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（含答案）

2023学年第二学期浙江省名校协作体适应性试题
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4 D．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。
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 A C A C B D C B
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．
题号 9 10 11
答案 ACD BCD AB
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．