1、绝密启用前2022年1月浙江省普通高中学业水平考试数学仿真模拟试卷A满分100分，考试时间80分钟一、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，那么（）ABCD【答案】D【分析】直接利用交集的定义即可求得.【详解】因为集合，所以.故选：D2函数的定义域是（）ABCD【答案】D【分析】根据解析式有意义可得关于的不等式组，其解集为函数的定义域.【详解】由解析式有意义可得，故，故函数的定义域为故选：D.3下列等式成立的是（）ABCD【答案】C【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
2、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.4直线截圆所得的弦长是（）A2BCD1【答案】C【分析】先求出圆心到直线的距离，进而利用勾股定理求出弦长.【详解】圆心（0,0）到直线的距离，因为圆的半径为1，则弦长为.故选：C.5某几何体的三视图（单位：）如图所示，则该几何体的体积（单位：）是（）ABCD【答案】A【分析】根据三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，由此可算出体积【详解】解：根据三视图可知该几何体为一个圆柱挖去一个圆锥，其体积为，故答案为：6不等式的解集为（）ABCD【答案】A【分析】移项、通分，再根据符号即可得结果.【详解】所以故选：A
3、【点睛】本题考查解分式不等式，考查基本求解能力，属基础题.7已知实数，满足约束条件，则（）A有最小值，无最大值B有最小值，也有最大值C有最大值，无最小值D无最大值，也无最小值【答案】C【分析】由题设画出线性可行域，结合的几何意义判断是否有最值.【详解】由题设，可得如下可行域，表示直线与可行域有交点时，与x轴的截距，故当目标函数与x-y+1=0交于x轴时，有最大值，而无最小值.故选：C8若直线与直线垂直，则（）A或BC或D【答案】B【分析】由两直线垂直的等价条件列方程即可求解.【详解】因为直线与直线垂直，所以，解得：，故选：B.9在中，角，的对边分别是，已知，则的值为（）ABCD【答案】B【分析
4、】根据，利用正弦定理求解.【详解】在中，因为，由正弦定理得：，所以，故选：B10已知平面，直线，m，且有，给出下列命题：若，则；若，则；若，则其中命题正确的有（）个A0B1C2D3【答案】A【分析】利用直线与平面、平面与平面的位置关系即可判断.【详解】对于由，得不出，故错误；对于，得不出，故错误；对于，得不出，故错误，故选：A11已知命题，命题，则是成立的（）A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合基本不等式即可得出结论【详解】解：，则，由，但，时，命题成立，如时，由推不出，是成立充分不必要条件，故选：A12函数的图
5、象大致为（）ABCD【答案】B【分析】根据题意，先判断函数的奇偶性，排除，再求出、的值，排除，即可得答案【详解】解：根据题意，其定义域为，有，即函数为奇函数，排除，又由，所以，有，函数在不会是减函数，排除，故选：13已知数列的首项为，且，若数列单调递增，则的取值范围为（）ABCD【答案】C【分析】利用递推公式再推出一个递推公式，两个递推公式相减，结合函数单调性的性质进行求解即可.【详解】当时，因此有，得：，说明该数列从第2项起，偶数项和奇数项都成等差数列，且它们的公差都是2，由可得：，因为数列单调递增，所以有，即，解得：，故选：C14在长方体中，底面是边长为1的正方形，异面直线与所成角的大小为
6、，则该长方体的表面积与体积的比值是（）ABCD【答案】D【分析】根据异面直线所成的角，求长方体的高，再求体积和表面积.【详解】设，连结，则，异面直线与所成角是，解得：，所以长方体的表面积，体积,所以该长方体的表面积与体积的比值.故选：D15若平面上有A，B，C，D四点，且满足任意三点不共线，现已知，则=（）A3B4C5D6【答案】D【分析】由向量的线性关系，结合平行四边形图像，由和同底，高之必就是面积之比，即可得解.【详解】令，根据向量的加法的平行四边形法则，作出如图所示平行四边形，作于，于，由，所以，所以，故选：D16已知函数，函数与的图像关于直线对称，令，则方程解的个数为（）A2B3C4D
7、5【答案】C【分析】首先利用图象关于对称,求出解析式，可化为，求函数与的图象的交点个数，然后分、分别讨论即可求解.【详解】因为函数与的图象关于直线对称，所以，所以的图象如图所示：方程可化为，即求函数与的图象的交点个数.当时，的图象恒过点，此时有两个交点；当时，与的图象有一个交点；当时，设斜率为的直线与的切点为，由斜率，所以，所以切点为，此时直线方程为，即，所以直线与恰好相切，有一个交点，如图所示：综上，此方程有4个解.故选：C.17如图，已知，分别是椭圆的左、右焦点，现以为圆心作一个圆恰好经过椭圆的中心并且交椭圆于点，若过点的直线是圆的切线，则椭圆的离心率为（）ABCD【答案】A【分析】由切线
8、的性质，可得，再结合椭圆定义，即得解【详解】因为过点的直线圆的切线，所以由椭圆定义可得，可得椭圆的离心率故选：A18如图，在三棱锥中，点在平面内，且，设异面直线与所成的角为，则的最大值为（）ABCD【答案】D【分析】设线段的中点为，连接，过点在平面内作，垂足为点，证明出平面，然后以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，且，求出的最大值，利用空间向量法可求得的最大值.【详解】设线段的中点为，连接，为的中点，则，则，同理可得，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为，所以，为等边三角形，故为的中点，平面，平面，则，平面，以点为坐标原点，、分别为、轴的正方向建立如下图所示的空间
9、直角坐标系，因为是边长为的等边三角形，为的中点，则，则、，由于点在平面内，可设，其中，且，从而，因为，则，所以，故当时，有最大值，即，故，即有最大值，所以，.故选：D.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.二、填空题(本大题共4小题，每空3分，共15分。)19在等差数列an中，a10，d，an3，Sn，则a1_，n_.【答案
10、】2 3 【分析】根据所给条件，代入等差数列的通项公式和求和公式，解方程即可得解.【详解】由得n213n300，n3或n10.又当n3时，a120；当n10时，a10，不合题意，舍去，故a12，n3.故答案为：2；3.20已知非零向量满足，则与的夹角为_.【答案】【分析】直接把两边同时平方化简即得解.【详解】因为，所以，所以.所以与的夹角为.故答案为：21已知，分别为双曲线的左、右焦点，过的直线与的左右两支分别交于点，若是以为直角的等腰直角三角形，则的离心率为_.【答案】【分析】设，根据是以为直角的等腰直角三角形，结合双曲线的定义，由，求得t，过作的垂线，垂足为，然后在中利用勾股定理求解.【详
11、解】如图：设直线的斜率大于0，则.由双曲线的定义知，所以，所以.过作的垂线，垂足为，则，则.在中，整理得，所以.故答案为：22已知函数，若对，使得，则实数的取值范围为_.【答案】【分析】根据题意可转化为，利用单调性求解即可.【详解】因为若对，使得，所以，因为的对称轴为，所以，因为，所以所以，即所以【点睛】本题主要考查了存在性问题与任意性问题，考查了转化思想，属于中档题.三、解答题(本大题共3小题，共31分。) 23(本题10分)已知函数（1）求函数的单调递增区间；（2）若，求函数的值域.【答案】（1），（2）【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式化简变形得，然后由可求出函数的递增区间，（2）由
12、（1）可得，由得，从而可求得函数的值域【详解】（1），由，得，所以的单调递增区间为，（2）由（1）得，由，得，所以，即，所以，所以的值域为24(本题10分)如图，已知抛物线上一点到焦点的距离为，直线与抛物线交于两点，且(为坐标原点)，记，的面积分别为.（1）求抛物线的方程;（2）求证直线过定点;（3）求的最小值.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）20.【分析】（1）利用抛物线焦半径公式求解即可.（2）首先设直线方程为，与抛物线联立得到，根据得到，从而得到直线过定点.（3）首先根据图形得到，从而得到，再利用基本不等式求解最小值即可.【详解】（1）由题意可得抛物线方程为（2）设直线方程为，如
13、图所示：代入抛物线方程中，消去得，.解得或（舍去）直线方程为，直线过定点.（3）当时等号成立.的最小值为.25(本题11分)设函数（），方程有三个不同的实数根，且（1）当时，求实数的取值范围；（2）当时，求正数的取值范围；（3）在（2）的条件下，若恒成立，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）【分析】（1）化简，根据函数的单调性即可求解；（2）对进行分类讨论，方程有三个不同的实数根以及函数的单调性即可求解；（3）分析出，可得出，对分类讨论即可求解.【详解】（1），在单调递增，在单调递减，在单调递增，即；（2）当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，即，解得：；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，即，解得：，由可知：；（3）由（2）可知，当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，为方程的两个根，则，为方程的正根，；当时，在单调递增，在单调递减，在单调递增，在单调递增，当，即时，为方程的较小根，在单调递减，；当，即时，为方程的正根，
