2022年7月浙江省普通高中学业水平考试数学冲刺试卷01（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01一、单选题(本大题共18小题，每小题3分，共54分)

1．已知集合P={0，1，2}，Q={1，2，3}，则P∩Q=（       ）

A．{0} B．{0，3} C．{1，2} D．{0，1，2，3}

2．已知向量，，则（       ）

A． B． C． D．1

3．若从中随机选取一个数记为，从中随机选取一个数记为，则的概率是(       )

A． B． C． D．

4．三内角A，B，C所对边分别是a，b，c．若则的面积为（       ）

A． B． C． D．

5．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（       ）

A． B． C． D．

6．设C为复数集，若，且（i为虚数单位），则（       ）．

A．1 B． C．4 D．

7．下列等式成立的是（     ）

A． B．

C． D．

8．已知向量，且，则实数的值为（       ）

A．4 B．1 C．－1 D．－4

9．已知空间中两条不重合的直线，则“与没有公共点”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

10．已知函数在区间（-∞，1]是减函数，则实数a的取值范围是（       ）

A．[1，+∞） B．（-∞，1] C．[-1，+∞） D．（-∞，-1]

11．已知α∈R，则cos（π-α）=（       ）

A．sinα B．-sinα C．cosα D．-cosα

12．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（       ）

A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度

C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度

13．函数的图象大致是（       ）

A．B．C．D．

14．已知向量满足，则（       ）

A．2 B． C．8 D．

15．如图，在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成的角等于（       ）

A． B． C． D．

16．如图，正方体中，N是棱的中点，则直线CN与平面所成角的正弦值等于（       ）

A． B． C． D．

17．如图所示，在三棱锥A-BCD中，AC=AB=BD=CD=2，且∠CDB=90°．取AB中点E以及CD中点F，连接EF，则EF与AB所成角的正切值取值范围为（       ）

A． B． C． D．

18．若对任意恒成立，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

二、填空题(本大题共4小题，每空3分，共15分)

19．已知，则__________，不等式的解集是__________.

20．不等式的解集是___________.

21．已知角的终边上有一点，则______.

22．已知复数， ，若，则的取值范围为 ____________；

三、解答题(本大题共3小题，共31分)

23．已知函数.

(1)求函数的最小正周期；

(2)若，求的单调减区间.

24．某班主任对本班40名同学每天参加课外活动的时间进行统计，并绘制成如图所示的频率分布直方图，其中[10，20），[20，30），[30，40），[40，50），[50，60）在纵轴上对应的高度分别为m，0.02，0.0375，0.0175，m．

(1)求实数m的值以及参加课外活动时间在[10，20）中的人数；

(2)从每天参加活动不少于50分钟的同学（含男生甲）中任选3人，求男生甲被选中的概率．

25．已知函数．

(1)若存在，使得不等式成立，求m的取值范围；

(2)若的解集为，求的最大值．

答案与解析

1．C

【解析】

【分析】

根据题设，结合集合交集的概念，可得答案.

【详解】

P={0，1，2}，Q={1，2，3}

P∩Q={1，2}；

故选：C.

2．A

【解析】

【分析】

根据平面向量线性运算的坐标运算法则计算可得；

【详解】

解：因为，，所以；

故选：A

3．B

【解析】

【分析】

列举法列出所有结果，选出符合条件的结果，利用古典概型计算公式，即可求出结果．

【详解】

从中随机选取一个数记为，从中随机选取一个数记为，

将取出的，记为，

所有可能出现的结果为： ，共个，

其中满足的有，共3个，

所以，的概率为．

故选：B．

4．A

【解析】

【分析】

利用三角形面积公式直接求△的面积即可.

【详解】

由三角形面积公式知：.

故选：A

5．A

【解析】

【分析】

先由三视图可得该几何体是个圆柱，根据图中数据，以及圆柱的体积公式，即可得出结果．

【详解】

由三视图可得：该几何体是个圆柱，且圆柱底面圆半径为，高为，

因此，该几何体的体积为：．

故选：A

6．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．C

【解析】

【分析】

根据对数的运算法则逐一判断可得选项.

【详解】

对于A：，故A不正确；

对于B：，故B不正确；

对于C：∵,∴，故C正确，

对于D：，故D不正确，

故选： C.

8．A

【解析】

【分析】

由，可知，再根据平面向量数量积的坐标运算，即可求出结果你

【详解】

因为，所以，即，

所以.

故选：A.

9．B

【解析】

【分析】

由直线与没有公共点表示两条直线或者与是异面直线，再根据充分必要性判断.

【详解】

“直线与没有公共点”表示两条直线或者与是异面直线，所以“与没有公共点”是“”的必要不充分条件.

故选：B

10．A

【解析】

【分析】

由对称轴与1比大小，确定实数a的取值范围.

【详解】

对称轴为，开口向上，要想在区间（-∞，1]是减函数，所以.

故选：A

11．D

【解析】

【分析】

利用诱导公式可以直接求出结果.

【详解】

因为，

故选：D.

12．D

【解析】

【分析】

函数中的替换为,可得到函数,根据“左加右减”平移法则可得到图象的平移变换方法.

【详解】

函数中的替换为,可得到函数，

因此对应的图象向右平移移个单位长度, 可以将函数y=cosx的图象变为函数的图象，

故选：D

13．D

【解析】

【分析】

根据函数的解析式可得函数是以为底数的指数函数，再根据指数函数的图像即可得出答案.

【详解】

解：由，得函数是以为底数的指数函数，

且函数为减函数，故D选项符合题意.

故选：D.

14．B

【解析】

【分析】

利用向量的数量积运算和模的运算法则可得，由此根据已知条件可求得答案.

【详解】

∵,

又∵

∴，∴，∴，

故选：B.

15．B

【解析】

【分析】

利用异面直线夹角的定义，将平移至(为中点)，通过为正三角形求解．

【详解】

解：取中点连接，，则，与所成的角等于与所成的角．容易知道为正三角形，

与所成的角等于

故选：B

16．B

【解析】

【分析】

通过连接、交于的辅助线，确定与平面所成的角，再设正方体棱长为2，根据CN与CO长度的关系，即可得出所求角的正弦值；

【详解】

连接、交于,由正方形的性质可得，

又平面，

平面，，

又与在平面内相交，

所以平面

是与平面所成的角，

设正方体的棱长为2，则，，

，

故选：B.

17．C

【解析】

【分析】

由题意可得当平面平面时，张角最大，即EF与AB所成角最大，从而可得最大值，当平面与平面重合时，张角最小，即EF与AB所成角最小，从而可得最小值，又平面与平面不能重合，即可求得EF与AB所成角的正切值取值范围.

【详解】

解：如图，作于H，

因为，当平面平面时，张角最大，即EF与AB所成角最大，

如图①，作与M，

，，

因为，则，所以，

所以EF与AB的夹角为或其补角，

，则，所以，

故EF与AB所成角的正切值的最大值为，

当平面与平面重合时，张角最小，即EF与AB所成角最小，

如图②所示，即为EF与AB所成角的平面角，

，

又平面与平面不能重合，

所以EF与AB所成角的正切值取值范围为.

故选：C.

18．A

【解析】

【分析】

将不等式转化为，根据在上单调递增，可得，参变分离后令，可转化为在上恒成立，利用基本不等式求解的最大值，即可得的取值范围.

【详解】

由，可得，所以，因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，令，则在上恒成立，令，则，当且仅当，即时，取等号，所以.

故选：A

19．         

【解析】

【分析】

由函数的解析式可求得的值，分、两种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集.

【详解】

因为且，所以，.

当时，由可得，此时；

当时，由可得或，解得或，此时.

综上所述，不等式的解集为.

故答案为：；.

20．

【解析】

【分析】

直接利用一元二次不等式的解法求解即可.

【详解】

解：∵，∴，即，

解得：，即.

故答案为：.

21．##

【解析】

【分析】

根据三角函数的定义求出，再根据二倍角公式计算可得；

【详解】

解：由题意可得，

又，所以，

又，所以，

所以

故答案为：

22．

【解析】

【分析】

由复数相等及消参得到，根据正弦函数的值域及二次函数性质求参数范围.

【详解】

由得：，

解得，而，

当时，，当时，，

综上，的取值范围为．

故答案为：

23．(1)

(2)和

【解析】

【分析】

（1）利用三角恒等变换公式化简函数解析式，再根据余弦函数的性质计算可得；

（2）由的取值范围，求出的取值范围，再根据余弦函数的性质计算可得；

(1)

解：

，

即，

所以函数的最小正周期

(2)

解：由，所以，

令或，

解得或，

故函数的单调递减区间为和；

24．(1)；5人；

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为得到方程，即可求出，从而求出内的频率，即可得到中的人数；

（2）设每天参加活动不少于50分钟的5人分别为，，，，甲，利用列举法列出所有可能结果，再根据古典概型的概率公式计算可得；

(1)

解：因为所有小矩形面积之和等于1，

所以，解得，   

由于参加课外活动时间在内的频率等于，

因此参加课外活动时间在中的人数为人．

(2)

解：设每天参加活动不少于50分钟的5人分别为，，，，甲，

从中任选3人，可能的情况有：，，甲，，甲，甲，，甲，甲，甲，共10种，                                                                                                 

设“其中的男生甲被选中”为事件，

则事件包括的情况有：甲，甲，甲，甲，甲，甲，共6种，

因此事件发生的概率为．

25．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）原问题等价于时，，然后利用二次函数的图象与性质，分、和三种情况讨论即可求解；

（2）由三个二次之间的关系可得是方程的两个不同实根，进而可得，且同为负数，从而利用基本不等式中“1”的妙用即可求解.

(1)

解：原问题等价于时，，

当时，显然不成立；

当时，由于的对称轴为，

所以，即，不合题意；

当时，由于的对称轴为，

所 以，即.

综上所述，；

(2)

解：因为的解集为 ，

所以有两个不同的实根，即是方程的两个不同实根，

所以，

所以同为负数，

所以，当且仅当，即时等号成立，

所以的最大值为