2022年7月浙江省普通高中学业水平考试数学仿真模拟试卷-1

2022年7月浙江省普通高中学业水平合格性考试数学仿真模拟试卷02一、单选题(本大题共18小题，每小题3分，共54分)1．设集合，，则（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题意，集合，，根据集合交集的运算，可得.故选：A.2．函数的定义域为（

）A． B． C． D．【答案】B【详解】依题意，解得，所以函数的定义域为.故选：B．3．不等式的解集为（

）A． B．或C． D．【答案】A【详解】不等式可化为，则不等式的解集为，故选：.4．若为正实数，且，则的最小值为（

）A． B． C．3 D．【答案】D【详解】因为为正实数，，所以，当且仅当，即，时取等号.所以的最小值为.故选：D5．已知函数，若对于任意的实数x，不等式恒成立，则实数a的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题设，，图象如下：所以，又是R上的增函数，所以对恒成立，所以，则，即．故选：A．6．已知直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，若，则（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】若，则，从而即,解之得：故选：D7．某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）为（

）A．4 B．6 C．12 D．15【答案】B【详解】由三视图知该几何体是三棱锥，放在长方体中，如图所示，长方体的长为4，宽和高都是3，三棱锥的体积是．故选：B．8．已知，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【详解】因为，，所以（当且仅当，即时取等号），即的最小值为4.故选：D.9．在中，，，则（

）A．30° B．60° C．60°或120° D．120°【答案】C【详解】∵，，，∴根据正弦定理，得：，又，得到，即，则或．故选：C10．已知幂函数的图象过点，则函数的图象是（

）A． B．C． D．【答案】C【详解】设幂函数的解析式为，∵幂函数的图象过点，∴，解得∴，其定义域为，且是增函数，当时，其图象在直线的上方．对照选项可知C满足题意．故选:C．11．己知函数，则（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【详解】由题意，得，.故选：B．12．已知,则“”是“”的A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【详解】解:设命题,命题,整理得.充分性:因为,则显然成绩,所以成立;必要性:因为,当时,,所以,必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件.故选:A13．函数的图象经过怎样的平移可得到函数的图象（

）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【答案】D【详解】因为，所以的图象向右平行移动个单位长度可得到函数，故选：D.14．如图，在正方体中，E为的中点，则下列与直线CE垂直的是（）A．直线AC B．直线 C．直线 D．直线【答案】B【详解】在正方体中，连AC，如图，点E是矩形边的中点，直线AC与直线CE不垂直，A不是；连接，由平面，平面，则，而，又，平面，于是得平面，而平面，则，B是；因，若，而，，平面，则有平面，又平面，则与矛盾，因此，直线与直线CE不垂直，直线与直线CE不垂直，C不是；由选项A知，直线与直线CE不垂直，D不是.故选：B15．已知定义在R上的奇函数在时满足，且在有解，则实数m的最大值为（

）A． B．2 C． D．4【答案】D【详解】当时，函数，可得函数在上单调递增，因为，所以，所以，所以，即在有解，又由当时，，所以，所以实数最大值为.故选：D.16．已知O、A、B、C为空间四点，且对空间中任意一个向量，若存在唯一的一组实数、、，使得不成立，则（

）A．、、共线 B．、共线C．、共线 D．O、A、B、C四点共面【答案】D【详解】由空间向量基本定理，对空间中任意一个向量，若存在唯一的一组实数、、，使得不成立，则是共面向量，因此四点四点共面，故选：D．17．复数（i为虚数单位）的共轭复数在复平面的对应的点在（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【详解】因为，所以，所以对应点.故选：C.18．如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，则存在点使得（

）A． B．与平面所成角为C． D．二面角的大小为【答案】D【详解】对于A：由是等腰直角三角形，可得因为，所以，若，，则面，因为面，所以，即与矛盾，A错误；以点为原点，为轴，如图建立空间直角坐标系则，，设点，∵，，∴

，，∴，，∴，，设，，则，设平面的法向量为，则，即，取，可得平面的一个法向量为，又，∴，若与平面所成角为，则则，可得，与矛盾，B错误，∵，∴，∴，所以不存在点满足，C错误，∵平面的一个法向量为，∴，令，则，∴

，∴

，解得（-1舍去），所以存在点使得二面角的大小为，D正确故选：D二、填空题(本大题共4小题，每空3分，共15分)19．已知函数则__________；若，则实数的值为__________．【答案】

1或【详解】因为，所以，；当时，由，得，满足，当时，由，得，满足．故实数的值为1或．故答案为：，1或.20．《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章涉及到了弧田面积的计算问题，如图所示，弧田是由弧AB和弦AB所围成的图中阴影部分若弧田所在圆的半径为1，圆心角为，则此弧田的面积为____________.【答案】【详解】易知为等腰三角形，腰长为，底角为，，所以，弧田的面积即图中阴影部分面积，根据扇形面积及三角形面积可得：所以.故答案为：.21．若函数，则______．【答案】【详解】由题意，函数，令，可得.故答案为：.22．已知正方体的棱长为2，，，分别为棱，，的中点，点为内（包括边界）的一个动点，则三棱锥为外接球的表面积最大值为_____________.【答案】【详解】如图所示，连接，因为，，分别为棱，，的中点，根据正方体的结构特征，可得平面，且平面，且与和的交点分别为，且为和中心，又由点为内（包括边界）的一个动点，可得三棱锥为外接球的球心必在直线，其中的外接圆为球的一个小圆，且为定圆，当过点球与所在的平面相切于的中心时，此时球的半径最小，根据运动的思想，可得当点与或或重合时，此时外接球的半径最大，设此时外接球的半径为，由正方体的棱长为，可得，则，分别连接，在等边中，由，可得，在等边中，由，可得，设，则，在直角，可得，在直角，可得，所以，解得，所以，所以最大外接球的表面积为.故答案为：.三、解答题(本大题共3小题，共31分)23（10分）．已知函数.(1)求的值；(2)求的最小正周期.【答案】(1)(2)【详解】(1)∵，∴(2)∵，∴，∴的最小正周期24（10分）．如图，在四棱锥中，是等边三角形，平面，且，为中点.(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用三角形的中位线定理平行四边形的判定，再结合及线面平行的判定定理即可证明；（2）利用等腰三角形的三线合一得出，及线面垂直得，进而证明面，再利用面面垂直的判定定理即可证明；（3）根据等体积法，求出点G到平面CDF的距离为，再利用线面角的定义即可求解.(1)取中点，连，.如图所示∵为中点，∴又，∴.∴四边形为平行四边形.∴.又面，面，∴平面.(2)∵为平行四边形，∴、、、共面.∵为正三角形，为中点，∴.又面，.∴面，∴.且.∴面.又面，∴面面.(3)取BC中点G，连DG，FG.则，且.∴直线AB与面PCD所成角即为DG与面PDC所成角.又，，，.∴面面，且面PAB，∴面.设G到平面CDF的距离为，由等积法∴，∴.设与面所成角为.则.所以直线与平面所成角的