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含解析

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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：D

2．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．2 B． 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：B

10．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．0 B．1 C．2 D．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：A

11．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：C

14．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：D

15．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．3 B．4 C．5 D．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．2 B．3 C．4 D．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】2    3   

【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，

，，

，