2021年1月浙江省普通高中学业水平考试数学试题含解析

2021年1月浙江省普通高中学业水平考试数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，找两个集合的公共元素，即可得.

【详解】因为，所以.

故选：B.

2．函数的定义域是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数解析式，列不等式组求解即可.

【详解】根据题意可得，所以.

故选：C.

3．（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用对数的运算性质计算即可得答案.

【详解】.

故选：B.

4．以为直径端点的圆方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由中点坐标公式求圆心坐标，再求半径即可得答案.

【详解】解：根据题意得的中点即为圆心坐标，为，

半径为，

所以以为直径端点的圆方程是.

故选：D.

5．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】A

【分析】根据三视图知该几何体为三棱柱，由三视图得几何元素的长度，由三棱柱的体积公式求出几何体的体积.

【详解】如图，由三视图可知该几何体是一个平放的三棱柱，底面三角形的底边长为，高为，几何体的高为，所以三棱柱的体积为.

故选：A.

6．不等式的解集是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】根据题意得，再解绝对值不等式即可得答案.

【详解】解：由指数函数在上单调递增，，

所以，进而得，即.

故选：A.

7．若实数满足不等式组，则的最大值是（    ）

A．2 B．4 C．5 D．6

【答案】C

【分析】根据实数满足的约束条件画出可行域，将，转化为，平移直线，由直线在y轴上的截距最大时，目标函数取得最大值求解.

【详解】由实数满足约束条件，画出可行域如图所示阴影部分：

将，转化为，平移直线，

当直线经过点时，直线在y轴上的截距最大，

此时目标函数取得最大值，最大值是5，

故选：C

8．若直线与平行，则与间的距离是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据与平行，列式求解得，利用平行线间的距离公式代入求解即可.

【详解】因为与平行，所以，得，所以，所以与间的距离为.

故选：C.

9．在中，角所对的边分别为，若，则（    ）

A． B．或 C． D．或

【答案】D

【分析】根据，利用正弦定理得到求解.

【详解】因为在中，，

所以

因为，

所以，

因为则,

或

故选：D

10．已知平面和直线，则下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，若，则或相交，故A选项不正确；

对于B选项，若，则或相交，故B选项不正确；

对于C选项，若，则，为面面垂直的判定定理，故C选项正确；

对于D选项，若，则，故D选项不正确.

故选：C.

11．若，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】结合，和充分，必要条件的概念求解即可.

【详解】解：当，由于，，故充分性成立；

当，不妨设，成立，不成立，故必要性不成立.

故“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

12．函数的图象大致是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先根据条件分析出的奇偶性，然后取特殊值计算函数值分析得到的大致图象.

【详解】因为，且的定义域为关于原点对称，所以是奇函数，所以排除BC，

又因为当且较小时，可取，所以，所以排除D，

故选：A.

【点睛】本题考查根据函数解析式辨别函数图象，难度一般.辨别函数图象的常用方法：分析函数的奇偶性、单调性，计算特殊值的大小等.

13．已知数列的前项和为，且满足，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】首先通过列举数列的项，得到数列是周期数列，利用周期判断选项.

【详解】，，，，……

所以数列是以3为周期的周期数列，前三项和，

，，所以，

，，所以.

故选：D

【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据递推公式，列举数列中的项，判断数列是周期数列.

14．如图，正方体中，分别为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】取的中点，连接,可得四边形为平行四边形，所以，则（或其补角）为异面直线与所成角，在中由余弦定理可求解.

【详解】取的中点，连接

由分别为的中点，则且

在正方体中且,所以且

所以四边形为平行四边形，所以

则（或其补角）为异面直线与所成角.

设正方体的棱长为2，则在中，,

所以

故选：A

【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：

（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；

（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；

（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；

（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．

15．某简谐运动的图象如图所示.若两点经过秒后分别运动到图象上两点，则下列结论不一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】简谐运动的图象求出三角函数的表达式，设出两点的坐标，利用数量积的坐标表示逐

一验证四个选项即可得正确答案.

【详解】设，

由图知，，解得，所以，

假设，则即，

，，，，

，

对于选项A：，，

所以，故选项A成立；

对于选项B：，

显然最大值为，不成立，故选项B不成立；

对于选项C：，，所以，故选项C成立；

对于选项D：，

所以，

因为，所以，即，所以，

故选项D成立，

故选：B

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是求出三角函数的表达式，根据点与点时间间隔相差秒，若设，则这是解题的关键点.

16．已知函数，则函数的零点个数是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】令，利用代数式法结合零点存在定理得出函数的零点，，，然后作出函数，直线、、的图象，观察三条直线、、与函数的图象的交点个数，由此可得出结论.

【详解】令.

①当时，，则函数在上单调递增，

由于，，

由零点存在定理可知，存在，使得；

②当时，，由，解得，.

作出函数，直线、、的图象如下图所示：

由图象可知，直线与函数的图象有两个交点；

直线与函数的图象有两个交点；

直线与函数的图象有且只有一个交点.

综上所述，函数的零点个数为.

故选：D.

【点睛】思路点睛：求解复合函数的零点个数，步骤如下：

（1）确定内层函数与外层函数；

（2）求出外层函数的零点；

（3）确定直线与内层函数的交点个数，由此可得到原函数的零点个数为.

17．如图，椭圆的右焦点为分别为椭圆的上､下顶点，是椭圆上一点，，记椭圆的离心率为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求直线方程，并求点的坐标，根据，整理为关于的齐次方程，再求.

【详解】，则，所以直线，与椭圆方程联立，所以点的横坐标是，，即，，整理为：

，两边同时除以得：，

，，所以，得，或（舍）.

故选：B

【点睛】方法点睛：本题考查求椭圆离心率，求椭圆离心率是常考题型，涉及的方法包含1.根据直接求，2.根据条件建立关于的齐次方程求解，3.根据几何关系找到的等量关系求解.

18．如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.

【详解】由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，

O为ABCG对角线交点且，又有，，

∴面，而面，故面面，

若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，

而，，有平行且相等，即为平行四边形.

∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，

令，，即，

∴△中，，即，

∵，即，

∴，解得（舍去），

综上有，

故选：C

【点睛】关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.

二、填空题

19．已知平面向量满足，则______.

【答案】

【分析】根据，由求解.

【详解】因为，

所以，

，

，

故答案为：

20．如图，正方形内的图形来自中国古代的太极图.勤劳而充满智慧的我国古代劳动人民曾用太极图解释宇宙现象.太极图由正方形的内切圆(简称大圆)和两个互相外切且半径相等的圆(简称小圆)的半圆弧组成，两个小圆与大圆均内切.若正方形的边长为8，则以两个小圆的圆心(图中两个黑白点视为小圆的圆心)为焦点，正方形对角线所在直线为渐近线的双曲线实轴长是_______.

【答案】

【分析】由题得双曲线的渐近线方程为，，故，进而得，故实轴为.

【详解】解：以两焦点所在直线为轴，两焦点所在线段的中垂线为轴建立直角坐标系，

设双曲线的焦距为，由题意得双曲线的渐近线方程为，，

所以，进而得.

故双曲线的实轴长为：.

故答案为：

【点睛】本题解题的关键在于根据建立适当坐标系，进而根据题意得该双曲线的渐近线为，，进而求解，考查数学建模能力与运算求解能力，是中档题.

21．已知，若存在实数，使得成立，则的取值范围是________.

【答案】

【分析】不等式两边同除以b，先将题意转化为在上有解，即在上有解，设，，，即且，再求出函数对应最值即得结果.

【详解】解：因为，故不等式两边同除以b，得，令，即不等式在上有解.

去绝对值即得，即 即在上有解，设，，，即且即可，

由在上，，，即，故；

由，利用基本不等式，当且仅当即时等号成立，故，即，故，

综上：t的取值范围是，即的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：

由不等式恒成立（或能成立）求参数（或范围）时的常用方法：

（1）对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，求出函数的最值，进而可求出结果；

（2）根据不等式，直接构成函数，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.

三、双空题

22．设等比数列的公比为，前项和为.若，则____，____.

【答案】4    21   

【分析】首先根据得到，再计算即可.

【详解】因为，所以.

.

故答案为：；

四、解答题

23．已知函数，.

（1）求的值；

（2）求函数的最小正周期；

（3）当时，求函数的值域.

【答案】（1）；（2）；（3）.

【分析】（1）本题将代入中进行计算即可得出结果；

（2）本题首先可通过两角和的正弦公式将函数转化为，然后通过周期计算公式即可得出结果；

（3）本题首先可根据得出，然后通过正弦函数性质即可求出值域.

【详解】（1），即.

（2），

故的最小正周期.

（3）因为，所以，

当，即时，；

当，即时，，

故在上的值域为.

24．如图，直线与圆相切于点，与抛物线相交于不同的两点，与轴相交于点.

（1）若是抛物线的焦点，求直线的方程；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由为抛物线焦点，即可设直线的方程为，根据直线与圆相切可求k值，写出直线方程.

（2）设直线的方程为，，，，由直线上两点距离公式可知，根据直线与圆相切、求，切线性质：直线与互相垂直及即可求的值.

【详解】（1）因为是抛物线的焦点，所以，即，

设直线的方程为，由直线与圆相切，得，即，

所以，直线的方程为.

（2）设直线的方程为，，，，

由，得，，，

∴.

由直线与圆相切，得，即.

由，，得.

所以，又，解得.

由直线与互相垂直，得，

.

【点睛】关键点点睛：

（1）由过抛物线焦点的直线与圆相切求斜率，写出直线方程.

（2）由直线与抛物线、圆的位置关系，结合弦长公式、点线距离公式、两直线垂直的性质求参数值.

25．设，已知函数.

（1）若是奇函数，求的值；

（2）当时，证明：；

（3）设，若实数满足，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.

【分析】（1）由于函数的定义域为，进而结合奇函数即可得；

（2）采用作差比较大小，整理化简得；

（3）令，，进而得，再结合题意即可得，再分和两种情况讨论，其中当时，结合（2）的结论得，等号不能同时成立.

【详解】解：（1）由题意，对任意，都有，

即，亦即，因此；

（2）证明：因为，，

.

所以，.

（3）设，则，

当时，；

当时，；

，，

所以.

由得，即.

①当时，，，所以；

②当时，由（2）知，

，等号不能同时成立.

综上可知.

【点睛】本题第二问解题的关键在于作差法比较大小，第三问在于换元法求得函数的值域，进而结合题意得，再结合第二问的结论分类讨论求解.考查换元思想和运算求解能力，是难题.