2021年6月天津市普通高中学业水平合格性考试数学试题（含解析）

这是一份2021年6月天津市普通高中学业水平合格性考试数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年6月天津市普通高中学业水平合格性考试数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．已知集合，，则等于（    ）
A． B． C． D．
2．不等式的解集为（     ）
A． B．
C． D．
3．把化成弧度为（    ）
A． B． C． D．
4．下列函数中是偶函数的为（    ）
A． B． C． D．
5．命题“，”的否定是（    ）
A．， B．，
C．， D．，
6．已知函数（且）的图象经过点，则的值为（    ）
A． B． C． D．
7．如图，圆柱的底面半径是2，高是3，则这个圆柱的体积是（    ）
  
A． B． C． D．
8．复数在复平面内对应的点位于（    ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
9．已知，，则的值为（    ）
A． B．ab C． D．
10．如图，在平行四边形中，，，则可以表示为（    ）
  
A． B． C． D．
11．为了得到函数，的图像，只需将正弦曲线上所有的点（    ）
A．向左平行移动个单位长度 B．向右平行移动个单位长度
C．向左平行移动个单位长度 D．向右平行移动个单位长度
12．盒中有3个大小质地完全相同的球，其中1个白球、2个红球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则两次都摸出红球的概率为（    ）
A． B． C． D．
13．某产品共有三个等级，分别为一等品、二等品和不合格品．从一箱产品中随机抽取1件进行检测，设“抽到一等品”的概率为0.65，“抽到二等品”的概率为0.3，则“抽到不合格品”的概率为(　　)
A．0.95 B．0.7 C．0.35 D．0.05
14．函数的零点所在的区间是（    ）
A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4)
15．某学校的环保志愿者小组为了研究本校学生家庭用电情况，在全校学生家庭中抽取了100户进行调查，发现他们的用电量都在之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示．则在被调查的用户中，用电量落在区间内的户数为（    ）
  
A．28 B．16 C．14 D．7

二、填空题
16．某校高三年级有男生240名，女生300名，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从该年级全体学生中抽出一个容量为27的样本，则应抽取的男生人数为 ．
17．函数，的最小正周期为 ．
18．为虚数单位，复数 ．
19．已知、、分别是三个内角、、的对边，且，，，则 ．
20．把36写成两个正数的积，则这两个正数的和的最小值为 ．

三、解答题
21．已知，．
(1)求，的值；
(2)求的值．
22．已知向量，．
(1)求、的坐标；
(2)求、的值．
23．如图，长方体中，底面是正方形．
  
(1)求证：平面；
(2)求证：平面．
24．已知函数，．
(1)当，求a；
(2)当在上单调递增，问a的取值范围；
(3)设为和中的较小者，证明在上的最大值为．

参考答案：
1．D
【分析】利用并集的定义可求得集合.
【详解】因为，，则.
故选：D.
2．C
【分析】由题意求解二次不等式的解集即可.
【详解】一元二次方程的根为，
据此可得：不等式的解集为.
本题选择C选项.
【点睛】本题主要考查二次不等式的解法及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3．C
【分析】利用角度与弧度的互化可得结果.
【详解】.
故选：C.
4．A
【分析】根据基本初等函数的 奇偶性判断即可；
【详解】对于A：定义域为且，故为偶函数，故A正确；
对于B：定义域为，为非奇非偶函数，故B错误；
对于C：定义域为，且，所以为奇函数，故C错误；
对于D：定义域为，但是，所以为非奇非偶函数，故D错误；
故选：A
5．C
【分析】根据“全称量词命题的否定是存在量词命题”进行否定.
【详解】对于全称量词命题“，”，其否定为存在量词命题“，”，
因此，命题“，”的否定为“，”，
故选：C.
6．B
【分析】利用指数幂的运算可求得的值.
【详解】因为函数（且）的图象经过点，则，解得.
故选：B.
7．D
【分析】直接根据圆柱的体积公式进行计算.
【详解】由圆柱的体积公式可得，该圆柱的体积为：.
故选：D
8．A
【分析】根据复数的几何意义进行判断.
【详解】根据复数的几何意义，在复平面内对应的点是，在第一象限.
故选：A
9．D
【分析】根据对数的运算规则计算.
【详解】显然；
故选：D.
10．B
【分析】根据向量加法的平行四边形法则判断即可.
【详解】在平行四边形中.
故选：B
11．A
【分析】利用三角函数的变换公式即可求解.
【详解】到，变为，可得图像向左平移了个单位；
故选：A.
12．A
【分析】利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得.
【详解】记1个白球为，2个红球分别为、，
现从中不放回地依次随机摸出2个球，则可能结果有、、、、、共个，
其中两次都摸出红球的有、，
所以所求概率.
故选：A
13．D
【详解】“抽到一等品”与“抽到二等品”是互斥事件，所以“抽到一等品或二等品”的概率为0.65＋0.3＝0.95，“抽到不合格品”与“抽到一等品或二等品”是对立事件，故其概率为1－0.95＝0.05.
故答案为D．
14．B
【分析】易知函数是上的增函数,,结合零点存在性定理可判断出函数零点所在区间.
【详解】函数是上的增函数,是上的增函数,
故函数是上的增函数.
,,
则时,;时,,
因为,所以函数在区间上存在零点.
故选:B.
【点睛】本题考查了函数零点所在区间,利用函数的单调性与零点存在性定理是解决本题的关键,属于基础题.
15．C
【分析】由频率分布直方图求出频率，即可计算出频数.
【详解】由频率分布直方图可知用电量落在的频率为,
所以用电量落在内的户数为.
故选：C
16．
【分析】根据分层抽样计算规则计算可得.
【详解】依题意男生应抽取人.
故答案为：
17．
【分析】根据余弦函数的周期公式求解.
【详解】根据余弦函数的周期公式，，的最小正周期为：.
故答案为：
18．
【分析】根据复数的除法法则计算．
【详解】．
故答案为：．
19．
【分析】利用余弦定理可求得的值.
【详解】因为，，，
由余弦定理可得.
故答案为：.
20．
【分析】设，且，由基本不等式求解.
【详解】由题意，设，且，
根据基本不等式，，解得，
即当时，这两个正数的和的最小值为.
故答案为：
21．(1)，
(2)

【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系计算可得；
（2）利用两角和的正弦公式计算可得.
【详解】（1）因为，，
所以，.
（2）
.
22．(1)，
(2)，

【分析】（1）利用平面向量线性运算的坐标表示可求得向量、的坐标；
（2）利用平面向量数量积的坐标运算可求得、的值.
【详解】（1）解：因为向量，，则，.
（2）解：因为向量，，则，.
23．(1)证明见解析
(2)证明见解析

【分析】（1）根据长方体的性质得到四边形为平行四边形，则，即可得证；
（2）依题意可得，再由线面垂直的性质得到，即可得证.
【详解】（1）在长方体中，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
（2）因为底面是正方形，所以，又，所以，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面.
24．(1)
(2)
(3)证明见解析

【分析】（1）代入函数值，直接求；（2）比较对称轴和定义域的关系，即可根据不等式求a的取值范围；（3）根据函数和函数的对称性，确定函数的最大值，并讨论在区间上恒包含最大值点，即可证明.
【详解】（1），；
（2）的对称轴为，
函数开口向上，并且在区间上单调递增，
，得；
（3）函数，开口向上，关于直线对称，
函数，开口向下，也关于直线对称，
并且与关于对称，
当时，即，
解得：或，
当或，，
当时，，
在或时，取得最大值，
当时，，即
要证明，即证明，
当时，不等式恒成立，
当时，即证明，即恒成立，
所以当时，，即在区间能取得最大值；
当时，要证明，即证明，
若，不等式恒成立，
若，即证明，即，即恒成立，
要证明，即证明，
两边平方得，即，即不等式恒成立，
所以当时，，即在区间能取得最大值；
当时，此时，，，
都在区间内，即在区间能取得最大值；
综上可知，在上的最大值为.
【点睛】思路点睛：本题考查二次函数的综合应用问题，本题第三问的关键是理解与函数的图象关系，并说明在定义域上存在最大值点.