浙江省2022年高中數(shù)學7月學業(yè)水平合格性考試仿真模擬試卷05（解析版）

浙江省2022年高中數(shù)學7月學業(yè)水平合格性考試仿真模擬試卷05

一、單選題(本大題共18小題，每小題3分，共54分。每小題列出的四個備選項中只有一

個是符合題目要求的，不選、多選、錯選均不得分)

1.已知集合4=任卜=18(2"-—)},B={x||x-2|<1J,則4"刃=()

A.(0?B.(1?

C.(13)D.10司

【答案】B

【解析】

【分析】

由定義域得到不等式，解不等式求出4,解絕對值不等式求出況從而求出交集.

【詳解】

由對數(shù)函數(shù)真數(shù)大于0得至解得：0<x<2,所以4=(00,

由|第一2|<1,解得：1cH<3,所以B=(L3)，

故笈=(12)

故選：B

2.函數(shù)r(X)=Jto辱(4r-5)的定義域為()

A.Q.+m)b-Q-Dc-(力之)D-

【答案】B

【解析】

【分析】

根據(jù)具體函數(shù)的定義域的求法，得到f1駕處一,些°,解不等式組即可求出結(jié)果.

I4r-5>0

【詳解】

由題意可得解得三VHS立故函數(shù)rC0=/ta?_(4r-5)的定義域為

I4x-5>042N1

故選：B.

3.設i為虛數(shù)單位，復數(shù)Z滿足(1+i)z=(_1+i)2,貝卜.Z為()

A.eB.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】

利用復數(shù)的運算法則可得Zhl-i，即得.

【詳解】

V(l+i)z=(-l+整

故選：B.

4.如圖，已知等腰直角三角形△0Z'"，0'4'=40是一個平面圖形的直觀圖，斜邊=2.

則這個平面圖形的面積是()

A.3B.1C.V5D.2^2

【答案】D

【解析】

【分析】

由直觀圖可確定平面圖形是以2和土后為直角邊的直角三角形，由此可求得結(jié)果.

【詳解】

vtfrf=2.CiA=A^zAOB1=45*二

由此可知平面圖形是如下圖所示的RtAtMB，

2

A

其中tMJLCW，09=O'==2，04=20/=2夜，

■■S&OAB=如OH=2x2短=20

故選：D.

5.設\yeR,向量胃=工=（1.?1）W=（2.-42），且胃_1_三反?2，則|JC+M=

（）

A.1B.2C.3D.4

【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)向量平行和垂直的坐標表示求出y和x即可.

【詳解】

a±c=>a-c=0=>2r—4+2=0=>r=l>

蕓〃2=>：==—2?

.,.|X+T|=1.

故選：A.

6.已知函數(shù)y=2萩（oXJ），則此函數(shù)是（）

A.偶函數(shù)且在J8,+8）上單調(diào)遞減B.偶函數(shù)且在J8,+CO）上單調(diào)遞增

C.奇函數(shù)且在（-8,4-00）上單調(diào)遞減D.奇函數(shù)且在（-°°,+°°）上單調(diào)遞增

【答案】D

【解析】

【分析】

根據(jù)函數(shù)的奇偶性的定義和基函數(shù)的單調(diào)性可得選項.

【詳解】

解：令y=f㈤uZax3，則函數(shù)y=f（幼nNai3的定義域為人且

3

f（-x）=2?寸=-2a^

所以函數(shù)y=f［功是奇函數(shù)，

又因為M）,所以函數(shù)y=f（?=2口/在（-8,+CO）上單調(diào)遞增，

故選：D.

7.己知復數(shù)z滿足|z+l-i|=l（i為虛數(shù)單位），則國的最大值為（）

A.2B.V5+1C.b+1D.1

【答案】B

【解析】

【分析】

設復數(shù)z=M+yi，%yeR，根據(jù)已知，將國轉(zhuǎn)化為圓曰+1），+（y-1尸=1匕/到坐標

原點距離最值，求解即可.

【詳解】

解：令2=±+獷，x，yeR.則|z+l-i|=博+1+①一l）i|=L

即口+1>+（y—1尸=1，表示點（.y）與點（一11）距離為1的點集，

此時，閏=|x-yi|=+口表示圓（H+1）?+（y—l）a=1

上點到原點距離，所以閏的最大值，即為圓上點到原點的距離的最大值，

而圓心到原點距離為V5,且半徑為1,

所以圓上點到原點的距離的最大值為V5+1.

故選：B.

8.已知ic>Oj>O,滿足d+2xy—2=0，貝亞H+7的最小值是（）

A.乎B.北C.苧D.V3

【答案】B

【解析】

【分析】

由1+2寸-2=0,得到y(tǒng)=H，化簡2H+y=2H+W=*GH+：）'結(jié)合基本不等式，

即可求解.

4

【詳解】

由1+2"—2=0,可得y=

因為可得上±>0且父>0，解得0<±<6，

lx

M2r+y=2x+—=^^=-(3r+-)>-x2，3r4=W,

/2*2x2*

當且僅當3H=m時，即工=逸時，等號成立，

，3

所以2K+T的最小值為詫.

故選：B.

9.已知gin售一a)=—那么ccs2a+V5sdn2(r=()

A.-B.--C.--D.-

9999

【答案】A

【解析】

【分析】

根據(jù)三角函數(shù)的誘導公式，求得?1&_3=1，化簡原式=20?[2g—：)1，結(jié)合余弦的

倍角公式，即可求解.

【詳解】

因為sin(*—a)=—彳，可得sin(a_：)='，

又由cus2a+^rin2a!=2GcDs2ir+￥sin2a)=2<?s(2a—^)=2cus[2(a—5)]

2236

=2x[l-2srf(ff-^]=2(l-2x1)=^

故選：A.

10.△加￡：的三個內(nèi)角4,0,C所對的邊分別為a,￡c,且年1,廬45°,其面積為2,則

△ABC的外接圓的直徑為()

A.4^B.5y[2C.4D.5

【答案】B

5

【解析】

【分析】

先由三角形面積公式求得「=4M，由余弦定理求得b=5,利用正弦定理求外接圓直徑.

【詳解】

,SAAW—-=1x1xcx^=2,

?'.c=4M，又嚴=a?+c2—ZocrosB，

*'-6a=l1+(4V2)a-2xlx4^Xy=2S>可得b=5.

設△?￡：的外接圓半徑為乩則/L=2A，

?.?*白=5①

故選：B.

11.若函數(shù)r(x)=H+ocusr(a>0),則下列圖象不可能是(

【答案】B

【解析】

【分析】

分別在。=1,0>1和0〈&〈1的情況下,借助余弦函數(shù)圖象、rskr(—吸的正負

可確定圖象.

【詳解】

當a=l時，r0c)=msr+i,與選項C相符;

6

當8>1時，=M+a?sjr=4-a>0；=a^+acus(—■)=a-*—a<0-hi

選項D相符；

當0Va<l時，r5)=M-aVO；=a2*+OCDSUK=c?r+a>0，與A相符；

二f(z)圖象不可能是B中圖象.

故選：B.

12.如圖，在四面體ABCD中，E、F分別是AH、CD的中點，過EF的平面a分別交棱ZM、BC

于G、H(不同于4、B、C、D),HQ分別是棱HC、G匕的動點，則下列命題錯誤的是

()

A.存在平面a和點P,使得用P〃平面a

B.存在平面a和點Q,使得AQ〃平面a

C.對任意的平面a,線段EF平分線段GH

D.對任意的平面嗎線段GH平分線段EF

【答案】D

【解析】

【分析】

利用線面平行的判定定理可判斷AB選項；取函的中點0,GH的中點為微，設粉=尢擊，

CH=i￡B利用空空間向量的線性運算可得事詢=說，可判斷C選項；利用反證法結(jié)合

C選項可判斷D選項.

【詳解】

對于A選項，當1AP//EE時，因為”更平面a,EK仁平面a,此時面aA對；

7

對于B選項，當即時，因為艇9平面《FGu平面a此時即〃平面a，B對;

對于C選項，取4c的中點。，G追的中點為融，設灰=屯，麗=，聞，

則有函=函+熊=成+:加=礪+:您一畫=二西+畫，

同理可得前=：促+西=：(-&(+畫，OM=l(OG+ag).

OG=QA+AG=QA+iM=QA+2HOF

Off=OC+HI=OC+}iCH=OC+2(iOE=2fiOE-aA

所以麗+麗=2詬+2聞M所以，OG=-OH+2iOF+2ii0E>

因為U、F、G、H四點共面，則2Z+2p-l=l,所以，1+^=1,

所以，2OM=OG+OH=2iOF+2pOE^則施=凝+畫=加+(1

所以，OM-OE=1(OF-OE),可得詢=詬，

即施、E,F三點共線，即GH的中點在ET匕即線段EF平分線段GH,C對；

對于D選項，若線段GH平分線段EF,又因為線段EF平分線段礎，則四邊形EGFH為平行四

邊形，

事實上，四邊形EGFH不一定為平行四邊形，故假設不成立，D錯.

故選：D.

13.已知abeft,設函數(shù),式工)=cosZi，f2(r)=a—bcosx，若當Sfz(H)對

xwVn1恒成立時，it—m的最大值為手，則()

8

A.a>^2—1B.C.b>2-^2D.&<2-^

【答案】A

【解析】

【分析】

設t=g，結(jié)合余弦函數(shù)圖象性質(zhì)分析要使m-in的最大值為已時t的取法，再結(jié)合韋達定

2

理求ab取值范圍.

【詳解】

設t=CDsr,r€[nun],因為跟一m的最大值為主>虞=工，所以*E[m?同時,t=cost必取

到最值，

當取一m=苧寸，根據(jù)余弦函數(shù)對稱性得皿寧=1=>亨=2fcK“Z，此時

m-hctr-m—x_3r3hr^5

cosm=cusr(-^——-^-x)=cos(2Jtw——x)=CDS-=——

m+nn-m3K3K誼

CDSn=CDS(—=—+—=—)=CDS(2fatt+丁)=CDS—=——

22.442

或者CDS亨=一10寧=ic+2fcwJteZ，此時

COSHI=CDS(-^———^-}=CD5(2faH-1C——)=-?CDS-=y

m+nn—m3K3K?

a)sn=cosf---+---)=CDS(2K+IC+—)=—cos—=—

z2442

由fiOO02cos^z—l<fl—hcosr=>2cus2r+hcusx—(1+a)<0*

設t=cosr,時Zd+irt—(1+a)三。對應解為打工t工匕，

由上分析可知

當0=一號，b>1或k<-1，*=爭寸，滿足題一m的最大值為￡，

所以3￡_孝，即_手玄_字所以口皂低_1

9

14.設abeR,ab^O,函數(shù)f0)=*一阮+1，若,(國)+f(?2Z恒成立，則

()

A.a>0,fr>0B.a>0,fr<0

C.a<0>fr>0D.a<0<fr<0

【答案】B

【解析】

【分析】

首先表示出+f(r),依題意可得儀|xp+。)-i(|x|+x)>0恒成立，再對“分類討論,

即可判斷；

【詳解】

解：因為f(x)=ar3—frx+1，所以㈤=&.|3一第x|+1+皿產(chǎn)―版+1，因為

恒成立，

B|1a|r|3—ijx|+1+OK3-inc+l之2恒成立，

所以a(|x|3+x3)-i(|x|+x)>。恒成立，

B|Jfl(|x|a+r3)>如x|+冷恒成立，即4㈤+x)(|x|a-x|r|+xa)>b(|r|+號恒成立，

當*=0時顯然恒成立，

當<>0時，僮|+<>0,則ax2至萬恒成立，因為abeA且afr#0,所以a>0,b<0

當xV0時，|X|+M=O,顯然恒成立，

綜上可得a>0,￡r<0

故選：B

15.已知點P在毗就所在平面內(nèi)，zMC=9(F.Q/>為銳角，且由|=2.押?版=2,

混?崩=1，當四+江+Q|取得最小值時，tanZCAP=()

A.更B.更C.更D.V2

432

【答案】C

【解析】

【分析】

10

設miP-a利用數(shù)量積的定義可得國I=士網(wǎng)|=士進而可得廊+版+N|

里，利用基本不等式即得.

4a^aac?a4

【詳解】

設心P=a，則皿P=9(F-a

由段|=2.麗?版=2,4PAB=1.

.?.畫園cusa-Z畫畫sina-1.即國=三網(wǎng)=三

因為廊+而+?(=廊『+函，+|明，+2怒於+2前Q+2而Q

七產(chǎn)+10=注+?

aEraIshraaera

_r|OK^a5K2a.4549

氣工工+彳=彳

當且僅當離=之’%M=理時,阿+麻+N慳得最小值：

.,.當畫+前十期取得最小值時，tanzaP=理

故選：C.

16.己知某地區(qū)中小學生人數(shù)和近視情況分別如圖甲和圖乙所示，為了『解該地區(qū)中小學生

的近視形成原因，用分層抽樣的方法抽取2%的學生進行調(diào)查，則樣本容量和估計抽取的高

中生近視人數(shù)分別為()

A.180,40B.180,20C.180,10D.100,10

【答案】B

【解析】

【分析】

利用總量乘以抽取比例即可得到樣本容量；根據(jù)圖表可知高中生近視率從而估計抽取的高

中生近視人數(shù)

11

【詳解】

所有學生數(shù)為3000+4000+2000=9000,故樣本容量為9000X2%=180,

根據(jù)圖甲以及抽取百分比可知，樣本中高中生人數(shù)為2000X2%=40,

根據(jù)圖乙可知，抽取的高中生近視人數(shù)為40X50%=20,

故選：B.

17.古希臘哲學家畢達哥拉斯曾說過：“美的線型和其他一切美的形體都必須有對稱形

式”.在中華傳統(tǒng)文化里，建筑、器物、書法、詩歌、對聯(lián)、繪畫幾乎無不講究對稱之美,如

清代詩人黃柏權(quán)的《茶壺回文詩》（如圖）以連環(huán)詩的形式展現(xiàn)，20個字繞著茶壺成一圓環(huán),

不論順著讀還是逆著讀，皆成佳作.數(shù)學與生活也有許多奇妙的聯(lián)系，如2020年02月02

日（20200202）被稱為世界完全對稱日（公歷紀年日期中數(shù)字左右完全對稱的日期）.數(shù)學上

把20200202這樣的對稱數(shù)叫回文數(shù),兩位數(shù)的回文數(shù)共有9個（11Z2...99）,則在三位數(shù)

的回文數(shù)中，出現(xiàn)奇數(shù)的概率為（）

等藩

臚臂

承4.

.A

武

？3

FA

茶壺回文詩坤.

.伯

【清】黃伯杈［例讀］

落0飛芳樹.花艷擇風流.

隨紅而淡數(shù)。喜香迷月薄。

薄月迷吞尊.欲淡而紅的.

海鳳鼻艷花。樹芳飛雪薄。-

一

S

【答案】c

【解析】

【分析】

列出所有三位數(shù)的回文數(shù)即可求得結(jié)果.

【詳解】

三位數(shù)的回文數(shù)有:

101111121131141151161171181191

202212222232242252262272282292

303313323333343353363373383393

404414424434444454464474484494

505515525535545555565575585595

12

606616626636646656666676686696

707717727737747757767777787797

808818828838848858868878888898

909919929939949959969979989999

共有90個，其中奇數(shù)有50個，故出現(xiàn)奇數(shù)的概率為三

g

故選：C

18.平面內(nèi)不同的三點0,A,8滿足口司=廊|=4，若

—山|+而一：前|的最小值為㈤，則口叫=（）

A.遍B.mC.2^6D.4^3

【答案】C

【解析】

【分析】

設屁=MmS1），BD=-HA，=6（0＜。＜/作D關于OB的對稱點B］，

如圖根據(jù)向量的線性運算化簡題中的等式版|+|西，利用點關于直線的對稱性可得

甌|=，眄，結(jié)合余弦定理可得出皿20，利用二倍角的余弦公式求出但亂最后根據(jù)

|09|=2坪|cos6即可求解.

【詳解】

解：由題意得：

如圖所示：

A

13

設配=m00(OMmv1)，則點C在線段OB上運動

故一網(wǎng)=|配一面|=函

設麗=加

|(1-m)0O-^M|=|(m-1)00-BD\=|m0B-0B-BD\=\mOB-(0B+

BD)|=|OC-OD|=|DC|

A|m0B-0A|+|(1-m)B0=|4C|+|DC|.即Q葡+|覺|)』=四

作D關于-OU的對稱點Z>r設〃ISO=0(0<。<J

|AC|+|DC|=|AC|+1亨|>麗I，即(|雨+|覺I)』=麗|=舊

在△?片中，網(wǎng)=西=4,畫=|西=2網(wǎng)=1，畫]=舊

由余弦定理可得：皿加=23%—1=黑m=-；，解得：但6=*

畫=2畫rose=2*4*乎=2僚

故選：C

二、填空題(本大題共4小題，每空3分，共15分)

19.設函數(shù)r(G=[G)-8x-0,貝Uf[T(l)I=_________，若r?>l，則實數(shù)a的取

(切KH>0

值范圍是.

【答案】一7(―tn—2)U(10,+a?)

【解析】

【分析】

依據(jù)分段函數(shù)定義去求rtfC。]的值；分類討論列關于a的不等式組去求a的取值范圍

【詳解】

rg)l=f(0)=?-8=-7

r?>i等價于①{髭；或②{/：：>1

14

由①得a＞10：由②得。＜-2，則實數(shù)a的取值范圍是(一＜a-2)u(10.+a?)

故答案為：一7；(-cn-2)u(10.+o?)

20.2022年北京冬奧會閉幕式上，呈現(xiàn)了大雪花(火炬)被中國結(jié)緊緊包裹的畫面，體現(xiàn)

了中國“世界大同，天下一家”的理念，數(shù)學中也有類似''包裹"的圖形.如圖，雙圓四邊

形即不僅有內(nèi)切圓而且有外接圓的四邊形，20世紀80年代末，國內(nèi)許多學者對雙圓四邊形

進行了大量研究，如：邊長分別為a,b,c,d的雙圓四邊形，則其內(nèi)切圓半徑丁=NH,

外接圓半徑心=今.絲T三竺吧㈣.現(xiàn)有邊長均為1的雙圓四邊形，則

R—T=.

【答案】巴

2

【解析】

【分析】

直接由題目所給公式計算外接圓和內(nèi)切圓半徑即可求解.

【詳解】

由題意知：a=b=c=d=l,故1=上^^=m=］，

42

心=三絲必/吧螞=二3包故我一p=小

16ahcd16222

故答案為：空三

2

21.已知正實數(shù)a,b,c,a+b=3,則蘭+吧+2_的最小值為

【答案】2Vs-2##-2+2V6

【解析】

【分析】

15

利用a+b=3變形為3=誓，再將系+杉+總變形為

cxf-+-+-)+—，利用基本不等式整理為蘭+主+=_工2仕+1)+二一2,進而再用

基本不等式求得答案.

【詳解】

由正實數(shù)a,b,a+b=3,可得3=鋁型，

3

>2^6-2，

當且僅當*c+l)=三時，BPC=--1時取等號，

cWL2

故答案為：2V6-2

22.已知矩形朋CD.AB=2.iBC=3,設￡是邊AD上的一點，且AE=2DE現(xiàn)將掂沿

著直線WE翻折至A/AE，設二面角4'一￡?—9的大小為式0<6<1<)，則sin6的最大值是

【答案］/#士屈

55

【解析】

【分析】

作4FJ.切￡交理1S于點F,連接4'F，作4'KJ.4F交斯千點H,作RKJLCD，垂足為K,連接，通,

延長KH交兒?與G,則〃即為二面角/一G—4的平面角，求皿。=生的最大值即可

ar

得sin0的最大值.

【詳解】

方法一：如圖，

16

作4F1.曬交于點F,連接*F，作A'BJLXF交〃^二點H,作mJ.CD,垂足為K,連接*遍,

延長KH交AB與G.

又4'K，4F，AFCB斤F,."且1_平面和毗?，，第1，￡0，

又HKJ.CD,HKC\H=R,.?0上平面4加，..0＞，，7{,

???即為二面角f—e—總的平面角，即有ZA,JKH=0

設6，

zA'Fjff=a,AF=AF=:BEr=2^2

?'-HF=y/2cDsa'幽=位'—記CDS?r4'爪=誼端ur

易知△/阿是等腰直角三角形，尸為跖中點，0F=調(diào)，

易知HG1AB,則RlAjfGKsRtAMf,

則=?蟾室=1一皿。

..?砥=3-(1-皿代2+0則有5=普=器

,￡ina)(O＜a＜用與(一2期連線的斜率,

如圖,斜率最大為直線和圓相切時,直線傾斜角為高則恙￡當

17

則…限*"而”^^呼.

故答案為：旦.

S

方法二：在方法一的基礎上，如圖，延長斯、比交于點/,

易知△4原是等腰直角三角形，N刃后45°,HK//AD,則NA7層45°,則△胸/是等腰直角

三角形，:.HK/Fl=AI-AF=^2AD-AF^2^2

設〃l'm=S,由方法一知3或=翟=篝=1'?*5&邛.

?.?△4%■是等腰直角三角形，則易知點，的軌跡是以尸為圓心，4r為半徑的半圓,

當/1與該圓相切時，&最大,

此時4'F=但產(chǎn)1=2短，的最大值為3伊，

:.皿00=缶郵￡與..ang<r-5^--_包

故答案為：旦

三、解答題(本大題共3小題，共31分)

23.（10分）己知函數(shù)f（H）=sjnx（cosic—苧sinx）.

(1)求區(qū)數(shù)y=f(x)在區(qū)間［。個］上的值域;

18

(2)若。七［0.司，且r?=-5求皿

【答案】⑴卜普

⑵一年

【解析】

【分析】

(1)根據(jù)二倍角公式和三角恒等變化，可得的解析式，再根據(jù)三角函數(shù)的性質(zhì)，即可

求出結(jié)果；

(2)由(1)可得向伽+。=2,再根據(jù)角的范圍，和正弦的二倍角公式可得rin0i+；)的

643

值，再根據(jù)誘導公式可得3〔?一2公=sin(2a+a，由此即可求出結(jié)果.

(1)

解：f8=sii皿msx—號sinx)=gsin2H—史1—CDS2X)>

326

所以jsiii2r十咚cos2r_f=鼻2r+，)_'，

266366

當*q4時，泮2"泮菖

故一\<srin(2*+^)<1

從而-f“⑴￡號,

所以函數(shù)y=f㈤在區(qū)間,目上的值域為:卜符

(2)

解:「審=亨?411g+:)_^=-哈

所以sinQar+?)=：，

6■

因Eva+工v?，

6—G—6

若*a+gW，則sing+n>\矛盾!

19

故彳4a+工工H,0Ds[a+；）=—粵

從而向01+；）=—q

所以CDs（：—2噂=an（2a+=——

24.（10分）如圖，在四棱錐P-4BCD中，4D//BC.ZADC=SOr.^ABC=6C,

AB=BC=2.PA=PB=^.PC=3.M姥PC中點、

(1)證明：ZMf〃平面PAB；

(2)求二面角P-AB-C的余弦值.

【答案】(1)證明見解析；

⑵一在

3

【解析】

【分析】

(1)取Pli中點M連接KM⑷V,易證四邊形IMMD為平行四邊形，則Dlf/MV，根據(jù)線面

平行的判定即可證結(jié)論.

(2)取期中點Q,連接PQ.R,易證e_L/fi、PQA.AB,根據(jù)二面角的定義找到二面角平

面角，再應用余弦定理求其余弦值.

(1)

取P超中HN，連接KM4V，由己知有AD〃BC.4D=Lirc.

20

:-MW分別為PCPB中點,

二MN『用C.MN=：BC

=即四邊形IfMID為平行四邊形.

DM//41V.又DM/平面平面R1B，

二DM"平面PAB.

(2)

取4H中點Q，連接PQ.C1Q.

■■AB=BC=2.zABC=Gfr,

二攻=心，且CQTAB.

:P4=PU=V3.AB=2,

二PQ=V5，且PQJLAB-

二2曄為二面角P-iW-￡的平面角,

RZ+Qd-PC?遍

coszPQC=

2PqQC3.

所以，二面角P-AB一弋的平面角的余弦值為一空.

25.(11分)已知a>0,設函數(shù)r(M)=2ariii2r+(a—l)(smx+cosr)+2a—1，父￡[—g.o],

fl(x)=-2asdn2r+(l-a)smx，zelt

21

⑴當a=2時，求函數(shù)rc0的值域；

(2)記If(工)|的最大值為黑，

①求*I;

②求證：|?(x)|<2M

【答案】(1)[