精品解析：2022年天津市南开区普通高中学业水平合格性考试数学模拟试题

2022年天津市南开区普通高中学业水平合格性考试

数学模拟试卷

本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．共100分，考试时间90分钟．

参考公式：球的体积公式，其中R表示球的半径．

第Ⅰ卷

一、选择题：（本大题共15个小题，每小题3分，共计45分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）

1. 设全集，集合，，则

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【详解】全集，又，则

，故选A.

2. 从某班学生中任意找出一人，如果该同学的身高小于160 cm的概率为0.2，该同学的身高在[160,175](单位：cm)内的概率为0.5，那么该同学的身高超过175 cm的概率为(　　)

A. 0.2 B. 0.3 C. 0.7 D. 0.8

【答案】B

【解析】

【详解】解：因为该同学的身高小于160cm的概率为0.2，该同学的身高在［160，175］cm的概率为0.5，和该同学的身高超过175cm的概率和为1，利用对立事件可知1-0.2-0.5=0.3，选B

3. 的值为（    ）．

A.  B. 0 C. 1 D. 不存在

【答案】B

【解析】

【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得；

详解】解：

故选：B

4. 下列函数中，在上单调递增的是（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据基本初等函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.

【详解】对于A中，当时，可得函数在上单调递增，满足题意；

对于B中，根据二次函数的性质，可得函数在上单调递减，不满足题意；

对于C中，函数，可得函数在上单调递减，不满足题意；

对于D中，函数，可得函数在上单调递减，不满足题意，

故选：A.

5. 已知向量，若，则实数的值为（    ）

A. -2 B. 2 C. -1 D. 1

【答案】B

【解析】

【分析】

根据向量垂直的坐标表示计算可得结果.

【详解】因为，所以，

所以，即.

故选：B

6. 设C为复数集，若，且（i为虚数单位），则（    ）．

A. 1 B.  C. 4 D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则计算可得；

【详解】解：因为，所以，所以；

故选：A

7. 在下列区间中，函数的一个零点所在的区间为（    ）．

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数的解析式，利用零点的存在定理，结合选项，即可求解.

【详解】由题意，函数，

可得，所以，

结合零点的存在定理，可得函数的一个零点所在的区间为.

故选：B.

8. 某校选修乒乓球课程的学生中，高一年级有30名，高二年级有40名．现用分层抽样的方法在这70名学生中抽取一个样本，已知在高一年级的学生中抽取了6名，则在高二年级的学生中应抽取的人数为

A. 6 B. 8 C. 10 D. 12

【答案】B

【解析】

【详解】试题分析：根据题意，由分层抽样知识可得：

在高二年级的学生中应抽取的人数为：，

故选B．

考点：分层抽样．

9. 函数是

A. 周期为的奇函数 B. 周期为的偶函数

C. 周期为的奇函数 D. 周期为的偶函数

【答案】A

【解析】

【详解】函数函数的周期是，，函数是奇函数，函数是周期为的奇函数，故选A.

10. 如图，，，分别是的边，，的中点，则下列结论错误的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

根据三角形中位线性质和向量的加法法则进行判断即可

【详解】A.项  且利用中位线性质有平行

故

B.项 ，且平行

故

C.项  由向量加法运算有

D.项 ，不成立

故选：D

11. 某校100名学生的数学测试成绩分布直方图如图所示，分数不低于a即为优秀，如果优秀的人数为20人，则a的估计值是（    ）．

A. 130 B. 140 C. 133 D. 137

【答案】C

【解析】

【分析】根据频率分别直方图性质求解即可.

【详解】优秀的频率为，

的频率为，的频率为，

所以的值在之间.

即，解得

故选：C.

12. 将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），所得图象对应的表达式为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数的图象变换规律，可得结论.

【详解】将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），

所得图象对应的表达式为，

故选：C.

【点睛】本题主要考查函数的图象变换规律，属于基础题.

13. 在中，则 

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】B

【解析】

【详解】由正弦定理可知，，故选B.

14. 设，其中e为自然对数的底，则（    ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用对数的运算法则、对数函数的性质以及作差法判断即可；

【详解】解：，又

即，

，所以，

，

又，所以，

，所以，

所以；

故选：B

15. 如图，在正方体中，E为线段的中点，则异面直线DE与所成角的大小为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】连接，则可得为异面直线DE与所成角的平面角或其补角，然后由题意可得DE，从而在中求解即可

【详解】解：连接，则，故为异面直线DE与所成角的平面角或其补角，连接，则，因为E为的中点，故DE，在中，

因为，而，所以在中，，故，

故选：C．

第Ⅱ卷

二、填空题：本大题共5个小题，每小题3分，共15分．请将答案填在题中横线上．

16. 某班有60名学生，其中女生24人，现任选一人，则选中男生的概率为___________．

【答案】##

【解析】

【分析】根据古典概型的概率公式计算可得；

【详解】解：依题意选中男生的概率；

故答案为：

17. 在中，若，则的长为__________．

【答案】

【解析】

【分析】直接利用余弦定理计算可得；

【详解】解：由余弦定理，

即，

所以

故答案为：

18. 已知，则__________．

【答案】

【解析】

【分析】根据数量积的运算律求出，再根据计算可得；

【详解】解：因为，所以，

即，即，所以，解得；

所以

故答案为：

19. 表面积为的正四面体外接球的体积为__________．

【答案】

【解析】

【分析】设正四面体的边长为，的外接圆圆心为，正四面体外接球的球心为，半径为，根据已知条件得到，从而得到外接球半径，再求外接球体积即可.

【详解】设正四面体的边长为，的外接圆圆心为，正四面体外接球的球心为，

半径为，如图所示：

因为，解得.

因为，所以，.

在中，解得.

正四面体外接球的体积.

故答案为：

20. 若，则的最大值是______．

【答案】

【解析】

【分析】变形，利用基本不等式可得最值.

【详解】，则

.

当且仅当，即时，等号成立.

即的最大值是.

故答案为：.

三、解答题：（本大题共4小题，共40分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

21. 已知．

（1）求的值；

（2）求的值．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）直接用二倍角余弦公式即可得结果；

（2）由三角恒等式求出，再根据两角差的正弦公式即可得结果.

【小问1详解】

因为，

所以.

【小问2详解】

因，所以，

所以.

22. 已知复数是实数，是虚数单位.

（1）求复数；

（2）若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）先求出，由题得，即可解出；

（2）求出，解不等式即得解.

【详解】（1）∵，∴ ，

又是实数，∴，得.∴复数.

（2）由（1）得，，∴，

∵复数所表示点在第一象限，∴，得.

∴实数m的取值范围是.

23. 如图，四棱锥的底面是菱形，，平面，是的中点，是的中点．

（）求证：平面平面．

（）求证：平面．

【答案】（1）见解析；（2）见解析

【解析】

【详解】试题分析:（1）根据平几知识计算得，再根据条件由线面垂直得，最后根据线面垂直判定定理得平面，由面面垂直判定定理得结论（2）取的中点，由平几知识得，再根据线面平行判定定理得结论

试题解析：（）∵底面是菱形，，

∴为正三角形，是的中点，，

平面，平面，∴，

∵，∴平面，

∵平面，∴平面平面．

（）取的中点，连结，，

∵，是中点，∴且，

∴与平行且相等，∴，

∵平面，平面，∴平面．

24. 已知函数．

（1）若为偶函数，求a的值；

（2）若在上有最小值9，求a的值．

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）根据题意得到函数的图象关于对称，结合二次函数的性质，即可求解；

（2）由（1）的函数的对称轴方程为，分三种情况讨论，结合函数的单调性，利用最小值列出方程，即可求解.

【小问1详解】

解：由题意，函数，可得其对称轴方程为，

因为函数为偶函数，所以二次函数的对称轴为，

所以，解得

【小问2详解】

解：由（1）知，函数，对称轴方程为，

①当，即时，函数在上为增函数，

所以函数的最小值为，解得；

②当，即时，函数在单调递减，在单调递增，

所以函数的最小值为，此时方程无解；

③当，即时，函数在上为减函数，

所以函数的最小值为，

解得或（舍去），

综上所述，满足条件的的值为或.