2022年7月浙江省普通高中学业水平考试数学冲刺试卷04（含答案解析）

2022年7月浙江省普通高中学业水平考试数学冲刺试卷04

一、单选题(本大题共18小题，每小题3分，共54分)

1．已知集合，，则等于（       ）

A． B． C． D．

2．已知a，，是虚数单位，若与互为共轭复数，则（       ）

A． B． C． D．

3．设命题，，则命题p的否定为（       ）

A．， B．，

C．， D．，

4．已知正实数a，b满足，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

5．设函数，则（       ）

A．6 B．7 C．9 D．10

6．函数的零点所在的区间为（       ）．

A． B． C． D．

7．已知，，，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

8．函数的部分图像大致为（       ）

A． B．

C． D．

9．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥最长棱的棱长为（       ）

A． B． C． D．

10．设，，，则（       ）

A． B． C． D．

11．已知，，则（       ）

A． B． C．1 D．2或6

12．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，，则（       ）

A． B． C． D．

13．如图，中，，，点E是的三等分点，则（       ）

A． B． C． D．

14．如图，△ABC是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中，则以下说法正确的是（       ）

A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等边三角形

C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等腰三角形，但不是直角三角形

15．甲乙两选手进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为0.6，乙获胜的概率为0.4，若采用三局二胜制，则甲最终获胜的概率为（       ）

A．0.368 B．0.468 C．0.648 D．0.848

16．已知关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

17．如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：

①异面直线与直线所成角的大小为定值；

②二面角的大小为定值；

③若Q是对角线上一点，则长度的最小值为；

④若R是线段上一动点，则直线与直线不可能平行．

其中真命题有（       ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

18．已知是定义在上的奇函数，且，当，且时，成立，若对任意的恒成立，则实数m的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

二、填空题(本大题共4小题，每空3分，共15分)

19．如图所示的茎叶图记录了甲、乙两组各5名工人某日的产量数据（单位：件）．若这两组数据的中位数相等，且平均值也相等，则x=_____________，y=_____________．

20．复数在复平面内的对应点位于第_______象限；

21．已知点，，，，则向量在向量方向上的投影向量为______．

22．已知函数，当时，恒成立，则实数的取值范围为__________.

三、解答题(本大题共3小题，共31分)

23．设，已知函数．

(1)若时，解不等式；

(2)若在区间上有零点，求的取值范围．

24．在中，内角、、的对边分别为、、，且.

(1)求角的大小；

(2)若，且的面积为，求的周长.

25．如图，在三棱柱中，平面ABC，D，E，F分别为，，的中点，，．

(1)求证：平面BEF；

(2)求点D与平面的距离；

(3)求二面角的正切值；

答案与解析

1．B

【解析】

【分析】

根据并集的定义计算可得；

【详解】

解：因为，，

所以；

故选：B

2．B

【解析】

【分析】

根据共轭复数概念可得，代入结合复数除法运算．

【详解】

∵与互为共轭复数，则

∴

故选：B．

3．B

【解析】

【分析】

根据特称命题的否定是全称命题，即可得到答案.

【详解】

利用含有一个量词的命题的否定方法可知，特称命题，的否定为：，.

故选：B.

4．C

【解析】

【分析】

利用乘1法即得.

【详解】

∵，

∴

，

当且仅当,即，时，取等号.

故选：C.

5．B

【解析】

【分析】

根据分段函数的特征，首先把，由，代入即可求解.

【详解】

故选：B

6．B

【解析】

【分析】

根据解析式判断函数在定义域上的单调性，再根据零点存在性定理判断零点所在区间即可.

【详解】

易知在上单调递增，且，，

所以的零点所在的区间为．

故选：B.

7．A

【解析】

【分析】

根据对数的运算法则，对数函数性质、指数函数性质判断．

【详解】

，，

，

，，

所以，

故选：A．

8．A

【解析】

【分析】

先判断函数的奇偶性排除选项BD，再利用函数值排除选项C即得解.

【详解】

解：因为，所以为奇函数，排除B，D；因为当时，，排除C；

故选：A.

9．C

【解析】

【分析】

根据三棱锥的三视图作出三棱锥的直观图，根据直观图计算出三棱锥的最长棱的棱长.

【详解】

根据三视图作出直观图如下图：

显然为较长的棱，又因为，

所以最长棱的棱长为.

故选：C.

【点睛】

本题考查根据空间几何体的三视图求解棱长的最值，难度较易.

10．B

【解析】

【分析】

根据二倍角公式化简，再根据特殊角的三角函数值判断的大致范围选择即可

【详解】

根据正余弦和正切的二倍角公式有，，，.因为，，，故

故选：B

11．A

【解析】

【分析】

根据两角和的正切公式求得，再利用，即可求得答案.

【详解】

因为，所以，解得，

又，所以.

故选:A.

12．A

【解析】

【分析】

根据余弦定理求解即可

【详解】

由余弦定理可得，所以

故选：A.

13．B

【解析】

【分析】

根据向量的加法法则和减法法则进行运算即可.

【详解】

故选：B.

14．C

【解析】

【分析】

画出原图，利用原图与直观图之间的转化比例求解.

【详解】

解：将其还原成原图，如图，

设，则可得，，

从而，

所以，即，

故是等腰直角三角形.

故选：C.

15．C

【解析】

【分析】

由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，然后由独立事件和互斥事件的概率公式求解即可

【详解】

由题意可得甲最终获胜有两种情况：一是前两局甲获胜，则获胜的概率为

二是前两局甲胜一局，第三局甲获胜，则获胜的概率为，

而这两种情况是互斥的，所以甲最终获胜的概率为，

故选：C

16．A

【解析】

【分析】

分离参数，将问题转换为在上有解，设函数，，求出函数的最大值，即可求得答案.

【详解】

由题意得，，，即 ，

故问题转化为在上有解，

设，则，，

对于 ，当且仅当时取等号，

则，

故 ，

故选：A

17．C

【解析】

【分析】

利用正方体的性质，结合空间直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系，逐项判断正误.

【详解】

解：对于①，由正方体的性质可知，平面，又平面,

故，异面直线与直线的所成的角为定值，①正确；

对于②，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，②正确；

对于③，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，过点做，，,此时，的值最小.

由题可知，,,

，

则，，

故,又，

故的最小值为，故③正确.

对于④，在正方体中易证平面，设，则即为二面角的平面角，又正方体边长为1，故，则,由余弦定理得，故，同理,

故在上必然存在一点，使得二面角为，即平面平面，平面与平面的交线为，

则，过点作的垂线.此时平面，又平面，故.故④错误.

故选：C.

18．A

【解析】

【分析】

因为是定义在上的奇函数，转化为，即可得到在上是增函数，从而求得最大值为，然后将已知不等式先对x恒成立，再对t恒成立，就可求出m的取值范围．

【详解】

是定义在上的奇函数，

当a，，且时，

，

由成立，

即，

在上是增函数，

，

对任意的恒成立，

等价于对任意的恒成立，

，

即对任意的恒成立，

令

转化为

解得或．

故选：A．

19．     3     5

【解析】

【分析】

根据茎叶图进行数据分析，列方程求出x、y.

【详解】

由题意，甲组数据为56，62，65，70+x，74；乙组数据为59，61，67，60+y，78.

要使两组数据中位数相等，有65=60+y，所以y=5.

又平均数相同，则，解得x=3.

故答案为：3；5.

20．一

【解析】

【分析】

化简复数为，易知，，由复数的几何意义可知复数在复平面内的对应点所在象限.

【详解】

，因为，，所以其在复平面内的对应点，位于第一象限.

故答案为: 一.

21．

【解析】

【分析】

由已知求出向量，的坐标，然后根据投影向量的计算公式，即可得出向量在向量方向上的投影向量．

【详解】

解：，，，，

，，

所以，，

所以在方向上的投影向量为；

故答案为：

22．

【解析】

【分析】

对分两种情况讨论，再转化为恒成立问题，分别求出函数的最值，即可得到答案；

【详解】

，

①当时，；

②当时，，

，，

，

综上所述：.

故答案为：.

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）把不等式转化为，直接求解；

（2）利用分离参数法得到，直接求出的取值范围．

(1)

当时，；

不等式即为，

即，，得，

所以不等式的解集为；

(2)

由题意，令，即方程在区间上有实数解．

整理得．

由，得，．

所以，的取值范围为．

24．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简可得出的值，结合角的取值范围可求得结果；

（2）利用三角形的面积公式结合已知条件可求得、的值，再利用余弦定理可求得的值，即可得出的周长.

(1)

解：因为，

由正弦定理.

又，，所以，所以.

(2)

解：因为，所以，

又，所以，，

由余弦定理可得，所以.

所以的周长为.

25．(1)证明见解析；

(2)；

(3).

【解析】

【分析】

（1）通过证明，得线面垂直；

（2）由题可得平面，然后利用等积法即得；

（3）连接交CD于O，可得平面BOE，进而可得为二面角的平面角，结合条件即得.

(1)

在三棱柱中，

因为平面ABC，

所以四边形为矩形，又E，F为AC，中点，

所以．

因为，所以．

又，且EF，平面BEF，

所以平面BEF．

(2)

由得，设D到平面距离为h，

由，，，

所以平面， ，，

∴，，

∴，

，

又，

∴，

∴．

(3)

由（2）知，平面，

又平面，

所以，

连接交CD于O，连接OB，

由题可知≌，

则，即，

，

所以平面BOE，又平面BOE，

所以，

即为二面角A－CD－B的平面角，为二面角的平面角，

由∽得，

，，，

在中，，在中，，

，，

，

∴，即二面角的正切值为．