2024届浙江名校协作体高三下学期返校考试数学答案(1)_2024年4月_01按日期_6号_2024届新结构高考数学合集_新高考19题（九省联考模式）数学合集140套

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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B D A B A D C C 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。 题号 9 10 11 答案 BC BCD BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 5 12．12 2；13．2；14．a 或1 a1． 4 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2bcosC，所以sinA2sinBcosC，......................................................... 2分 所以sin(BC)2sinBcosC， 所以sinBcosCcosBsinC2sinBcosC， 所以sinBcosCcosBsinC0，即sin(BC)0， ............................................. 4分 因为BC(，)，所以BC； 所以△ABC为等腰三角形； ..................................................................................... 6分 （2）由题意可知a2sinA，b2sinB，c2sinC2sinB， 所以△ABC的周长为： abc2sinA4sinB2sin(2B)4sinB2sin2B4sinB， .................. 8分  设 f(B)2sin2B4sinB，B(0，)， 2 则 f(B)4cos2B4cosB8cos2B4cosB44(cosB1)(2cosB1)， .... 10分 - 1 - {#{QQABBYqEggAgAhBAAQgCQwHYCkEQkAEACIoORBAEMAIBCRFABAA=}#} 1 所以当B(0，)时，cosB ， f(B)0， f(B)单调递增； 3 2   1 当B( ，)时，cosB ， f(B)0， f(B)单调递减； 3 2 2  所以当B 时， f(B)取到最大值3 3， 3 所以 周长的最大值为3 3． ....................................................................... 13分 16．【解析】 （1）取PB中点N，连接AN，MN ， 1 则MN BC，且MN  BC， ............................................................................... 2分 2 因为A，D分别为RB，RC的中点， 1 所以AD BC，且AD BC， 2 所以AD MN且ADMN ， 所以四边形ADMN为平行四边形， ........................................................................ 4分 所以DM AN， 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P(0，0，2)，D(0，2，0)，E(2，t，0)， z P 所以PD(0，2，2)，DE(2，t2，0)， M 设n(x，y，z)为平面PDE的法向量，则 N A D y nPD0  2y2z0  ，即 ， B E C nDE0 2x(t2)y0 x 令y2得n(2t，2，2). ..................................................................................... 10分 易知平面ABED的法向量为m(0，0，1)， ......................................................... 12分 设平面PDE与平面ABED的夹角为， 2 2 则cos|cos n，m |  ， (2t)2 44 3 - 2 - {#{QQABBYqEggAgAhBAAQgCQwHYCkEQkAEACIoORBAEMAIBCRFABAA=}#}解得t1或t3，故BE1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 P(x4)0.50.520.5； P(x6)0.50.50.520.25； P(x8)0.50.50.520.25； ......................................................................... 4分 所以三人总积分X 的分布列为 X 4 6 8 P 0.5 0.25 0.25 所以EX 0.540.2560.2585.5． ........................................................... 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： P(A) p (1 p ) p p (1p )p (1 p )p (1 p )p ； 3 1 3 1 2 3 3 2 1 3 P(B)(1 p )p (1 p )(1 p )p (1 p ) p (1 p )p (1 p )； 1 3 1 3 2 1 1 2 3 1 P(C) p (1 p )p (1 p )p (1 p ) p (1 p )； ............................................ 9分 2 1 3 2 3 1 3 1 显然P(B)P(C)； ................................................................................................. 11分 P(A)P(B) p p (1p )p (1p )p (1p )p (1p )(1p )p (1p )p (1p )p (1p ) 3 1 2 3 3 2 1 3 1 3 2 1 1 2 3 1  p(1p )p [p (1p)](1p )p (1p )[p (1p )] 1 2 3 3 1 3 2 1 3 1 (p  p 1)[p(1p )p (1p )p (1p)]0 1 3 1 2 3 3 2 1 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 （1）由题意可知，S  12 2p  2， ............................................................ 2分 △AOB 2 所以 p1， 所以 抛物线E的方程为y2 2x. ............................................................................ 4分 （2）设A(x ，y )，B(x ，y )，C(x ，y )， 1 1 2 2 3 3 因为 O为△ABC的重心， - 3 - {#{QQABBYqEggAgAhBAAQgCQwHYCkEQkAEACIoORBAEMAIBCRFABAA=}#}所以 x x x 0，S S S ； ....................................................... 6分 1 2 3 △AOB △AOC △BOC S |MC| x S |NC| x 因为 △MOC   3 ， △NOC   3 ， ................................ 10分 S |AC| x x S |BC| x x △AOC 1 3 △BOC 2 3 且S S S ，S S S ； △MOC △NOC 1 △AOC △BOC 2 S x x x x x x 3(x x )2 3(x x )2 所以 1  3  3  1 2  1 2  1 2  1 2 ； S x x x x 2x x x 2x (2x x )(x 2x ) 2(x x )2 xx 2 1 3 2 3 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 ................................................................................................................................... 12分 设 AB:xty1，与y2 2x联立得：y2 2ty20，所以 y y 2， 1 2 (y y )2 所以 xx  1 2 1，则x x ≥2 xx 2； ............................................. 14分 1 2 4 1 2 1 2 S 3 4 3 所以 1  [ ，)； S 1 3 2 2 2 (x x )2 1 2 S 4 3 所以 1 的取值范围为[ ，). ............................................................................... 17分 S 3 2 2 19．【解析】 1 2 3 4 1 2 3 4 （1）由题意可知 f2(i) ， f3(i) ； ........................................... 3分 3 2 4 1 1 2 3 4 （2）【解法一】 1 2 3 4 ①若 f(i) ，则 f1(i)为恒等置换； 1 2 3 4 1 2 3 4 ②若存在两个不同的i，使得 f(i)i，不妨设i1，2，则 f(i) ． 1 2 4 3 1 2 3 4 所以 f2(i) ，即 f2(i)为恒等置换； 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 ③若存在唯一的i，使得 f(i)i，不妨设i2，则 f(i) 或 f(i) ． 3 2 4 1 4 2 1 3 1 2 3 4 当 f(i) 时，由（1）可知 f3(i)为恒等置换； 4 2 1 3 1 2 3 4 同理可知，当 f(i) 时， f3(i)也是恒等置换； 3 2 4 1 ④若对任意的i， f(i)i， - 4 - {#{QQABBYqEggAgAhBAAQgCQwHYCkEQkAEACIoORBAEMAIBCRFABAA=}#}1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 则情形一： f(i) 或 f(i) 或 f(i) ； 2 1 4 3 3 4 1 2 4 3 2 1 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 情形二： f(i) 或 f(i) 或 f(i) 或 f(i)  2 3 4 1 2 4 1 3 3 1 4 2 3 4 2 1 1 2 3 4 1 2 3 4 或 f(i) 或 f(i) ； 4 1 2 3 4 3 1 2 对于情形一： f2(i)为恒等置换； 对于情形二： f4(i)为恒等置换； 综上，对任意 f(i)S ，存在kN ，使得 fk(i)为恒等置换； ....................... 9分 4  【解法二】 对于任意i{1，2，3，4}，都有 f1(i)，f2(i)，f3(i)，f4(i){1，2，3，4}， 所以 f1(i)，f2(i)，f3(i)，f4(i)中，至少有一个满足 fk(i)i， 即使得 fk(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 fk(i)i的k值分别为k ，k ，k ，k ， 1 2 3 4 只需取k为k ，k ，k ，k 的最小公倍数即可． 1 2 3 4 所以 对任意 f(i)S ，存在kN ，使得 fk(i)为恒等置换； ......................... 9分 4  （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{1，2， ，52}作一 1 2 3 4 5 52  k，i2k1， 次如下置换: f(i) ，即 f(i) 1 27 2 28 3 52  26k，i2k， 其中k 1，2， ，26． 注意到各编号在置换中的如下变化： f f f f f f f f f f f f f f f f f 11，2271433179532，428404649251374 ， f f f f f f f f f f f f f f f f 629158304121116，103116344322371910 ， f f f f f f f f f f ， ， 123242472438452312 183518 f f f f f f f f f 203644485051263920，5252 ； - 5 - {#{QQABBYqEggAgAhBAAQgCQwHYCkEQkAEACIoORBAEMAIBCRFABAA=}#}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 - 6 - {#{QQABBYqEggAgAhBAAQgCQwHYCkEQkAEACIoORBAEMAIBCRFABAA=}#}