2022年1月浙江省普通高中学业水平考试数学试题（解析版）

这是一份2022年1月浙江省普通高中学业水平考试数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合P={0，1，2}，Q={1，2，3}，则P∩Q=（ ）
A．{0}B．{0，3}C．{1，2}D．{0，1，2，3}
【答案】C
【分析】根据题设，结合集合交集的概念，可得答案.
【详解】 P={0，1，2}，Q={1，2，3}
P∩Q={1，2}；
故选：C.
2．函数的定义域是
A．B．C．RD．
【答案】D
【分析】由，即可得出定义域.
【详解】
即函数的定义域为
故选：D
【点睛】本题主要考查了求具体函数的定义域，属于基础题.
3．函数的图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据函数的解析式可得函数是以为底数的指数函数，再根据指数函数的图像即可得出答案.
【详解】解：由，得函数是以为底数的指数函数，
且函数为减函数，故D选项符合题意.
故选：D.
4．已知α∈R，则cs（π-α）=（ ）
A．sinαB．-sinαC．csαD．-csα
【答案】D
【分析】利用诱导公式可以直接求出结果.
【详解】因为，
故选：D.
5．已知圆M的方程为，则圆心M的坐标是（ ）
A．（，2）B．（1，2）C．（1，）D．（，）
【答案】A
【分析】根据圆的标准式，即可得到圆心的坐标.
【详解】的圆心坐标为；
的圆心坐标为；
故选：A.
6．某几何体的三视图如图所示，则这个几何体可能是（ ）
A．棱柱B．圆柱C．圆台D．球
【答案】C
【分析】根据几何体的特征可以直接求出结果.
【详解】由三视图知，从正面和侧面看都是梯形，
从上面看为圆形，下面看是圆形，并且可以想象到该几何体是圆台，
则该几何体可以是圆台．
故选：C.
7．已知函数（），则此函数是（ ）
A．偶函数且在（-∞，+∞）上单调递减B．偶函数且在（-∞，+∞）上单调递增
C．奇函数且在（-∞，+∞）上单调递减D．奇函数且在（-∞，+∞）上单调递增
【答案】D
【分析】根据函数的奇偶性的定义和幂函数的单调性可得选项.
【详解】解：令，则函数的定义域为R，且，
所以函数是奇函数，
又因为，所以函数在（-∞，+∞）上单调递增，
故选：D．
8．不等式的解集是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据一元二次不等式求解的方法计算求解.
【详解】，解得，所以解集为.
故选：A
9．设A，B是平面上距离为4的两个定点，若该平面上的动点P满足||PA|-|PB||=3，则P点的轨迹是（ ）
A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线
【答案】C
【分析】根据双曲线的定义即可得出答案.
【详解】解：因为，
所以P点的轨迹是双曲线.
故选：C.
10．不等式组表示的平面区域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】画出直线与，再代入点判断不等式是否成立，从而判断出与的平面区域.
【详解】画出直线，经过一、二、三象限，对应图中的实线，代入可得成立，所以表示的区域为直线及直线右下方；画出直线，经过二、三、四象限，对应图中的虚线，代入可得不成立，所以表示的区域为直线及直线左下方，所以对应的平面区域为B.
故选：B
11．己知空间中两条不重合的直线，则“与没有公共点”是“”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
【答案】B
【分析】由直线与没有公共点表示两条直线或者与是异面直线，再根据充分必要性判断.
【详解】“直线与没有公共点”表示两条直线或者与是异面直线，所以“与没有公共点”是“”的必要不充分条件.
故选：B
12．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度D．向右平移个单位长度
【答案】D
【分析】函数中的替换为,可得到函数,根据“左加右减”平移法则可得到图象的平移变换方法.
【详解】函数中的替换为,可得到函数，
因此对应的图象向右平移移个单位长度, 可以将函数y=csx的图象变为函数的图象，
故选：D
13．已知函数在区间（-∞，1]是减函数，则实数a的取值范围是（ ）
A．[1，+∞）B．（-∞，1]C．[-1，+∞）D．（-∞，-1]
【答案】A
【分析】由对称轴与1比大小，确定实数a的取值范围.
【详解】对称轴为，开口向上，要想在区间（-∞，1]是减函数，所以.
故选：A
14．已知向量满足，则（ ）
A．2B．C．8D．
【答案】B
【分析】利用向量的数量积运算和模的运算法则可得，由此根据已知条件可求得答案.
【详解】∵,
又∵
∴，∴，∴，
故选：B.
15．如图，正方体中，N是棱的中点，则直线CN与平面所成角的正弦值等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】通过连接、交于的辅助线，确定与平面所成的角，再设正方体棱长为2，根据CN与CO长度的关系，即可得出所求角的正弦值；
【详解】连接、交于,由正方形的性质可得，
又平面，
平面，，
又与在平面内相交，
所以平面
是与平面所成的角，
设正方体的棱长为2，则，，
，
故选：B.
16．若对任意恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将不等式转化为，根据在上单调递增，可得，参变分离后令，可转化为在上恒成立，利用基本不等式求解的最大值，即可得的取值范围.
【详解】由，可得，所以，因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，令，则在上恒成立，令，则，当且仅当，即时，取等号，所以.
故选：A
17．已知单位向量不共线，且向量满足若对任意实数λ都成立，则向量夹角的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】对两边平方化简可得，再平方化简整理得恒成立，然后由可求出的范围，从而可求出的最大值
【详解】设向量夹角为，设向量与的夹角为，
，
由，得
，
所以，
所以，
所以
所以，
所以对任意实数λ都成立，
即恒成立，
当，即，得，上式恒成立，
当时，即，，
，
所以得，
因为，所以
综上，，
所以向量夹角的最大值是，
故选：B
18．通过以下操作得到一系列数列：第1次，在2，3之间插入2与3的积6，得到数列2，6，3；第2次，在2，6，3每两个相邻数之间插入它们的积，得到数列2，12，6，18，3；类似地，第3次操作后，得到数列：2，24，12，72，6，108，18，54，3.按上述这样操作11次后，得到的数列记为，则的值是（ ）
A．6B．12C．18D．108
【答案】A
【分析】设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，从而可得，从而可求出，从而可知经过11次拓展后在与6之间增加的数为，由此可得出经过11次拓展后6所在的位置，即可得出答案.
【详解】解：设数列经过第次拓展后的项数为，因为数列每一次拓展是在原数列的相邻两项中增加一项，则经过第次拓展后增加的项数为，
所以，
即，即，
所以数列是以为首项，2为公比的等比数列，
是以，所以，
则经过11次拓展后在与6之间增加的数为，
所以经过11次拓展后6所在的位置为第，
所以.
故选：A.
二、填空题
19．在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=2，A=45°，B=60°，则b=___________.
【答案】
【分析】直接利用正弦定理即可得出答案.
【详解】解：因为a=2，A=45°，B=60°，，
所以.
故答案为：.
20．设椭圆的左､右焦点分别为.已知点，线段交椭圆于点P，O为坐标原点.若，则该椭圆的离心率为___________.
【答案】
【分析】由椭圆定义和题干中的可得到，进而得出点P的坐标，代入椭圆方程化简可得到离心率.
【详解】根据椭圆定义知，又，，
由三角形为直角三角形可得点P是的中点，
，把点P代入椭圆方程中得.
故答案为：.
21．如图，E，F分别是三棱锥V-ABC两条棱AB，VC上的动点，且满足则的最小值为___________.
【答案】0.2
【分析】根据可得共面，作交于点，连接，则，再根据，可得，再利用相似比可得，，从而可得，再利用二次函数的性质即可的解.
【详解】解：因为，
所以共面，
作交于点，连接，则，
因为，
所以，即，
因为，所以，则，
因为，所以，则，
又，所以，所以，
则，，
故，
所以当时，取得最小值为.
故答案为：.
三、双空题
22．若数列通项公式为，记前n项和为，则___________；___________.
【答案】 4 20
【分析】根据数列的通项公式直接求出即可，易得数列是以2为首项2为公差的等差数列，再根据等差数列的前项公式即可得出答案.
【详解】解：因为，所以，
又，，所以数列是以2为首项2为公差的等差数列，
则.
故答案为：4；20.
四、解答题
23．已知函数.
(1)求的值；
(2)求的最小正周期.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据函数的解析式和特殊角的三角函数值计算可得；
（2）根据函数的解析式得，利用周期公式计算可得.
(1)
∵，
∴
(2)
∵，∴，
∴的最小正周期
24．如图，已知抛物线C：的焦点F到其准线的距离为2.
(1)求p的值；
(2)设过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点，O为坐标原点，记△AOB的面积为S，当时，求直线l的方程.
【答案】(1)2
(2)或
【分析】（1）由抛物线的几何性质可得焦点到准线间的距离为，根据已知即可得到的值；
（2）根据题意可设直线的方程为，利用韦达定理可三角形面积公式得到关于的表达式，利用抛物线的定义转化求得关于的表达式，根据已知得到关于的方程，求解后即得直线的方程.
(1)
抛物线C：焦点为，准线为，∴焦点到准线间的距离为，由已知得抛物线C：的焦点F到其准线的距离为2，
∴；
(2)
由（1）可得抛物线的方程为，焦点,
显然直线的斜率不可能为零，故可设直线的方程为，
代入抛物线方程整理得，
设，则
，

，
由，得，解得,
∴直线l的方程为或.
25．已知函数.
(1)若f（1）=2，求a的值；
(2)若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；
②.
【答案】(1)2；
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明..
(1)
由，化简得：，两边平方，解得：.
(2)
不妨令，
①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，为定值，不合题意；
当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，
接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，
综上：，证毕.
②由①可知：当时，由得：，整理得：，即；
当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.
【点睛】极值点偏移问题，是比较有难度的题目，一般处理思路有构造差函数，对数平均不等式，多元化单元等方法.