2023年7月浙江省普通高中学业水平考试数学押题卷（二）

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2023年7月浙江省普通高中学业水平考试押题预测数学试卷（二）一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，共54分.每小题列出的四个备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，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】直接由并集的概念求解即可.【详解】 .故选：A.2．函数的定义域为（　　）A．且 B．C．且 D．【答案】A【分析】根据具体函数的定义域即可求解.【详解】由题意得且，解得且．所以定义域为且.故选：A3．若满足，则的终边在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】C【分析】直接由各象限三角函数的符号判断即可.【详解】由可知的终边在第三象限或第四象限，又，则的终边在第三象限.故选：C.4．已知数据，，，，的方差为，则数据，，，，的标准差为（   ）A． B． C．  D．【答案】C【分析】根据线性变化前后数据的方差的关系求解．【详解】由题意新数据的方差为，因此标准差为．故选：C．5．已知，，O为坐标原点，若，则点B的坐标应为（    ）A．  B． C． D．【答案】B【分析】根据向量的坐标运算即可求解.【详解】,所以,所以,故选：B6．（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】直接利用余弦二倍角公式计算可得答案.【详解】.故选：A.7．已知事件A､B相互独立，，则（    ）A．0.58 B．0.9 C．0.7 D．0.72【答案】A【分析】由概率加法公式求解【详解】由题意故故选：A8．在中， 内角所对的边分别为， 若， 则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】由正弦定理进行边化角，进而求出角A，再结合余弦定理即可求得答案.【详解】由正弦定理可知，，易知，则，而，则或，再由余弦定理可得或.故选：B.9．已知、、是三条不同的直线，、是不同的平面，则的一个充分条件是（　　）A．，，且 B．， ，且，C．，，，且 D．，，且【答案】D【分析】利用空间线面位置关系逐项判断可得出合适的选项.【详解】对于A选项，，，且，则、平行或相交（不一定垂直），A不满足条件；对于B选项，， ，且，，则、平行或相交（不一定垂直），B不满足条件；对于C选项，，，，且，则、平行或相交（不一定垂直），C不满足条件；对于D选项，且，则，，则，D满足条件.故选：D.10．已知函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据函数图象，可得函数在处无定义，且关于原点对称，即可判断；【详解】解：由图可知函数的定义域中不含，且函数图象关于原点对称，与的定义域均为，不符合题意，故A、B错误；对于C：，则，故C错误；对于D：定义域为，且，符合题意；故选：D11．设，，，则的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据指数函数、对数函数的性质判断即可；【详解】解：因为，，即，，所以；故选：A12．已知，则“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】判断条件间的推出关系，根据充分必要性的定义判断即可.【详解】当：若异号，即，显然成立；若或，均有成立；所以充分性成立；当：若，，显然不成立，故必要性不成立.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A13．已知幂函数上单调递增，则（    ）A．0 B． C． D．【答案】A【分析】由题意可得且，从而可求出的值【详解】因为幂函数上单调递增，所以且，解得，故选：A14．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三视图得出原几何体是六棱柱，再由棱柱的体积公式计算体积即可求解.【详解】由三视图可知：该几何体是六棱柱，底面积，高，所以几何体的体积为：，故选：D.15．如图所示，在平行四边形中，，沿将折起，使平面平面，连接，则在四面体的四个面中，互相垂直的平面的对数为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】利用线面垂直得到平面平面，平面平面，平面平面，得到答案.【详解】平面平面，平面平面，，平面，故平面，平面，故平面平面；，平面，故平面，平面，故平面平面； 综上所述：平面平面；平面平面；平面平面；故选：C16．已知正实数，且，则 的最小值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将变为，即可得，因此将变为，结合基本不等式即可求得答案.【详解】因为正实数，，故，所以，故，当且仅当时取得等号，故选：C17．下列函数中，在定义域内既是奇函数又单调递增的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据函数的奇偶性的定义，单调性的定义判断，从而可得答案．【详解】对于A，因为，定义域为R，所以，所以是偶函数，所以不正确；对于B，因为定义域为R ，，所以是奇函数，但在上是减函数，所以不正确；对于C，因为的定义域为不关于原点对称，所以不具备奇偶性，所以不正确；对于D，因为，定义域为R，，是奇函数，设，则，因为，所以，，所以，即，是定义域为R的单调递增函数，所以正确.故选：D．18．已知函数，若函数只有两个零点，则实数的取值范围是（   ）A． B． C．  D．【答案】D【分析】先求解为0时的值，可得只有两个零点，再根据分析可得无解，进而求得的取值范围即可.【详解】由题意，即或.因为，易得无解.故只有两个零点.当时，或，解得或有两个零点.故无解. 因为，，故，解得故选：D二、填空题（本大题共4小题，每空3分，共12分）19．城区某道路上甲、乙、丙三处设有信号灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为，，则汽车在这三处因遇红灯或黄灯而停车一次的概率为________．【答案】【分析】根据互斥事件概率求法即可得解.【详解】∵设汽车分别在甲乙丙三处的通行为事件，停车为，∴，，，∵停车一次即为事件，∴所求概率为：．故答案为: .20．已知，复数且 (为虚数单位) ，则复数的模为____．【答案】【分析】将代入中化简，再根据复数相等的条件可求出，从而可求出复数，进而可求得复数的模【详解】因为，所以，所以，所以，解得，所以所以，故答案为：21．已知，函数在区间上有两个不同的零点，则的取值范围是________.【答案】【分析】由可得对称轴为，结合，，，可得，，计算结合二次函数的性质即可求解.【详解】的对称轴为，因为函数在区间上有两个不同的零点，所以，可得，所以，因为，所以当，即，综上所述：，所以的取值范围是：，故答案为：.22．已知是平面向量，与是单位向量，且，若，则的最小值为_____________．【答案】【分析】把条件的二次方程分解成两个向量的积，得到这两个向量互相垂直，结合图形确定的最小值.【详解】如下图所示，设 且 点B在以F为圆心，DE为直径的圆上又 当点B为圆F和线段FA的交点的时候，最短故答案为：三、解答题（本大题共3小题，共34分）23．已知函数，．(1)求的值及的最小正周期；(2)当时，求函数的零点所构成的集合．【答案】(1)，最小正周期为;(2)【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，利用正弦函数的性质即可求解；（2）令，可得或或，即可求解的值.（1）解：因为 ，所以，最小正周期为 .（2）令，则，因为，所以，所以或或，即或或，所以函数的零点所构成的集合为.24．如图，在三棱锥中，，平面，点，分别为线段，的中点．（1）求证：平面；（2）设二面角的平面角为，若，，求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由平面得，即可结合得证；（2）取的中点为，连接，，过用交于，连接，，可得即为二面角的平面角，由可求出.【详解】（1）证明：∵平面，平面，∴，又∵，，∴平面（2）解：∵平面，∴，，又平面，∴，，即，，互相垂直．如图，取的中点为，连接，，∵点，分别为线段，的中点，∴，，，∴，，平面，且，，，∴，∴，∴是等边三角形，过用交于，连接，，∴，，∴．25．已知函数.(1)当，且时，求的取值范围；(2)是否存在正实数a，，使得函数在上的取值范围是.若存在，则求出a，b的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，，【分析】（1）根据条件得到的关系，代入消去得到关于的函数，求其最值即可；（2）假设存在满足条件的实数a，b，且，分a，，a，，，讨论，列方程组求解.【详解】（1）因为，所以在上为减函数，在上为增函数，由且，可得且，故.令，则，函数在上单调递增，所以，即的取值范围是.（2）存在满足条件的实数a，b，理由如下：假设存在满足条件的实数a，b，且.①当a，时，在上单调递减，则由，即，解得ab=1，因为a，，故此时不存在符合条件的实数a，b.②当a，时，在上单调递增.则由，即，所以a，b是方程得或，所以，此时存在符合条件的实数，.③当，时，由于，而，故此时不存在符合条件的实数a，b.综上所述，存在符合条件的实数，.