浙江省2022年高中数学7月学业水平合格性考试仿真模拟试卷05（解析版）

浙江省2022年高中数学7月学业水平合格性考试仿真模拟试卷05

一、单选题(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4=任卜=18(2"-—)},B={x||x-2|<1J,则4"刃=()

A.(0©B.(1©

C.(13)D.10司

【答案】B

【解析】

【分析】

由定义域得到不等式，解不等式求出4,解绝对值不等式求出况从而求出交集.

【详解】

由对数函数真数大于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)

故选：B

2.函数r(X)=Jto辱(4r-5)的定义域为()

A.Q.+m)b-Q-Dc-(力之)D-

【答案】B

【解析】

【分析】

根据具体函数的定义域的求法，得到f1驾处一,些°,解不等式组即可求出结果.

I4r-5>0

【详解】

由题意可得解得三VHS立故函数rC0=/ta©_(4r-5)的定义域为

I4x-5>042N1

故选：B.

3.设i为虚数单位，复数Z满足(1+i)z=(_1+i)2,贝卜.Z为()

A.eB.2C.3D.4

【答案】B

【解析】

【分析】

利用复数的运算法则可得Zhl-i，即得.

【详解】

V(l+i)z=(-l+整

故选：B.

4.如图，已知等腰直角三角形△0Z'"，0'4'=40是一个平面图形的直观图，斜边=2.

则这个平面图形的面积是()

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

【答案】D

【解析】

【分析】

由直观图可确定平面图形是以2和土后为直角边的直角三角形，由此可求得结果.

【详解】

vtfrf=2.CiA=A^zAOB1=45*二

由此可知平面图形是如下图所示的RtAtMB，

2

A

其中tMJLCW，09=O'==2，04=20/=2夜，

■■S&OAB=如OH=2x2短=20

故选：D.

5.设\yeR,向量胃=工=（1.»1）W=（2.-42），且胃_1_三反・2，则|JC+M=

（）

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

【答案】A

【解析】

【分析】

根据向量平行和垂直的坐标表示求出y和x即可.

【详解】

a±c=>a-c=0=>2r—4+2=0=>r=l>

芸〃2=>：==—2«

.,.|X+T|=1.

故选：A.

6.已知函数y=2萩（oXJ），则此函数是（）

A.偶函数且在J8,+8）上单调递减B.偶函数且在J8,+CO）上单调递增

C.奇函数且在（-8,4-00）上单调递减D.奇函数且在（-°°,+°°）上单调递增

【答案】D

【解析】

【分析】

根据函数的奇偶性的定义和基函数的单调性可得选项.

【详解】

解：令y=f㈤uZax3，则函数y=f（幼nNai3的定义域为人且

3

f（-x）=2«寸=-2a^

所以函数y=f［功是奇函数，

又因为M）,所以函数y=f（©=2口/在（-8,+CO）上单调递增，

故选：D.

7.己知复数z满足|z+l-i|=l（i为虚数单位），则国的最大值为（）

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

【答案】B

【解析】

【分析】

设复数z=M+yi，%yeR，根据已知，将国转化为圆曰+1），+（y-1尸=1匕/到坐标

原点距离最值，求解即可.

【详解】

解：令2=±+犷，x，yeR.则|z+l-i|=博+1+①一l）i|=L

即口+1>+（y—1尸=1，表示点（.y）与点（一11）距离为1的点集，

此时，闰=|x-yi|=+口表示圆（H+1）?+（y—l）a=1

上点到原点距离，所以闰的最大值，即为圆上点到原点的距离的最大值，

而圆心到原点距离为V5,且半径为1,

所以圆上点到原点的距离的最大值为V5+1.

故选：B.

8.已知ic>Oj>O,满足d+2xy—2=0，贝亚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=H，化简2H+y=2H+W=*GH+：）'结合基本不等式，

即可求解.

4

【详解】

由1+2"—2=0,可得y=

因为可得上±>0且父>0，解得0<±<6，

lx

M2r+y=2x+—=^^=-(3r+-)>-x2，3r4=W,

/2*2x2*

当且仅当3H=m时，即工=逸时，等号成立，

，3

所以2K+T的最小值为诧.

故选：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】

根据三角函数的诱导公式，求得®1&_3=1，化简原式=20»[2g—：)1，结合余弦的

倍角公式，即可求解.

【详解】

因为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)=^

故选：A.

10.△加£：的三个内角4,0,C所对的边分别为a,£c,且年1,庐45°,其面积为2,则

△ABC的外接圆的直径为()

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

【答案】B

5

【解析】

【分析】

先由三角形面积公式求得「=4M，由余弦定理求得b=5,利用正弦定理求外接圆直径.

【详解】

,SAAW—-=1x1xcx^=2,

・'.c=4M，又严=a?+c2—ZocrosB，

*'-6a=l1+(4V2)a-2xlx4^Xy=2S>可得b=5.

设△•£：的外接圆半径为乩则/L=2A，

•.・*白=5①

故选：B.

11.若函数r(x)=H+ocusr(a>0),则下列图象不可能是(

【答案】B

【解析】

【分析】

分别在。=1,0>1和0〈&〈1的情况下,借助余弦函数图象、rskr(—吸的正负

可确定图象.

【详解】

当a=l时，r0c)=msr+i,与选项C相符;

6

当8>1时，=M+a»sjr=4-a>0；=a^+acus(—■)=a-*—a<0-hi

选项D相符；

当0Va<l时，r5)=M-aVO；=a2*+OCDSUK=c?r+a>0，与A相符；

二f(z)图象不可能是B中图象.

故选：B.

12.如图，在四面体ABCD中，E、F分别是AH、CD的中点，过EF的平面a分别交棱ZM、BC

于G、H(不同于4、B、C、D),HQ分别是棱HC、G匕的动点，则下列命题错误的是

()

A.存在平面a和点P,使得用P〃平面a

B.存在平面a和点Q,使得AQ〃平面a

C.对任意的平面a,线段EF平分线段GH

D.对任意的平面吗线段GH平分线段EF

【答案】D

【解析】

【分析】

利用线面平行的判定定理可判断AB选项；取函的中点0,GH的中点为微，设粉=尢击，

CH=i£B利用空空间向量的线性运算可得事询=说，可判断C选项；利用反证法结合

C选项可判断D选项.

【详解】

对于A选项，当1AP//EE时，因为”更平面a,EK仁平面a,此时面aA对；

7

对于B选项，当即时，因为艇9平面《FGu平面a此时即〃平面a，B对;

对于C选项，取4c的中点。，G追的中点为融，设灰=屯，丽=，闻，

则有函=函+熊=成+:加=砺+:您一画=二西+画，

同理可得前=：促+西=：(-&(+画，OM=l(OG+ag).

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

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

所以丽+丽=2诟+2闻M所以，OG=-OH+2iOF+2ii0E>

因为U、F、G、H四点共面，则2Z+2p-l=l,所以，1+^=1,

所以，2OM=OG+OH=2iOF+2pOE^则施=凝+画=加+(1

所以，OM-OE=1(OF-OE),可得询=诟，

即施、E,F三点共线，即GH的中点在ET匕即线段EF平分线段GH,C对；

对于D选项，若线段GH平分线段EF,又因为线段EF平分线段础，则四边形EGFH为平行四

边形，

事实上，四边形EGFH不一定为平行四边形，故假设不成立，D错.

故选：D.

13.已知abeft,设函数,式工)=cosZi，f2(r)=a—bcosx，若当Sfz(H)对

xwVn1恒成立时，it—m的最大值为手，则()

8

A.a>^2—1B.C.b>2-^2D.&<2-^

【答案】A

【解析】

【分析】

设t=g，结合余弦函数图象性质分析要使m-in的最大值为已时t的取法，再结合韦达定

2

理求ab取值范围.

【详解】

设t=CDsr,r€[nun],因为跟一m的最大值为主>虞=工，所以*E[m»同时,t=cost必取

到最值，

当取一m=苧寸，根据余弦函数对称性得皿宁=1=>亨=2fcK“Z，此时

m-hctr-m—x_3r3hr^5

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

m+nn-m3K3K谊

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

22.442

或者CDS亨=一10宁=ic+2fcwJteZ，此时

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

m+nn—m3K3K⑰

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

z2442

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

设t=cosr,时Zd+irt—(1+a)三。对应解为打工t工匕，

由上分析可知

当0=一号，b>1或k<-1，*=争寸，满足题一m的最大值为£，

所以3£_孝，即_手玄_字所以口皂低_1

9

14.设abeR,ab^O,函数f0)=*一阮+1，若,(国)+f(©2Z恒成立，则

()

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),依题意可得仪|xp+。)-i(|x|+x)>0恒成立，再对“分类讨论,

即可判断；

【详解】

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

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|+号恒成立，

当*=0时显然恒成立，

当<>0时，僮|+<>0,则ax2至万恒成立，因为abeA且afr#0,所以a>0,b<0

当xV0时，|X|+M=O,显然恒成立，

综上可得a>0,£r<0

故选：B

15.已知点P在毗就所在平面内，zMC=9(F.Q/>为锐角，且由|=2.押•版=2,

混•崩=1，当四+江+Q|取得最小值时，tanZCAP=()

A.更B.更C.更D.V2

432

【答案】C

【解析】

【分析】

10

设miP-a利用数量积的定义可得国I=士网|=士进而可得廊+版+N|

里，利用基本不等式即得.

4a^aac?a4

【详解】

设心P=a，则皿P=9(F-a

由段|=2.丽•版=2,4PAB=1.

.•.画园cusa-Z画画sina-1.即国=三网=三

因为廊+而+»(=廊『+函，+|明，+2怒於+2前Q+2而Q

七产+10=注+?

aEraIshraaera

_r|OK^a5K2a.4549

气工工+彳=彳

当且仅当离=之’%M=理时,阿+麻+N悭得最小值：

.,.当画+前十期取得最小值时，tanzaP=理

故选：C.

16.己知某地区中小学生人数和近视情况分别如图甲和图乙所示，为了『解该地区中小学生

的近视形成原因，用分层抽样的方法抽取2%的学生进行调查，则样本容量和估计抽取的高

中生近视人数分别为()

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

【答案】B

【解析】

【分析】

利用总量乘以抽取比例即可得到样本容量；根据图表可知高中生近视率从而估计抽取的高

中生近视人数

11

【详解】

所有学生数为3000+4000+2000=9000,故样本容量为9000X2%=180,

根据图甲以及抽取百分比可知，样本中高中生人数为2000X2%=40,

根据图乙可知，抽取的高中生近视人数为40X50%=20,

故选：B.

17.古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形

式”.在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美,如

清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》（如图）以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环,

不论顺着读还是逆着读，皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02

日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上

把20200202这样的对称数叫回文数,两位数的回文数共有9个（11Z2...99）,则在三位数

的回文数中，出现奇数的概率为（）

等藩

胪臂

承4.

.A

武

？3

FA

茶壶回文诗坤.

.伯

【清】黄伯杈［例读］

落0飞芳树.花艳择风流.

随红而淡数。喜香迷月薄。

薄月迷吞尊.欲淡而红的.

海凤鼻艳花。树芳飞雪薄。-

一

S

【答案】c

【解析】

【分析】

列出所有三位数的回文数即可求得结果.

【详解】

三位数的回文数有:

101111121131141151161171181191

202212222232242252262272282292

303313323333343353363373383393

404414424434444454464474484494

505515525535545555565575585595

12

606616626636646656666676686696

707717727737747757767777787797

808818828838848858868878888898

909919929939949959969979989999

共有90个，其中奇数有50个，故出现奇数的概率为三

g

故选：C

18.平面内不同的三点0,A,8满足口司=廊|=4，若

—山|+而一：前|的最小值为㈤，则口叫=（）

A.遍B.mC.2^6D.4^3

【答案】C

【解析】

【分析】

设屁=MmS1），BD=-HA，=6（0＜。＜/作D关于OB的对称点B］，

如图根据向量的线性运算化简题中的等式版|+|西，利用点关于直线的对称性可得

瓯|=，眄，结合余弦定理可得出皿20，利用二倍角的余弦公式求出但乱最后根据

|09|=2坪|cos6即可求解.

【详解】

解：由题意得：

如图所示：

A

13

设配=m00(OMmv1)，则点C在线段OB上运动

故一网=|配一面|=函

设丽=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+|觉|)』=四

作D关于-OU的对称点Z>r设〃ISO=0(0<。<J

|AC|+|DC|=|AC|+1亨|>丽I，即(|雨+|觉I)』=丽|=旧

在△•片中，网=西=4,画=|西=2网=1，画]=旧

由余弦定理可得：皿加=23%—1=黑m=-；，解得：但6=*

画=2画rose=2*4*乎=2僚

故选：C

二、填空题(本大题共4小题，每空3分，共15分)

19.设函数r(G=[G)-8x-0,贝Uf[T(l)I=_________，若r®>l，则实数a的取

(切KH>0

值范围是.

【答案】一7(―tn—2)U(10,+a»)

【解析】

【分析】

依据分段函数定义去求rtfC。]的值；分类讨论列关于a的不等式组去求a的取值范围

【详解】

rg)l=f(0)=©-8=-7

r®>i等价于①{髭；或②{/：：>1

14

由①得a＞10：由②得。＜-2，则实数a的取值范围是(一＜a-2)u(10.+a»)

故答案为：一7；(-cn-2)u(10.+o»)

20.2022年北京冬奥会闭幕式上，呈现了大雪花(火炬)被中国结紧紧包裹的画面，体现

了中国“世界大同，天下一家”的理念，数学中也有类似''包裹"的图形.如图，双圆四边

形即不仅有内切圆而且有外接圆的四边形，20世纪80年代末，国内许多学者对双圆四边形

进行了大量研究，如：边长分别为a,b,c,d的双圆四边形，则其内切圆半径丁=NH,

外接圆半径心=今.丝T三竺吧㈣.现有边长均为1的双圆四边形，则

R—T=.

【答案】巴

2

【解析】

【分析】

直接由题目所给公式计算外接圆和内切圆半径即可求解.

【详解】

由题意知：a=b=c=d=l,故1=上^^=m=］，

42

心=三丝必/吧蚂=二3包故我一p=小

16ahcd16222

故答案为：空三

2

21.已知正实数a,b,c,a+b=3,则兰+吧+2_的最小值为

【答案】2Vs-2##-2+2V6

【解析】

【分析】

15

利用a+b=3变形为3=誓，再将系+杉+总变形为

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

基本不等式求得答案.

【详解】

由正实数a,b,a+b=3,可得3=铝型，

3

>2^6-2，

当且仅当*c+l)=三时，BPC=--1时取等号，

cWL2

故答案为：2V6-2

22.已知矩形朋CD.AB=2.iBC=3,设£是边AD上的一点，且AE=2DE现将掂沿

着直线WE翻折至A/AE，设二面角4'一£©—9的大小为式0<6<1<)，则sin6的最大值是

【答案］/#士屈

55

【解析】

【分析】

作4FJ.切£交理1S于点F,连接4'F，作4'KJ.4F交斯千点H,作RKJLCD，垂足为K,连接，通,

延长KH交儿?与G,则〃即为二面角/一G—4的平面角，求皿。=生的最大值即可

ar

得sin0的最大值.

【详解】

方法一：如图，

16

作4F1.晒交于点F,连接*F，作A'BJLXF交〃^二点H,作mJ.CD,垂足为K,连接*遍,

延长KH交AB与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{,

•••即为二面角f—e—总的平面角，即有ZA,JKH=0

设6，

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

•'-HF=y/2cDsa'幽=位'—记CDS«r4'爪=谊端ur

易知△/阿是等腰直角三角形，尸为跖中点，0F=调，

易知HG1AB,则RlAjfGKsRtAMf,

则=•蟾室=1一皿。

..・砥=3-(1-皿代2+0则有5=普=器

,£ina)(O＜a＜用与(一2期连线的斜率,

如图,斜率最大为直线和圆相切时,直线倾斜角为高则恙£当

17

则…限*"而”^^呼.

故答案为：旦.

S

方法二：在方法一的基础上，如图，延长斯、比交于点/,

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

三角形，:.HK/Fl=AI-AF=^2AD-AF^2^2

设〃l'm=S,由方法一知3或=翟=篝=1'«*5&邛.

•.•△4%■是等腰直角三角形，则易知点，的轨迹是以尸为圆心，4r为半径的半圆,

当/1与该圆相切时，&最大,

此时4'F=但产1=2短，的最大值为3伊，

:.皿00=缶邮£与..ang<r-5^--_包

故答案为：旦

三、解答题(本大题共3小题，共31分)

23.（10分）己知函数f（H）=sjnx（cosic—苧sinx）.

(1)求区数y=f(x)在区间［。个］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)根据二倍角公式和三角恒等变化，可得的解析式，再根据三角函数的性质，即可

求出结果；

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

643

值，再根据诱导公式可得3〔?一2公=sin(2a+a，由此即可求出结果.

(1)

解：f8=sii皿msx—号sinx)=gsin2H—史1—CDS2X)>

326

所以jsiii2r十咚cos2r_f=鼻2r+，)_'，

266366

当*q4时，泮2"泮菖

故一\<srin(2*+^)<1

从而-f“⑴£号,

所以函数y=f㈤在区间,目上的值域为:卜符

(2)

解:「审=亨®411g+:)_^=-哈

所以sinQar+?)=：，

6■

因Eva+工v?，

6—G—6

若*a+gW，则sing+n>\矛盾!

19

故彳4a+工工H,0Ds[a+；）=—粤

从而向01+；）=—q

所以CDs（：—2噂=an（2a+=——

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

AB=BC=2.PA=PB=^.PC=3.M姥PC中点、

(1)证明：ZMf〃平面PAB；

(2)求二面角P-AB-C的余弦值.

【答案】(1)证明见解析；

⑵一在

3

【解析】

【分析】

(1)取Pli中点M连接KM⑷V,易证四边形IMMD为平行四边形，则Dlf/MV，根据线面

平行的判定即可证结论.

(2)取期中点Q,连接PQ.R,易证e_L/fi、PQA.AB,根据二面角的定义找到二面角平

面角，再应用余弦定理求其余弦值.

(1)

取P超中HN，连接KM4V，由己知有AD〃BC.4D=Lirc.

20

:-MW分别为PCPB中点,

二MN『用C.MN=：BC

=即四边形IfMID为平行四边形.

DM//41V.又DM/平面平面R1B，

二DM"平面PAB.

(2)

取4H中点Q，连接PQ.C1Q.

■■AB=BC=2.zABC=Gfr,

二攻=心，且CQTAB.

:P4=PU=V3.AB=2,

二PQ=V5，且PQJLAB-

二2晔为二面角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为一空.

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

fl(x)=-2asdn2r+(l-a)smx，zelt

21

⑴当a=2时，求函数rc0的值域；

(2)记If(工)|的最大值为黑，

①求*I;

②求证：|«(x)|<2M

【答案】(1)[