 为等腰三角形； ..................................................................................... 6分 （2）由题意可知，，====a A b B c C B 2sin 2sin 2sin 2sin ， 所以△ABC 的周长为：++=+=π-+=+a b c A B B B B B 2sin 4sin 2sin(2)4sin 2sin 24sin ， .................. 8分 设，，=+∈πf B B B B 2()2sin 24sin (0)， 则=+=+-=+-'f B B B B B B B ()4cos24cos 8cos 4cos 44(cos 1)(2cos 1)2， .... 10分所以当(0)3B π∈，时，1cos 2B >，()0f B '>，()f B 单调递增；当()32B ππ∈，时，1cos 2B <，()0f B '<，()f B 单调递减；所以当3B π=时，()f B取到最大值 所以周长的最大值为 ....................................................................... 13分16．【解析】（1）取PB 中点N ，连接AN ，MN ，则MNBC ，且12MN BC =， ............................................................................... 2分 因为A D ，分别为RB RC ，的中点， 所以AD BC ，且12AD BC =， 所以ADMN 且AD MN =，所以四边形ADMN 为平行四边形， ........................................................................ 4分 所以DMAN ，又AN ⊂平面PAB ，DM ⊄平面PAB ， 所以DM平面PAB ． ............................................................................................ 7分（2）因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD =AD ，AB AD ⊥，所以AB ⊥平面PAD ，又PA AD ⊥，所以AB ，AD ，AP 两两垂直．如图，以A 为原点，AB ，AD ，AP 分别为x y z ，，轴建系， ............................ 8分 设BE t =，则(002)P ，，，(020)D ，，，(20)E t ，，， 所以(022)PD =-，，，(220)DE t =-，，， 设()x y z =，，n 为平面PDE 的法向量，则 00PD DE ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ，即2202(2)0y z x t y -=⎧⎨+-=⎩， 令2y =得(222)t =-，，n . ..................................................................................... 10分 易知平面ABED 的法向量为(001)=，，m ， ......................................................... 12分 设平面PDE 与平面ABED 的夹角为θ，则2cos |cos |3θ===，n m ，解得1t =或3t =，故1BE =或3． ........................................................................ 15分 17．【解析】（1）由题意可知，X 的取值可能为4，6，8． ............................................................. 1分(4)0.50.520.5P x ==⨯⨯=； (6)0.50.50.520.25P x ==⨯⨯⨯=；(8)0.50.50.520.25P x ==⨯⨯⨯=； ......................................................................... 4分 所以三人总积分X 的分布列为X 4 6 8 P0.50.250.25所以0.540.2560.258 5.5EX =⨯+⨯+⨯=． ........................................................... 6分 （2）设事件A 为“第一局乙对丙最终乙获胜”，B 为“第一局乙对甲最终乙获胜”，C 为“第一局甲对丙而最终乙获胜”，则有：3131233213()(1)(1)(1)(1)P A p p p p p p p p p p =-+-+--； 1313211231()(1)(1)(1)(1)(1)(1)P B p p p p p p p p p p =-+---+--；21323131()(1)(1)(1)(1)P C p p p p p p p p =-+--=-； ............................................ 9分显然()()P B P C >； ................................................................................................. 11分3123321313211231()()(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)(1)P A P B p p p p p p p p p p p p p p p p -=-+--------- 123313213(1)[(1)](1)(1)[(1)]p p p p p p p p p p =---+---- 13123321(1)[(1)(1)(1)]0p p p p p p p p =+--+-->所以 ()()P A P B >； ............................................................................................... 14分 故乙的最优指定策略是让乙和丙打第一局． ....................................................... 15分 18．【解析】（1）由题意可知，112AOB S =⨯⨯△， ............................................................ 2分所以 1p =，所以 抛物线E 的方程为22y x =. ............................................................................ 4分 （2）设112233()()()A x y B x y C x y ，，，，，，因为 O 为ABC △的重心，所以 1230AOB AOC BOC x x x S S S ++===，△△△； ....................................................... 6分 因为313||||MOC AOC S x MC S AC x x -==-△△，323||||NOC BOC S x NC S BC x x -==-△△， ................................ 10分 且1MOC NOC S S S +=△△，2AOC BOC S S S ==△△；所以 22331121212122213231212121212123()3()22(2)(2)2()x x S x x x x x x x x S x x x x x x x x x x x x x x x x --++++=+=+==--++++++； ................................................................................................................................... 12分 设 :1AB x ty =+，与22y x =联立得：2220y ty --=，所以 122y y =-， 所以 21212()14y y x x ==，则122x x +=≥； ............................................. 14分所以 12212343[)1322()S S x x =∈++，； 所以12S S 的取值范围为43[)32，. ............................................................................... 17分 19．【解析】（1）由题意可知21234()3241f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭，31234()1234f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭； ........................................... 3分 （2）【解法一】①若1234()1234f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭，则1()f i 为恒等置换；②若存在两个不同的i ，使得()f i i =，不妨设12i =，，则1234()1243f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭．所以21234()1234f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭，即2()f i 为恒等置换；③若存在唯一的i ，使得()f i i =，不妨设2i =，则1234()3241f i ⎛⎫=⎪⎝⎭或1234()4213f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭． 当1234()4213f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭时，由（1）可知3()f i 为恒等置换；同理可知，当1234()3241f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭时，3()f i 也是恒等置换； ④若对任意的i ，()f i i ≠，则情形一：1234()2143f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()3412f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()4321f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭；情形二：1234()2341f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()2413f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()3142f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()3421f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()4123f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭或1234()4312f i ⎛⎫= ⎪⎝⎭；对于情形一：2()f i 为恒等置换； 对于情形二：4()f i 为恒等置换；综上，对任意4()f i S ∈，存在k +∈N ，使得()k f i 为恒等置换； ....................... 9分 【解法二】对于任意{1234}i ∈，，，，都有1234()()()(){1234}f i f i f i f i ∈，，，，，，，所以1234()()()()f i f i f i f i ，，，中，至少有一个满足()k f i i =， 即使得()k f i i =的k 的取值可能为1，2，3，4．当i 分别取1，2，3，4时，记使得()k f i i =的k 值分别为1234k k k k ，，，， 只需取k 为1234k k k k ，，，的最小公倍数即可． 所以 对任意4()f i S ∈，存在k +∈N ，使得()k f i 为恒等置换； ......................... 9分 （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{1252}，，，作一次如下置换:1234552()127228352f i ⎛⎫=⎪⎝⎭，即21()262k i k f i k i k =-⎧=⎨+=⎩，，，， 其中1226k =，，，． 注意到各编号在置换中的如下变化：112271433179532428404649251374fffffffffffffffff→→→→→→→→→→→→→→→→→，，，629158304121116103116344322371910f f f f f f f f f f f f f f f f→→→→→→→→→→→→→→→→，， 123242472438452312ffffffff→→→→→→→→，183518ff→→，2036444850512639205252f f f f f f f f f→→→→→→→→→，；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1，2，8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． ............................................... 17分。
数学-G12浙江省名校协作体模拟高三数学试题
2022学年第一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{|||2}A x x =<，11B x x ⎧⎫=<⎨⎬⎩⎭，a A B ∈ ，则a 的值可以是（）A ．3B ．3-C ．13D ．13-2．已知向量,a b 满足||2a = ，||3b =，|2|a b -=a 与b 的夹角为（）A ．π6B ．π3C ．2π3D ．5π63．如图是杭州2022年第19届亚运会会徽，名为“潮涌”，形象象征着新时代中国特色社会主义大潮的涌动和发展.如图是会徽的几何图形，设弧AD 长度是1l ，弧BC 长度是2l ，几何图形ABCD 面积为1S ，扇形BOC 面积为2S ，若122l l =，则12S S =（）A ．1B ．2C ．3D ．44．已知复数z 满足4i 5i z z z a =++⋅，则实数a 的取值范围为（）A ．[4,4]-B ．[6,6]-C ．[8,8]-D ．[12,12]-5．若2,AB AC ==，则ABC S 的最大值是（）AB．C ．3D．6．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是（）A ．518B ．49C ．59D ．13187．已知椭圆()222210x y a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F 、2F ，经过1F 的直线交椭圆于A ，B ，2ABF 的内切圆的圆心为I ，若23450++=IB IA IF ，则该椭圆的离心率是（）A 5B ．23C 34D ．128．已知数列{}n a 满足递推关系1e 1e n n a an a +-=，且10a >，若存在等比数列{}n b 满足1+≤≤n n n b a b ，则{}n b 公比q 为（）A ．12B ．1eC ．13D ．1π二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。
浙江省名校协作体2022-2023学年高三下学期联考数学学科(试卷答案答题卷)
2023年2月６日浙江名校协作体高三考试试卷一，选择题：本小题共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{}2|30,{1,2,3,4,5}A x x x B =-<=，则()R A B =ðA ．{1,2}B ．{4,5}C ．{3,4,5}D ．{2,3,4,5}2．已知复数z 满足：(2i)1i z -=-，则||z =A B C D3．若向量,a b满足()2,a b a a b ==⊥- ，则a 与b 的夹角为A ．4πB ．3πC ．23πD ．34π4．设,x y 为正实数，若5224x y xy ++=，则2x y +的最小值是A ．4B ．3C ．2D ．15.刍甍是如图所示五面体ABCDEF ，其中////AB CD EF ，底面ABCD 是平行四边形。
《九章算术·商功》对其体积有记载：“求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一。
”意思是：若EF c AB a ==，，AB CD 、之间的距离是h ，直线EF 与平面ABCD 之间的距离是H ，则其体积()26Hh a c V +=。
现有刍甍ABCDEF ，13EF AB ==，，AB CD 、之间的距离是2，EF 与平面ABCD 之间的距离是4。
过AE 的中点G ，作平面//α平面ABCD ，将该刍甍分为上下两个部分，则上、下体积之比为（）。
A.13：。
B.17：。
C.57：。
D.523：。
6.已知抛物线24y x =，过焦点F 的直线与抛物线交于A B 、两点，若()1613AB AF FB λλ==> ，则λ=（）A.3B.4C.5D.67．已知函数()sin()0,0,||2f x A x A πωϕωϕ⎛⎫=+>>< ⎪⎝⎭，两个等式()02f x f x π⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭，()02f x f x π⎛⎫--= ⎪⎝⎭对任意的实数x 均成立，()f x 在5,828ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调，则ω的最大值为A ．17B ．16C ．15D ．13８，对于任意正整数对(),h k ，定义函数(),f h k 如下：()()()()()1,1,11,,f j i f i j j i f i j =++=-，i j ≤，则A，()1,1f i j +=B，()1,2i jf i j C -=C，()()21,21jji jf i j j =⎡⎤⋅=⋅-⎣⎦∑D，()11,22jn nj i j f i j n ==⋅=+-⎡⎤⎣⎦∑∑二，选择题：本小题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的。
浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试卷(含解析)
浙江省部分学校联考2025届高三上学期返校考试数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、选择题1．设集合，，则是( )A. B.或C. D.2．若在复平面内，点所对应的复数为z ，则复数的虚部为( )A.12B.5C.D.3．已知平面向量，，则向量( )A. B. C. D.4．已知，则( )5．科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器.由中国科学院空天信息创新研究院自主研发的极目一号Ⅲ型浮空艇（如图1）从海拔4300米的中国科学院珠穆朗玛峰大气与环境综合观测研究站附近发放场地升空，最终超过珠峰8848.86米的高度，创造了海拔9032米的大气科学观测海拔高度世界纪录，彰显了中国实力.“极目一号”Ⅲ型浮空艇长45米，高16米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的表面积为( )A. B. C. D.6．已知实数，且满足不等式，若，则下列关系式一定成立的是( )A. B. C. D.{|2,}A y y m m ==∈Z {|3,}B x x k k ==∈Z A B {|2,}x x k k =∈Z {|2x x m =3,,}n m n ∈∈Z Z {|6,}x x k k =∈Z {|3,}x x k k =∈Z ()3,2A -2z 5-12-()1,2AB = ()3,4AC = CB =()4,6--()4,6()2,2--()2,21tan 4tan θθ+=2πcos 4θ⎛⎫+= ⎪⎝⎭+2540π449π562π561π0a >()()33log 32log 41a a +>+x y a a x y -<-0x y +>1x y +>0x y ->1x y ->7．已知函数，若方程在上有且只有五个实数根，则实数的取值范围为( )A. B. C. D.8．已知函数，正实数a ，b ，c 是公差为负数的等差数列，且满足，若实数d 是方程的一个解，那么下列四个判断：①；②；③；④中一定成立的个数为A.1B.2C.3D.4二、多项选择题9．下面正确的是( )A.若，且，则B.若，且，则C.若，且，则D.若，且，则10．已知函数，则( )A.在上单调递增B.当时，C.在存在2022个极小值点D.的所有极大值点从大到小排列构成数列，则11．1675年，天文学家卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现：在同一平面内，到两个定点的距离之积为常数的点的轨迹是卡西尼卵形线。
浙江省G12名校协作体2025届高三2024学年第一学期返校考试 数学试卷+答案
2024学年第一学期浙江省名校协作体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、单项选择题：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{}1A x x =≥,{}22530B x x x =--<∣则A B =∪（）A ．{}1x x ≥12x x ⎧⎫>-⎨⎬⎩⎭C ．312x x ⎧⎫<<⎨⎬⎩⎭D ．{}13x x ≤<2．已知复数z 满足5382i z z +=-，则z =（）A ．1B ．2C D ．3．已知等比数列{}n a 的前2项和为12，136a a -=,则公比q 的值为（）A ．12B ．2C ．13D ．34．已知平面向量,m n 满足：2m n == ，且m 在n上的投影向量为12n ，则向量m 与向量n m -的夹角为（）A ．30B ．60C ．120D ．1505．已知函数()()()sin 0f x x ωϕω=+>满足π1,3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭最小正周期为π，函数()sin2g x x =，则将()f x 的图象向左平移（）个单位长度后可以得到()g x 的图象A ．π12B ．π6C ．5π6D ．11π126．已知圆锥的底面半径为1，高为3，则其内接圆柱的表面积的最大值为（）A ．7π4B ．2πC ．9π4D ．5π27．已知,A B 是椭圆22143x y +=与双曲线22143x y -=的公共顶点，M 是双曲线上一点，直线,MA MB 分别交椭圆于,C D 两点，若直线CD 过椭圆的焦点F ，则线段CD 的长度为（）A ．32B ．3C ．D8．正三棱台111ABC A B C -中，11122AB A B AA ===，点D 为棱AB 中点，直线l 为平面111A B C 内的一条动直线．记二面角C l D --的平面角为θ，则cos θ的最小值为（）A ．0B ．18C ．14D ．17二、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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9．下列说法正确的是（）A ．已知随机变量X 服从正态分布()2,,N μσσ越小，表示随机变量X 分布越集中B ．数据1，9，4，5，16，7，11，3的第75百分位数为9C ．线性回归分析中，若线性相关系数r 越大，则两个变量的线性相关性越弱D ．已知随机变量17,,2X B ⎛⎫~ ⎪⎝⎭则()72E X =10．设函数()f x 与其导函数()f x '的定义域均为R ，且()2f x '+为偶函数，()()110f x f x +--=，则（）A ．()()11f x f x +='-'B ．()30f '=C ．()20250f '=D ．()()()2222f x f x f ++-=11．已知正项数列{}n a 满足()()()*121211,,n n n n n n a a a a a a a n N++++=-=-∈记12231n n n T a a a a a a +=+++ ，124T =．则（）A ．{}n a 是递减数列B ．202462029a =C ．存在n 使得43n T =D ．100110ii a=>∑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．12．321x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中，常数项为______．13．已知正实数a 满足a<，则a 的取值范围是______．14．将12张完全相同的卡牌分成3组，每组4张．第1组的卡牌左上角都标1，右下角分别标上1，2，3，4；第2组的卡牌左上角都标2，右下角分别标上2，3，4，5；第3组的卡牌左上角都标3，右下角分别标上3，4，5，6．将这12张卡牌打乱放在一起，从中随机依次不放回选取3张，则左上角数字依次．．不减小且右下角数字依次．．构成等差数列的概率为______．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）已知在ABC △中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且满足,a a c =>，()()sin cos cos ;A B C B C ++=-（1）求角C 的值；（2）若ABC △的面积为14，求ABC △的周长。
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i知抛物线C: y = 4x 的焦点是F , A(x,,y,-)
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B(x2. J'2 )(x1 =t:- x2 ）是抛物线C上的两点，线段 AB 的中垂线交x轴于点P
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\AFI +jBFI = 4.
20. （本小题满分 15 分〉已知数列｛马｝满足 Cl1 =3 ，αn+ I ＝α；＋ 2αn (n ε N. ） ，设数列｛bn} 满足 bn = lo岛（ αn + l)(nε N ). U+LI\- m�－�ma －臼 (l）求｛b/1｝ " 的市n项和S，，及｛a，，｝的通项公式； ， 飞·＝俨－1., Q‘ 三 2.J."-1 '!!"" - ii -. 'I. I - \d' 1
P
19．解：（Ⅰ） AB ⊥ PC 不成立，证明如下：-------------2 分 假设 AB ⊥ PC ，因为 AB AC ， 且 PC AC C ，所以 AB 面 PAC ，---------5 分 所以 AB PA ，这与已知 PB AB 4 矛盾，------7 分 所以 AB ⊥ PC 不成立． A （Ⅱ）解法 1：取 AC 中点 O ， BC 中点 G ，连 PO, OG , PG ，
4-2 3 3
1 cos 2 x 3 sin 2 x 1 ------------------2 分 2 2 2 cos 2 x --------------------------------------------5 分 3 2 由 ，得 1 ；-----------------------------------------7 分 2
O H
C
G 由已知计算得 PO OG PG 2 ，------------9 分 由已知得 AC PO , AC OG , 且 PO OG O ， B 所以 AC 平面 POG ，所以平面 ABC 平面 POG ，--------------12 分 取 OG 中点 H ，连 BH ， 则 PH 平面 ABC ，从而， PBH 就是直线 PB 与平面 ABC 所成的角，
气 I）求点P的坐标：t\,a1.
�（It）求 MAB 面积的最大值用如
y.
c’
x
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－旦』，
份吧
，
-1\,
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22. （本小题满分 1.5 分〉己知函数 f(x) = e-x + a-Jx
飞uc 叮二
．， ．，
(I）.若a=O， 直线y leE足曲线 y= f(x｝的切线，求实数k的值： l·itCli.1 ( r:1）着码， X2 是函数／＇（x）的两个极值点，且x1 < X2 ， 求f(x1）的取值范围
2 即 bn 1 2bn ……………2 分 log 2 (an 1 1) log （ ） 2 log （ ） 2 an 1 2 an 1
2
2
又 b1 log 2 (a1 1) 2 0
3 24 ， ． 5 7
12．
13． 6 ， 60 15． 1, 5
5 1 2 . i ， 5 5 5 2 14． 2 2 ， [ ,2] ． 3
16．20 17．
三、解答题（本大题共 5 小题，共 74 分. 解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 18．解：（Ⅰ） f x
（Ⅱ） f x cos 2 x
， 3 2 因为 x [0, ] ，所以 2 x , ，------------------------------10 分 3 3 3 2 1 所以 f ( x ) ,1 ．------------------------------------------------------------14 分 2
飞 啦，.. I ‘E－－－ 笋
·•事
一
r
，
t问 刁
2018 学年第一学期浙江省名校协作体试题模拟卷 高三年级数学学科答案
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 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）
1-5
BDABB
6-10
CADCC
二、填空题（本大题共 7 小题，多空题每题 6 分，单空题每题 4 分，共 36 分，把答案填在题中横 线上） 11． -
P z A y C
PB 3, 2, 3 ，因为平面 ABC 的 法向量是 n 0, 0,1 ，--------13 分 3 PB n 由 sin ------------15 分 4 PB n
B x
2
20．解：I.由 an 1 an 2an 得 an 1 1 an 2an 1 （an 1） 由 a1 3 易得 an 0 ，所以两边取对数得到
x2 y2 z 2 8 2 2 2 设 P x, y , z ，由 x 4 y z 16 2 2 2 x y 4 z 8
解得： P 1, 2, 3 -----------------------------11 分
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因为 PH
3 ， PB 4 ，所以 sin PBH
PH 3 ----------------------15 分 PB 4
解法 2：如图，以 A 为原点， AB , AC 所在直线为 x, y 轴建立空间直角坐标系，
则 A 0, 0, 0 , B 4, 0, 0 , C 0, 4, 0 ，-----------------------------------------9 分