文档内容
2023 学年第二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．抛物线x2 =4y的准线方程为（ ）
A．x=−1 B．x=−2 C．y =−1 D．y =−2
5 5 17
2．数列1， ， ， ，…的通项公式可能是（ ）
3 2 5
n2 +1 n+1 n2 2n−1
A．a = B．a = C．a = D．a =
n n+1 n n2 +1 n 2n−1 n n2
3．已知直线l ：mx+ y+1=0，l ：3x+( m+2 ) y+3m=0，若l ∥l ，则m的值为（ ）
1 2 1 2
A．1 B．－3 C．1或－3 D．－1或3
4．已知两条直线m，n，两个平面α，β，则下列命题正确的是（ ）
A．若m∥n且n⊂α，则m∥α B．若m∥α且n⊂α，则m∥n
C．若m⊥α且n⊂α，则m⊥n D．若α⊥β且m⊂α，则m⊥β
5．已知点P (−4,2 )和圆Q：( x−4 )2 +( y−2 )2 =16，则以PQ为直径的圆与圆Q的公共弦长是（ ）
A．2 5 B．2 3 C．4 5 D．4 3
6．江南水乡多石拱桥，现有等轴双曲线形的石拱桥（如图），拱顶离水面10米，水面宽AB=20 5米，若
水面上升5米，则水面宽为（ ）
A．10 2 米 B．15 2米 C．12 3米 D．30米
学科网（北京）股份有限公司1
7．在正三棱台ABC−ABC 中，AB = AA = AB=3，ABAB =O，则异面直线OC与BC 所成角
1 1 1 1 1 1 2 1 1 1
的余弦值是（ ）
1 2 3 2
A． B． C． D．
3 3 3 3
8．如图，是由一系列直角三角形拼接而成的几何图形，已知OA = AA = A A =⋅⋅⋅= A A =1，记
1 1 2 2 3 n−1 n
2024 1
OA ，OA ，…，OA 的长度构成的数列为{ a }，则∑ 的整数部分是（ ）
1 2 n n a
i=1 i
A．87 B．88 C．89 D．90
二、多项选择题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20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 5分，部分选对的得 2分，有选错和不选的得 0分．
9．已知向量a=(−1,2,0 )，b=(−2,4,0 )，则下列正确的是（ ）
A．a∥b B．a ⊥b
C． b =2 a D．a在b方向上的投影向量为(−1,2,0 )
10．若正项数列{ a }为等比数列，公比为q，其前n项和为S ，则下列正确的是（ ）
n n
1
A．数列 是等比数列 B．数列{ lga }是等差数列
a2
n
n
C．若{ a }是递减数列，则00 )的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，分别过点A，
B作准线l的垂线，垂足分别为A，B ，则（ ）
1 1
学科网（北京）股份有限公司A．A，B两点的纵坐标之和为常数 B．在直线l上存在点P，使∠APB>90°
C．A，O，B 三点共线 D．在直线l上存在点P，使得△APB的重心在抛物线上
1
12．在正三棱锥S−ABC中，SA，SB，SC两两垂直，AB =2，点M是侧棱SC的中点，AC在平面α内，
记直线BM与平面α所成角为θ，则当该三棱锥绕AC旋转时θ的取值可能是（ ）
A．53° B．60° C．75° D．89°
非选择题部分
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
13．经过A ( 0,2 )，B (−1,0 )两点的直线的方向向量为( 1,k )，则k =______．
1
14．已知数列{ a }为等比数列，a =63，公比q= ，若T 是数列{ a }的前n项积，当T 取最大值时，
n 1 2 n n n
n=______．
15．已知某圆锥底面直径与母线长之比为6:5，其内切球半径为1，则此圆锥的体积等于______．
16．已知双曲线C的渐近线方程为y =±x，两顶点为A，B，双曲线C上一点P满足 PA =3 PB ，则
tan∠APB=______．
四、解答题：共 6大题，共 70分，其中第 17题 10分，第 18题~第22题每题 12分，解答应
写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知等差数列{ a }的前n项和为S ，S =49，a =9．
n n 7 5
（Ⅰ）求S ；
n
（Ⅱ）若S 、S −S 、S 成等比数列，求k的值．
3 11 8 k
18．已知圆C的圆心在直线y =2x+5上，且过A (−2,4 )，B ( 2,6 )两点．
（Ⅰ）求圆C的方程；
（Ⅱ）已知l：( m+1 ) x+( 3m−1 ) y−5 ( m+1 )=0，若直线l与圆C相切，求实数m的值．
19．如图，已知斜三棱柱ABC−ABC ，底面△ABC是正三角形，AA = AB=2，∠AAB=∠AAC，
1 1 1 1 1 1
点N是棱BC 的中点，AN = 13．
1 1
（Ⅰ）求证：BC ⊥ AA ；
1
学科网（北京）股份有限公司（Ⅱ）求平面AAN与平面ANB的夹角的余弦值．
1
5
20．已知点F为抛物线C：y2 =2px ( 0< p<1 )的焦点，点A ( x ,1 )在抛物线C上，且 AF = ．
0
4
（Ⅰ）求抛物线C的方程；
1
（Ⅱ）若直线l与抛物线C交于M，N两点，设直线AM，AN的斜率分别为k ，k ，且k ⋅k =− ，求
1 2 1 2 2
证：直线l过定点．
21．已知数列{ a }满足a =2， a n+1 −1 = pa +(−1 )p( n∈N* ) ．
n 1 a n
n
{ }
（Ⅰ）若 p =0，求数列 3n⋅a 的前n项和S ；
n n
1 1
（Ⅱ）若 p=1，设数列 的前n项和为T ，求证： ≤T <1．
a n 2 n
n
7 x2 y2 x2 y2
22．已知离心率为 的双曲线C ： − =1 ( a>0,b>0 )过椭圆C ： + =1的左，右顶点A，
2 1 a2 b2 2 4 3
B．
（Ⅰ）求双曲线C 的方程；
1
（Ⅱ）P ( x ,y )( x >0,y >0 )是双曲线C 上一点，直线AP，BP与椭圆C 分别交于D，E，设直线DE
0 0 0 0 1 2
与x轴交于Q ( x ,0 ) ，且x =λ2x 0<λ< 1 ，记△BDP与△ABD的外接圆的面积分别为S ，S ，
Q Q 0 2 1 2
S
求 1 的取值范围．
S
2
2023 学年第二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：柯桥中学 次命题兼审校：丽水中学 审核：瑞安中学
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分．
1．C 2．A 3．B 4．C 5．D 6．D 7．B 8．B
8．解析：由题意知，OA = AA = A A =⋅⋅⋅= A A =1且△OAA ，△OA A ，…，△OA A 都是直
1 1 2 2 3 n−1 n 1 2 2 3 n−1 n
角三角形，所以a =1，且a 2 =a2 +1，所以数列 { a 2 } 是以1为首项，1为公差的等差数列，所以
1 n n−1 n
学科网（北京）股份有限公司2024 1 1 1 1
a 2 =1+( n−1 )×1=n∑ = + ++ ，
n a 1 2 2024
i=1 i
1 1 1 1 2 2
∵ + ++ < + ++ =2 2024−1<2 2025−1=89，
1 2 2024 1 1+ 2 2023+ 2024
1 1 1 2 2 2
∵ + ++ > + ++ =2 2025−2=88，
1 2 2024 1+ 2 2+ 3 2024+ 2025
1 1 1
即88< + ++ <89，
1 2 2024
所以所求整数部分都是88，故选：B．
二、多选题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
9．ACD 10．ABC 11．CD 12．AB
12．当BM与平面α平行时，cosθ=1；由最小角定理，直线与平面所成的角是直线与平面内的线所成角中
最小的角，所以θ小于等于BM与AC所成的角，分别取SC，SA的中点M，N，连接MN，BM，BN．
10 10 10
在△BMN 中，BM = BN = ，MN =1，得cos∠BMN = ，故cosθ∈ ,1．
2 10 10
6− 2 1
因为cos75°=cos ( 45°+30°)= ，cos60°= ，
4 2
6− 2 10 1
而 < < ，所以0°≤θ<75°．
4 10 2
故选：AB．
三、填空题：本题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
32 4
13．2 14．6 15． π 16．
9 3
学科网（北京）股份有限公司16．解析：不妨设双曲线C的方程为x2 − y2 =a2( a>0 )，A，B为左右顶点．
5
设P ( x,y )，因为 PA =3 PB ，所以( x+a )2 + y2 =9 ( x−a )2 +9y2，化简得：x2 − ax+ y2 +a2 =0，
2
5
x2 − y2 =a2 x= a
4 5 3
则 5 ，解得 ，所以P a,± a ，
x2 − ax+ y2 +a2 =0 3 4 4
2 y =± a
4
作PD⊥ x轴于D．
1
3−
tan∠APB=tan (∠APD−∠BPD )= tan∠APD−tan∠BPD = 3 = 4 ．
1+tan∠APD⋅tan∠BPD 1 3
1+3×
3
四、解答题（共 6大题，共 70分，其中第 17题 10分，第 18题~第22题每题 12分，解答应
写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．解析：（Ⅰ）设等差数列的首项为a ，公差为d，
1
7×6
S =7a + d =49
由S =49，a =9，所以 7 1 2 ，
7 5
a =a +4d =9
5 1
d =2 n ( 1+2n−1 )
解得 ，所以a =2n−1，则S = =n2．
a =1 n n 2
1
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知S =32 =9，S −S =57，S =k2，
3 11 8 k
又S 、S −S 、S 成等比数列，所以( S −S )2 =S ⋅S ，
3 11 8 k 11 8 3 k
即572 =9×k2，解得k =19或k =−19（舍去）．
18．解析：（Ⅰ）方法一：设圆心C的坐标为(
a,b
)，则b=2a+5，
又 CA = CB ，则 ( a+2 )2 +( b−4 )2 = ( a−2 )2 +( b−6 )2 即2a+b−5=0，
得a=0，b=5，所以圆C的半径r = AC = 5 ，
所以圆C的方程是x2 +( y−5 )2 =5（或x2 + y2 −10y+20=0）．
学科网（北京）股份有限公司1
方法二：AB的中点坐标为( 0,5 )，k = ，则AB的中垂线方程为y =−2x+5．
AB 2
y =2x+5 x=0
则 ，解得 ，所以圆心C的坐标为( 0,5 )，
y =−2x+5 y =5
所以圆C的半径r = AC = 5，
所以圆C的方程是x2 +( y−5 )2 =5（或x2 + y2 −10y+20=0）．
（Ⅱ）设圆心C到直线的距离为d，
5 ( 3m−1 )−( 5+5m ) 10m−10
由题意可得d = = = 5，
( 1+m )2 +( 3m−1 )2 10m2 −4m+2
3
平方整理后可得5m2 −18m+9=0，解得m= 或m=3．
5
19．解析：（Ⅰ）取BC的中点M，连接AM，AB，AC，AM ，
1 1 1
∵三棱柱ABC−ABC 中，AB= BC =CA，∴AM ⊥ BC，
1 1 1
又∵∠AAB=∠AAC，∴△AAB≌△AAC，∴AB= AC，∴AM ⊥ BC，
1 1 1 1 1 1 1
又AM AM =M ，∴BC ⊥面AAM ，∴BC ⊥ AA ．
1 1 1
（Ⅱ）方法一：连接MN，在△AMN 中，AN = 13，AM = 3，MN =2，
AM2 +MN2 −AN2 3
即cos∠AMN = =− ，即∠AMN =150°．
2AM ⋅MN 2
如图建系，A ( 3,0,0 ) ，B ( 0,1,0 )，N ( − 3,0,1 ) ，
( ) ( )
有BA= 3,−1,0 ，AN = −2 3,0,1 ，
3x− y =0
设面ABN的法向量为n=( x,y,z )，则 ，
−2 3x+z =0
( )
解得面ABN的一个法向量n= 1, 3,2 3 ，
n⋅m
3
面AAN 的一个法向量m=( 0,1,0 )，∴ cos n,m = = ，
1 n m 4
3
所以平面AAN与平面ANB的夹角的余弦值为 ．
1 4
学科网（北京）股份有限公司（Ⅱ）方法二：连接MN，在△AMN 中，AN = 13，AM = 3，MN =2，
AM2 +MN2 −AN2 3
即cos∠AMN = =− ，即∠AMN =150°．
2AM ⋅MN 2
作MF ⊥ AN于F，连BF．
因为BC ⊥平面AMN，AN ⊂平面AMN，所以AN ⊥ BC，又BCMF =M ，
所以AC ⊥平面BMF，BF ⊂平面BMF，所以AN ⊥ BF ，
所以∠BFM 为二面角B−AN −M 的平面角．
1 1 39
在△AMN 中， AN FM = AM MN sin150°，得FM = ．
2 2 13
13 FM 3
则BF = BM2 +MF2 = ，所以cos∠BFM = = ．
4 BF 4
3
所以平面AAN与平面ANB的夹角的余弦值为 ．
1 4
p 5
x + =
20．解析：（Ⅰ）由题意得： 0 2 4，
2px =1
0
1 p=2
p =
解得 2 ，或 1 （舍去），所以抛物线C的方程为y2 = x．
x =1 x 0 = 4
0
（Ⅱ）方法一：（1）当直线l斜率存时，
设直线l：y =kx+m ( k ≠0 )，M ( x ,y )，N ( x ,y )，
1 1 2 2
学科网（北京）股份有限公司y2 = x
则 ，消去x，整理得ky2 − y+m=0，
y =kx+m
1 m
则∆=1−4km>0，y + y = ，y ⋅y = ，
1 2 k 1 2 k
y −1 y −1 1 1 k 1
而k ⋅k = 1 ⋅ 2 = = = =− ，
1 2 x −1 x −1 ( y +1 )( y +1 ) y y +( y + y )+1 m+k+1 2
1 2 1 2 1 2 1 2
整理得m+3k+1=0，所以m=−1−3k，
所以直线l：y =kx−1−3k =k ( x−3 )−1，所以直线l过定点( 3,−1 )．
（2）当直线l斜率不存时，设直线l：x=m ( m>0,m≠1 )，
( ) ( ) m −1 − m −1 −1 1
则M m, m ，N m,− m ，则k ⋅k = ⋅ = =− ，得m=3，
1 2 m−1 m−1 m−1 2
所以直线l：x=3，则点( 3,−1 )在直线l上．
综上：直线l过定点( 3,−1 )．
( ) ( )
（Ⅱ）方法二：设M t2,t ，N t 2,t ，
1 1 2 2
t −1 t −1 1 1
则k ⋅k = 1 ⋅ 2 = =− ，
1 2 t2 −1 t 2 −1 ( t +1 )( t +1 ) 2
1 2 1 2
则tt =−3−( t +t )，直线l的方程为y−t = t 2 −t 1 ( x−t2 ) ，
1 2 1 2 1 t 2 −t2 1
2 1
1 tt 1 −3−( t +t ) 1
则y = x+ 1 2 = x+ 1 2 = ( x−3 )−1，
t +t t +t t +t t +t t +t
2 1 1 2 2 1 1 2 2 1
所以直线l过定点( 3,−1 )．
a −1
21．解析：（1）当 p =0时，则 n+1 =1，得a −1=a ，所以a −a =1，
a n+1 n n+1 n
n
所以数列{ a }是以a =2为首项，公差为1的等差数列．
n 1
所以a =2+( n−1 )×1=n+1，则3n⋅a =( n+1 )⋅3n，
n n
所以S =2×3+3×32 +4×33++( n+1 )⋅3n，
n
3S =2×32 +3×33+4×34 ++( n+1 )⋅3n+1，
n
学科网（北京）股份有限公司两式相减得−2S =6+32 +33+34 ++3n −( n+1 )⋅3n+1
n
32× ( 1−3n−1 )
3 2n+1
=6+ −( n+1 )⋅3n+1，所以S =− + ⋅3n+1．
1−3 n 4 4
a −1
（Ⅱ）当 p=1时，由 n+1 =a −1，得a =a2 −a +1，
a n n+1 n n
n
所以a −a =a2 −2a +1=( a −1 )2 >0，
n+1 n n n n
所以数列{ a }单调递增，因为a =2，所以a ≥2，
n 1 n
a −1
又由 n+1 =a −1，可得a −1=a ( a −1 )，
a n n+1 n n
n
1 1 1 1 1 1 1
所以 = = − ，即 = − ，
a −1 a ( a −1 ) a −1 a a a −1 a −1
n+1 n n n n n n n+1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
则T = + ++ = − + − ++ − = − ，
n a a a a −1 a −1 a −1 a −1 a −1 a −1 a −1 a −1
1 2 n 1 2 2 3 n n+1 1 n+1
1 1
所以T =1− ，易知1− 为递增数列，且a =3，
n a −1 a −1 2
n+1 n+1
1 1 1 1
所以 =1− ≤1− <1，即： ≤T <1．
2 a −1 a −1 2 n
2 n+1
c 7
=
a 2
22．解析：（Ⅰ）由题意得：c2 =a2 +b2 ，解得b= 3，
a =2
x2 y2
所以双曲线C 的方程为 − =1．
1 4 3
y
（Ⅱ）方法一：设直线AP：y = 0 ( x+2 )，D ( x ,y )，
x +2 1 1
0
y
y = 0 ( x+2 ) 4y2 16y2 16y2
则 x +2 ，消y得：3+ 0 x2 + 0 x+ 0 −12=0，
3x2 + 0 4y2 =12 ( x 0 +2 )2 ( x 0 +2 )2 ( x 0 +2 )2
学科网（北京）股份有限公司16y2 −12 ( x +2 )2
得：−2x = 0 0 ，
1 3 ( x +2 )2 +4y2
0 0
x2 y2
又因为P ( x ,y )在双曲线上，满足 0 − 0 =1，即4y2 =3x2 −12，
0 0 4 3 0 0
8y2 −6 ( x +2 )2 6x2 −24−6 ( x +2 )2 −24 ( x +2 ) −4 4
所以−x = 0 0 = 0 0 = 0 = ，即x = ．
1 3 ( x +2 )2 +4y2 3 ( x +2 )2 +3x2 −12 6x ( x +2 ) x 1 x
0 0 0 0 0 0 0 0
y 4 4
同理设直线BP：y = 0 ( x−2 )，E ( x ,y )，可得x = ，所以x = ．
x −2 2 2 2 x Q x
0 0 0
4 2
因为x =λ2x ，所以 =λ2x ，因为x >0，所以x = ．
Q 0 x 0 0 0 λ
0
4
2 λ2 y 2 3−3λ2 2 3−3λ2
把x = 代入双曲线方程得 − 0 =1，解得 y = ，则点P , ．
0 λ 4 3 0 λ λ λ
设△DBP与△ABD的外接圆的半径分别为r ，r ，
1 2
PB AB
由正弦定理得2r = ，2r = ，
1 sin∠BDP 2 sin∠ADB
因为∠ADB+∠BDP=180°，所以sin∠BDP=sin∠ADB．
2 2
2 3 1 4 9
−2 + −3 7 − −
S r BP λ λ2 λ 7 7
则 1 = 1 = = = ．
S r AB 4 4
2 2
1 1 S 13
因为0<λ< ，所以 >2，所以 1 ∈ ,+∞．
2 λ S 4
2
（Ⅱ）方法二：设直线DE：x=ty+m，D ( x ,y )，E ( x ,y )，
1 1 2 2
x=ty+m
( )
则 ，消x得： 3t2 +4 y2 +6tmy+3m2 −12=0，
3x2 +4y2 =12
−6tm 3m2 −12 4−m2
所以y + y = ，y y = ，得y y = ( y + y )，
1 2 3t2 +4 1 2 3t2 +4 1 2 2mt 1 2
y y
因为P，A，D三点共线，则 1 = 0 ，
x +2 x +2
1 0
学科网（北京）股份有限公司y y y ( x −2 ) x −2
因为P，B，E三点共线，则 2 = 0 ，两式相除得 1 2 = 0 ，
x −2 x −2 y ( x +2 ) x +2
2 0 2 1 0
y ( x −2 ) y ( ty +m−2 ) ty y +( m−2 ) y ( 4−m2 )( y + y )+2m ( m−2 ) y
而 1 2 = 1 2 = 1 2 1 = 1 2 1
y ( x +2 ) y ( ty +m+2 ) ty y +( m+2 ) y ( 4−m2 )( y + y )+2m ( m+2 ) y
2 1 2 1 1 2 2 1 2 2
( 2−m ) ( 2+m ) y +( 2−m ) y 2−m
= 1 2 = ．
( 2+m )( 2+m ) y +( 2−m ) y 2+m
1 2
因为x =λ2x ，所以m=λ2x ．
Q 0 0
2−m x −2 2−λ2x x −2 2
因为 = 0 ，所以 0 = 0 ，得x = ，
2+m x +2 2+λ2x x +2 0 λ
0 0 0
4
2 λ2 y 2 3−3λ2 2 3−3λ2
把x = 代入双曲线方程得 − 0 =1，解得y = ，则点P , ．
0 λ 4 3 0 λ λ λ
设△DBP与△ABD的外接圆的半径分别为r ，r ，
1 2
PB AB
由正弦定理得2r = ，2r = ，
1 sin∠BDP 2 sin∠ADB
因为∠ADB+∠BDP=180°，所以sin∠BDP=sin∠ADB，
2 2
2 3 1 4 9
−2 + −3 7 − −
S r BP λ λ2 λ 7 7
则 1 = 1 = = = ，
S r AB 4 4
2 2
1 1 S 13
因为0<λ< ，所以 >2，所以 1 ∈ ,+∞．
2 λ S 4
2
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