2024年7月浙江省学业水平考试数学试卷

2024年7月浙江省学业水平考试数学试卷班级______姓名______学号______得分______．一、单项选择题1.若，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合集合的交集的概念与运算，即可求解.【详解】由集合，根据集合交集的概念与运算，可得.故选：C.2.（）A. B. C.0 D.2【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算求解即可.【详解】由题意可得：.故选：D.3.函数的值域是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意结合指数函数的值域分析求解.【详解】由题意可得：的值域是，即，可得，所以的值域是.故选：C.4.若，，（）A.10 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求得，进而可得模长.【详解】因为，，则，所以.故选：B.5.6个球中，2红4黄，求随机模到一个红球的概率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，结合古典摡型的概率计算公式，即可求解.【详解】由题意知，6个球中，2红4黄，根据古典摡型的概率计算公式，可得随机模到一个红球的概率为.故选：B.6.“”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.即不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】若，则，充分性成立，取特殊值，当“”成立时，“”不一定成立，则可得答案.【详解】若，则，充分性得证；若，则，但不成立，故“”是“”的充分不必要条件.故选：A.7.已知，则（）A. B.1 C. D.0【答案】D【解析】【分析】对两边平方，结合倍角公式运算求解.【详解】因为，两边平方可得，即，解得.故选：D.8.一个棱长为1的正方体顶点都在同一个球上，则该球体的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】棱长为1的正方体的八个顶点都在同一个球面上，球的直径是正方体的对角线，从而得到结果．【详解】∵棱长为1的正方体的八个顶点都在同一个球面上，∴球的直径是正方体的对角线，∴球的半径是r，∴球的表面积是4故选：A9.甲某全年交税额为5617.19元，则他的交税等级为（）级数全年应纳税所得额税率（）速算扣除数1不超过36000元302超过36000元至144000元的部分1025203超过144000元至300000元的部分20169204超过300000元至420000元的部分25319205超过420000元至660000元的部分30529206超过660000元至960000元的部分35859207超过960000元部分45181920A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】根据题意分段计算，对比分析即可.【详解】因为.所以可知交税等级为2.故选：B.10.为两条异面直线，且平面，平面，若直线满足，，，则（）A. B.C.若平面和平面相交，则交线 D.若平面和平面相交，则交线【答案】C【解析】【分析】可在正方体中找到满足题意的线线、线面关系，用反例来说明选项错误，对选项逐一分析即可.【详解】如图，为两条异面直线，平面，平面，直线满足，，，由图可知错误.如图，作，使与相交，记与构成平面，，，又与相交，则，，故正确，错误.故选：.11.有一支队伍长，以的速度前行，传令员传令需要从排尾跑到排头，再立即返回排尾，速度为，若传令员回到排尾时，队伍正好前进了，则（）A.2 B.3 C. D.【答案】C【解析】【分析】计算队伍前进的总时间，传令兵从排头到排尾的时间及从排尾到排头的时间，根据传令兵往返总时间与队伍前进时间相等即可求解.【详解】设总时间为，传令员从排头到排尾所用时间为，从排尾到排头所用时间为，所以，所以，解得，即，所以.故选：C.12.若，，则（）A.55 B.190 C.210 D.231【答案】B【解析】【分析】利用赋值法分析可得，，即可得结果.【详解】令，则，可得；令，则，可得；令，则，即，则，可得，所以.故选：B.二、多项选择题13.若，则（）A.的最小正周期为 B.关于直线对称C.的一个对称点是 D.在上单调递减【答案】AC【解析】【分析】由周期公式可判断A；根据正弦型函数的对称轴过最值点，直接验证可判断B；根据正弦型函数的对称点即为零点，直接验证可判断C；由，利用正弦函数的增减区间，可判断D.【详解】选项A，的最小正周期为，故A正确；选项B，因为，所以的图象不关于直线对称，故B错误；选项C，因为，所以的一个对称点是，故C正确；选项D，由，而正弦函数在上单调递增，在上单调递减，所以在区间上不单调，故D错误.故选：AC.14.是两个随机事件，则（）A.B.若，则C.若互为独立事件，则D.若互为对立事件，则【答案】BCD【解析】【分析】根据题意，结合互斥事件的概率加法公式和独立事件的概率乘法公式，以及对立事件的概念，逐项判定，即可求解.【详解】对于A中，例如：抛掷一枚骰子，事件“点数为偶数点”，事件“点数为4点”可得，则，所以A不正确；对于B中，若，可得，所以B正确；对于C中，若互为独立事件，根据独立事件的概率乘法公式，可得，所以C正确；对于D中，若互为对立事件，根据对立事件的概念，可得，所以D正确.故选：BCD.15.棱长为1的正方体，是的中点，是平面上的动点，平面与平面的交线为，则（）A.的最小值为1B.的最小值为C.存在一点，使得D.二面角最小时，平面角的正切值为【答案】ABD【解析】【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，设，根据空间向量垂直的坐标系形式结合各选项中的条件分别计算后可判断各选项的正误.【详解】在正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，则，.对于A，设，故，,当时，的最小值为1，故A正确.对于B，作点关于平面的对称点，则的最小值为,利用勾股定理计算可得，故B正确.对于C，因为，,所以不存在一点，使得，故C错误.对于D，设平面的法向量为，，故，取，则，故，又平面的法向量为，，当时，，此时二面角最小，此时，，即平面角的正切值为，故D正确.故选：ABD.三、填空题16.奇函数，则______．【答案】【解析】【分析】根据题意，结合奇函数的性质，即可求解.详解】由题意，函数，可得，即，经验证：函数的定义域为关于原点对称，且，符合题意，所以.故答案为：.17.向量是两个单位向量，夹角为，则______．【答案】##【解析】【分析】根据题意，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.【详解】由向量两个单位向量，夹角为，可得，则.故答案为：.18.已知一个各棱均相等的四面体成，则棱与平面的夹角的余弦值为______．【答案】##【解析】【分析】作平面，由即为所求的角，然后利用正棱锥的性质结合条件即得．【详解】在四面体成中，作平面，连接，则即为棱与平面的夹角，令，由四面体的棱长均相等，则为的中心，所以，.故答案为：.19.已知均为正实数，，则的最大值为______．【答案】1【解析】【分析】由题意得，则，然后构造函数，利用导数可求出其最大值.【详解】因为均为正实数，，所以，所以令，则，当时，，当时，，所以在上递增，上递减，所以，所以的最大值为1.故答案为：1【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数求函数的最值，解题的关键是由已知条件求出，代入中化简，再构造函数，转化为求函数的最值问题，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.四、解答题20.对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据（1）求的值；（2）已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户；（3）求第50百分位数．【答案】（1）（2）200（3）200【解析】【分析】（1）根据频率和为1列式求解即可；（2）先求用电量在150以下频率，进而可得结果；（3）根据题意结合百分位数的定义运算求解.【小问1详解】由题意可知：每组的频率依次为，则，解得.【小问2详解】由题意可知：用电量在150以下的频率为，所以用电量在150以下的有户.【小问3详解】因为，所以第50百分位数为200.21.已知为锐角三角形，角对应的边分别为，且（1）求A的值；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据题意，利用正弦定理化简得到，得到，即可求解；（2）由（1）得到外接圆的直径，利用正弦定理和三角恒等变换的公式，得化简得到，根据锐角三角形，求得，结合三角函数的性质，即可求解.【小问1详解】解：因为，由正弦定理得，又因为，可得，可得，即因为，可得，所以，所以.【小问2详解】解：由（1）知，且，可得外接圆的直径，又由正弦定理得，因为为锐角三角形，可得，解得，可得，所以，则，所以的取值范围为．22.已知，（1）若，求的最大值；（2）若，求关于的不等式的解集；（3），对于给定实数，均有满足，求的取值范围．【答案】（1）（2）若，解集为；若，解集为且；若，解集为.（3）当或时，；当或时，；当时，.【解析】【分析】（1）换元令，可得，结合二次函数分析求解；（2）换元令，可得，分类讨论的符号，结合分式不等式求解；（3）令,，按照、、分类讨论，表示出，即可求解.【小问1详解】因为，可知的定义域为，此时，若，则，可得，令，则，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为.【小问2详解】若，则，对于，即，令，则，若，则，可得，解得，可得；若，