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浙江省2022年1月普通高中学业水平考试仿真模拟数学试题A(附解析)
ID:79556 2022-01-04 21页1111 1.21 MB
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绝密★启用前2022年1月浙江省普通高中学业水平考试数学仿真模拟试卷A满分100分,考试时间80分钟一、选择题(本大题共18小题,每小题3分,共54分。每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分。)1.已知集合,那么()A.B.C.D.【答案】D【分析】直接利用交集的定义即可求得.【详解】因为集合,所以.故选:D2.函数的定义域是()A.B.C.D.【答案】D【分析】根据解析式有意义可得关于的不等式组,其解集为函数的定义域.【详解】由解析式有意义可得,故,故函数的定义域为故选:D.3.下列等式成立的是() A.B.C.D.【答案】C【分析】根据对数的运算法则逐一判断可得选项.【详解】对于A:,故A不正确;对于B:,故B不正确;对于C:∵,∴,故C正确,对于D:,故D不正确,故选:C.4.直线截圆所得的弦长是()A.2B.C.D.1【答案】C【分析】先求出圆心到直线的距离,进而利用勾股定理求出弦长.【详解】圆心(0,0)到直线的距离,因为圆的半径为1,则弦长为.故选:C.5.某几何体的三视图(单位:)如图所示,则该几何体的体积(单位:)是() A.B.C.D.【答案】A【分析】根据三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥,由此可算出体积.【详解】解:根据三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥,∴其体积为,故答案为:.6.不等式的解集为()A.B.C.D.【答案】A 【分析】移项、通分,再根据符号即可得结果.【详解】所以故选:A【点睛】本题考查解分式不等式,考查基本求解能力,属基础题.7.已知实数,满足约束条件,则()A.有最小值,无最大值B.有最小值,也有最大值C.有最大值,无最小值D.无最大值,也无最小值【答案】C【分析】由题设画出线性可行域,结合的几何意义判断是否有最值.【详解】由题设,可得如下可行域,∴表示直线与可行域有交点时,与x轴的截距,故当目标函数与x-y+1=0交于x轴时,有最大值,而无最小值.故选:C 8.若直线与直线垂直,则()A.或B.C.或D.【答案】B【分析】由两直线垂直的等价条件列方程即可求解.【详解】因为直线与直线垂直,所以,解得:,故选:B.9.在中,角,,的对边分别是,,.已知,,,则的值为()A.B.C.D.【答案】B【分析】根据,,,利用正弦定理求解.【详解】在中,因为,,,由正弦定理得:,所以,故选:B10.已知平面,直线,m,且有,给出下列命题:①若,则;②若,则;③若,则.其中命题正确的有()个A.0B.1C.2D.3【答案】A【分析】利用直线与平面、平面与平面的位置关系即可判断. 【详解】对于①由,,得不出,故错误;对于②,得不出,故错误;对于③,,得不出,故错误,故选:A11.已知命题,命题,则是成立的()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【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合基本不等式即可得出结论.【详解】解:,则,,,,由,但,时,命题成立,如时,,由推不出,是成立充分不必要条件,故选:A.12.函数的图象大致为() A.B.C.D.【答案】B【分析】根据题意,先判断函数的奇偶性,排除,再求出、的值,排除,即可得答案.【详解】解:根据题意,,其定义域为,有,即函数为奇函数,排除,又由,,所以,有,函数在不会是减函数,排除,故选:.13.已知数列的首项为,,且,若数列单调递增,则的取值范围为()A.B.C.D. 【答案】C【分析】利用递推公式再推出一个递推公式,两个递推公式相减,结合函数单调性的性质进行求解即可.【详解】当时,,因此有,得:,说明该数列从第2项起,偶数项和奇数项都成等差数列,且它们的公差都是2,由可得:,因为数列单调递增,所以有,即,解得:,故选:C14.在长方体中,底面是边长为1的正方形,异面直线与所成角的大小为,则该长方体的表面积与体积的比值是()A.B.C.D.【答案】D【分析】根据异面直线所成的角,求长方体的高,再求体积和表面积.【详解】设,连结,则,,,异面直线与所成角是,,解得:,所以长方体的表面积,体积,所以该长方体的表面积与体积的比值. 故选:D15.若平面上有A,B,C,D四点,且满足任意三点不共线,现已知,则=()A.3B.4C.5D.6【答案】D【分析】由向量的线性关系,结合平行四边形图像,由和同底,高之必就是面积之比,即可得解.【详解】令,,根据向量的加法的平行四边形法则,作出如图所示平行四边形,作于,于,由,所以,所以,故选:D 16.已知函数,函数与的图像关于直线对称,令,则方程解的个数为()A.2B.3C.4D.5【答案】C【分析】首先利用图象关于对称,求出解析式,可化为,求函数与的图象的交点个数,然后分、、分别讨论即可求解.【详解】因为函数与的图象关于直线对称,,所以,所以的图象如图所示:方程可化为,即求函数与的图象的交点个数.当时,的图象恒过点,此时有两个交点;当时,与的图象有一个交点;当时,设斜率为的直线与的切点为,由斜率,所以,所以切点为,此时直线方程为,即,所以直线 与恰好相切,有一个交点,如图所示:综上,此方程有4个解.故选:C.17.如图,已知,分别是椭圆的左、右焦点,现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点,.若过点的直线是圆的切线,则椭圆的离心率为()A.B.C.D.【答案】A【分析】由切线的性质,可得,,再结合椭圆定义,即得解【详解】因为过点的直线圆的切线,,,所以.由椭圆定义可得,可得椭圆的离心率.故选:A 18.如图,在三棱锥中,,,,点在平面内,且,设异面直线与所成的角为,则的最大值为()A.B.C.D.【答案】D【分析】设线段的中点为,连接,过点在平面内作,垂足为点,证明出平面,然后以点为坐标原点,、、分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系,设,其中,且,求出的最大值,利用空间向量法可求得的最大值.【详解】设线段的中点为,连接,,为的中点,则,,则,,同理可得,,,平面,过点在平面内作,垂足为点,因为,所以,为等边三角形,故为的中点,平面,平面,则,,,平面,以点为坐标原点,、、分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系, 因为是边长为的等边三角形,为的中点,则,则、、、,由于点在平面内,可设,其中,且,从而,因为,则,所以,,故当时,有最大值,即,故,即有最大值,所以,.故选:D.【点睛】方法点睛:求空间角的常用方法:(1)定义法:由异面直线所成角、线面角、二面角的定义,结合图形,作出所求空间角,再结合题中条件,解对应的三角形,即可求出结果;(2)向量法:建立适当的空间直角坐标系,通过计算向量的夹角(两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量)的余弦值,即可求得结果.二、填空题(本大题共4小题,每空3分,共15分。) 19.在等差数列{an}中,a1>0,d=,an=3,Sn=,则a1=________,n=________.【答案】23【分析】根据所给条件,代入等差数列的通项公式和求和公式,解方程即可得解.【详解】由得n2-13n+30=0,∴n=3或n=10.又当n=3时,a1=2>0;当n=10时,a1=<0,不合题意,舍去,故a1=2,n=3.故答案为:2;3.20.已知非零向量满足,则与的夹角为__________.【答案】【分析】直接把两边同时平方化简即得解.【详解】因为,所以,所以.所以与的夹角为.故答案为:21.已知,分别为双曲线的左、右焦点,过的直线与的 左右两支分别交于点,,若是以为直角的等腰直角三角形,则的离心率为____________.【答案】【分析】设,根据是以为直角的等腰直角三角形,结合双曲线的定义,由,求得t,过作的垂线,垂足为,然后在中利用勾股定理求解.【详解】如图:设直线的斜率大于0,,则.由双曲线的定义知,,所以,所以.过作的垂线,垂足为,则,则.在中,,整理得,所以. 故答案为:22.已知函数,,若对,,使得,则实数的取值范围为______.【答案】【分析】根据题意可转化为,利用单调性求解即可.【详解】因为若对,,使得,所以,因为的对称轴为,所以,因为,,所以所以,即所以【点睛】本题主要考查了存在性问题与任意性问题,考查了转化思想,属于中档题.三、解答题(本大题共3小题,共31分。)23.(本题10分)已知函数(1)求函数的单调递增区间;(2)若,求函数的值域.【答案】(1),(2)【分析】(1)利用三角函数恒等变换公式化简变形得,然后由 可求出函数的递增区间,(2)由(1)可得,由得,从而可求得函数的值域【详解】(1),,由,得,所以的单调递增区间为,(2)由(1)得,由,得,所以,即,所以,所以的值域为24.(本题10分)如图,已知抛物线上一点到焦点的距离为,直线与抛物线交于两点,且(为坐标原点),记,的面积分别为. (1)求抛物线的方程;(2)求证直线过定点;(3)求的最小值.【答案】(1);(2)证明见解析;(3)20.【分析】(1)利用抛物线焦半径公式求解即可.(2)首先设直线方程为,,与抛物线联立得到,根据得到,从而得到直线过定点.(3)首先根据图形得到,从而得到,再利用基本不等式求解最小值即可.【详解】(1)由题意可得抛物线方程为(2)设直线方程为,,如图所示:代入抛物线方程中,消去得, ,.解得或(舍去)直线方程为,直线过定点.(3)当时等号成立.的最小值为.25.(本题11分)设函数(),方程有三个不同的实数根,,,且.(1)当时,求实数的取值范围;(2)当时,求正数的取值范围;(3)在(2)的条件下,若恒成立,求实数的取值范围.【答案】(1);(2);(3)【分析】(1)化简,根据函数的单调性即可求解;(2)对进行分类讨论,方程有三个不同的实数根以及函数的单调性即可求解;(3)分析出,可得出,对分类讨论即可求解.【详解】(1),,在单调递增,在单调递减,在单调递增,, ,即;(2)①当时,,在单调递增,在单调递减,在单调递增,在单调递增,,即,解得:;②当时,,在单调递增,在单调递减,在单调递增,在单调递增,,即,解得:,由①②可知:;(3)由(2)可知,①当时,在单调递增,在单调递减,在单调递增,在单调递增,,,为方程的两个根,则,为方程的正根, ,,;②当时,在单调递增,在单调递减,在单调递增,在单调递增,.当,即时,为方程的较小根,,在单调递减,,;当,即时,为方程的正根,,,,
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