2025年2月浙江G12名校协作体高三返校考数学答案

2024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；4．2024学年第二学期浙江省名校协作体联考将于2.13进行，本卷仅供模拟训练使用．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．z1.复数z2i（i为虚数单位），则（）A.1B.2C.3D.5【答案】D【解析】【分析】由复数模的定义计算．【详解】由已知z22(1)25．故选：D．22.设集合S{x|2x2}，A{x∣xS}，Bx∣xS，则AB（）A.{0}B.{1}C.{0,1}D.{x|0x2}【答案】D【解析】【分析】根据集合的描述法确定集合A,B，再根据集合的交集运算即可得答案.【详解】因为集合S{x|2x2}，则Ax∣xS{x|2x2}，所以Bx2|xSx|0x4，则AB{x|0x2}.故选：D.3.已知向量a(1,4)，b(x,2)，若a//(3ab)，则x（）第1页/共22页学科网（北京）股份有限公司11A.1B.C.D.122【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示，及共线向量的坐标表示求出参数.【详解】向量a(1,4)，b(x,2)，则3ab(3x,10)，而a//(3ab)，1所以4(3x)10，解得x.2故选：Cπ4.某圆台的上、下底面半径分别为2和4，母线与底面的夹角为，则该圆台的侧面积为（）4A.122πB.12πC.62πD.6π【答案】A【解析】【分析】根据条件求出圆台的母线长，结合圆台侧面积公式可得结果.【详解】设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，母线长为l，则r=2,R=4，R-rl==22由题意得，π，cos4∴该圆台的侧面积S=πl(r+R)=122π.故选：A.15.已知随机变量X服从二项分布B(3,)，则P(XE(X))（）3172026A.B.C.D.27272727【答案】B【解析】【分析】利用二项分布的期望公式求出期望，再利用二项分布的概率公式求出概率.11【详解】由随机变量X服从二项分布B(3,)，得E(X)31，331217所以P(XE(X))P(X1)C2()2C3()3.3333327故选：B第2页/共22页学科网（北京）股份有限公司ππ6.方程sincosxcossinx在0,π上的实数解有（）22A.1个B.2个C.3个D.4个【答案】B【解析】πππ【分析】利用分类讨论思想，先对特殊值0，,π进行分析判断，然后再对x0，和x,π进行分222析判断即可得解.πππ【详解】当x0时，sincos0sin=1，cossin0=cos0=1，222ππ满足方程sincosxcossinx，所以x0是方程的一个实数解；22ππππππ当x时，sincossin0=0，cossin=cos=0，222222πππ满足方程sincosxcossinx，所以x也是方程的一个实数解；222πππ当xπ时，sincosπsin=1，cossinπ=cos0=1，222ππ不满足方程sincosxcossinx，所以xπ不是方程的一个实数解；22πππππ当x0，时，cosx0,,sinx0,,22222πππππ由方程sincosxcossinx可得：cosxsinx，22222π2即cosxsinx1sinx，42π由于x0，，所以此时方程无解；2πππππ当x,π时，cosx,0,sinx0,,22222第3页/共22页学科网（北京）股份有限公司ππ此时sincosx0,cossinx0，22ππ显然方程sincosxcossinx无解；22πππ故综上，方程sincosxcossinx只有2个解，分别为0，.222故选：B.7.设抛物线C：x24y的焦点为F，过点(0,6)的一条直线交C于A，B两点．若AF10，则BF（）A.3B.4C.5D.6【答案】C【解析】【分析】设出直线AB的方程，与抛物线方程联立，结合已知及抛物线定义求出A,B的纵坐标即可.,,(,)【详解】直线AB的斜率存在，设其方程为ykx6，A(x1y1)Bx2y2，ykx622由消去y得2，则，x1x2，2x4kx240x1x224yy36x4y12442抛物线C：x4y的准线方程为y1，由AF10，得y1110，解得y19，因此y24，所以BFy215.故选：C8.在等腰梯形ABCD中，AD//BC．设P是其内部一点，满足PA1，PB2，PC3，PD4，AD则（）BCA.2B.3C.2D.3【答案】D【解析】【分析】建立直角坐标系，利用两点的距离公式求解即可.【详解】由题意，以BC中点为原点，BC所在直线为x轴建立如图所示坐标系，第4页/共22页学科网（北京）股份有限公司设Px,y，Aa,h，Bb,0，Cb,0，Da,h，其中a,b,h0，222则由题意可得xayh1①，xby24②，222xby29③，xayh16④，a④①得4ax15，③②得4bx5，所以3，bAD2aa所以3，BC2bb故选：D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.为得到函数ylnex的图象，可将函数ylnx的图象（）A.向上平移一个单位长度B.向下平移一个单位长度1C.纵坐标不变，横坐标伸长为原来的e倍D.纵坐标不变，横坐标缩短为原来的倍e【答案】AD【解析】【分析】根据函数图象变换可得结果.1【详解】由题意可得，函数ylnx的图象纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，可得到函数ylnex的e图象，故选项C错误，选项D正确.∵ylnexlnx1，∴将函数ylnx的图象向上平移一个单位长度可得到函数ylnex的图象，故选项A正确，选项B错误.故选：AD.10.在正三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，AA13，点D、E分别在棱B1B、C1C上运动（D不与B1重△△合，E不与C1重合），使得A1DE是等腰三角形．记A1DE的面积为S，平面A1DE与平面ABC所成第5页/共22页学科网（北京）股份有限公司锐二面角的平面角大小为，则（）△A.DE//平面A1B1C1B.A1DE可能为等腰直角三角形ùC.S的取值范围是(3,23úD.的取值范围是0,û3【答案】BCD【解析】【分析】取的中点，则，以点为坐标原点，、、的方向分别为x、y、轴BCOAOBCOOAOBAA1z的正方向建立空间直角坐标系，设点D0,1,d、E0,1,e，其中0d3，0e3，分A1DA1E、A1DDE、A1EDE三种情况讨论，结合空间向量法逐项分析，即可得出结果.【详解】在正三棱柱ABCA1B1C1中，取BC的中点O，则AOBC，以点为坐标原点，、、的方向分别为x、y、轴的正方向建立空间直角坐标系，OOAOBAA1z则、、，则，A13,0,3B10,1,3C10,1,3B1C10,2,0设点D0,1,d、E0,1,e，其中0d3，0e3.在正三棱柱ABCA1B1C1中，△A1B1C1为等边三角形，△因为A1DE为等腰三角形，有三种情况：①A1DA1E；②A1DDE；③A1EDE.①若，2，2，A1DA1EA1D4d3A1E4e322由A1DA1E可得d3e3，即dede60，由已知，故，此时，则，0de6deDE0,2,0B1C1DE//B1C1DE平面A1B1C1，B1C1平面A1B1C1，则DE//平面A1B1C1，因为2，此时，△不可能是等腰直角三角形；A1EA1D4d32DEA1DE第6页/共22页学科网（北京）股份有限公司线段DE的中点为M0,0,d，A1DA1E，M为DE的中点，则A1MDE，21，；A1M3d33,23SDEA1MA1M3,232设平面的法向量为，，，A1DEmx,y,zA1M3,0,d3DE0,2,0mDE2y0由，取xd3，可得md3,0,3，mA1M3xd3z0平面ABC的一个法向量为n0,0,1，因为3d30，mn31cos,1，为锐角，则,；2mnd33232②若，2，2，A1DDEA1D4d3DE4de22由A1DDE可得d3de，可得e32de30，0d33因为e3，则e2d3，由，可得d3，则32d600e2d332uuuur，此时与不平行，DE0,2,d3DEB1C1若平面，平面，平面平面，则，矛盾，DE//A1B1C1DEBB1C1CBB1C1CA1B1C1B1C1DE//B1C1故假设不成立，即DE与平面A1B1C1不平行；若△为等腰直角三角形，，，A1DEA1D3,1,d3DE0,2,d3第7页/共22页学科网（北京）股份有限公司则2，解得或（舍），A1DDEd320d3232△此时A1DE可能为等腰直角三角形；31取线段的中点，连接，则，且，A1ENDNDNA1EN,,d22223122，，DN13A1E44d342d62,13221339所以，；SDNA1EA1E3,22233设平面的法向量为，，，A1DEmx,y,zDE0,2,d3DN,,022mDE2yd3z0由，取，可得，33x3d3m3d3,d3,2mDNxy022平面ABC的一个法向量为n0,0,1，mn21213cos,1，22mn2d31d31132131因为，此时的取值范围是0,的真子集.1323③若A1EDE，同②.第8页/共22页学科网（北京）股份有限公司综上所述，对于A选项，DE