2022年7月浙江省普通高中学业水平考试数学试题（Word版附解析）.docx

1、2022年7月浙江省普通高中学业水平考试真题卷（时间80分钟，总分100分）选择题部分一、单项选择题（本大题共12小题，每小题3分，共36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，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据集合的交集运算，即可求出结果.【详解】，.故选：D.2. 复数（为虚数单位）的实部是（ ）A. 1B. C. 2D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数的定义求解.【详解】显然复数的实部是2.故选：C.3. 函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数特征得到不等式，求

2、出定义域.【详解】，即函数的定义域为.故选：D.4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据正切函数值及角的范围写出对应的角.【详解】，又，故选：A.5. 袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则摸到黄球的概率是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据古典概型直接求得即可.【详解】5个大小质地完全相同的球，黄球有3个，则随机摸出1个球，有5种方法，摸到黄球有3种方法，所以摸到黄球的概率为.故选：C.6. 已知平面向量，.若，则实数（ ）A. B. 3C. D. 12【答案】B【解析】【分析】由向量平行的坐

3、标表示可直接求得结果【详解】由，可得，解得.故选：B.7. 已知球的半径是2，则该球的表面积是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用球的表面积公式计算即可.【详解】，故选：D.8. 设，下列选项中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用分数指数幂以及指数的运算性质求解.【详解】对于A，故A正确；对于B，故B错误；对于C，故C错误；对于D，故D错误.故选：A.9. 中国茶文化博大精深，茶水口感与茶叶类型和水的温度有关.经验表明，某种绿茶用85的水泡制，再等到茶水的温度降至60时饮用，可以产生最佳口感.已知在25的室温下，函数近似刻画了茶水温度（单

4、位：）随时间（单位：）的变化规律.为达到最佳饮用口感，刚泡好的茶水大约需要放置（参考数据：，）（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用已知以及指数型函数的单调性进行计算求解.【详解】由题可知，函数，当，已经接近60，又函数在上单调递减，则大约在7min时口感最佳.故A，C，D错误.故选：B.10. 设，是实数，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】B【解析】【分析】根据充分必要条件的定义求解.【详解】对于 ，比如 ，显然 ，不能推出 ；反之，如果 ，则必有 ；所以“ ”是“ ”的必要不充分条件；故选：B.

5、11. 在中，设，其中.若和的重心重合，则（ ）A. B. 1C. D. 2【答案】D【解析】【分析】设为和重心，连接延长交与，连接延长交与，分别在、中用向量、表示向量，再根据向量相等可得答案.【详解】设为和的重心，连接延长交与，连接延长交与，所以是的中点，是的中点，所以，可得，解得.故选：D.12. 如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，锐二面角的大小为.当增大时，（ ）A. 增大B. 先增大后减小C. 减小D. 先减小后增大【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.【详解】由题意，三棱锥 是正四面体，以 的重心为原点，BC边的中线PG为x轴

6、，OA为z轴，过O点平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图：设三棱锥P-ABC棱长为 ，则有： ， ， ， ， 设 是平面ABD的一个法向量，则有 ，即 ，令 ，解得 ，显然 是平面PBC的一个法向量， ；显然当时（x的取值范围是 ）， 最大，当 或 时， 都变大，即 变小；故选：B.二、多项选择题（本大题共4小题，每小题4分，共16分.每小题列出的四个备选项中有多个是符合题目要求的，全部选对得4分，部分选对且没有错选得2分，不选、错选得0分）13. 图象经过第三象限的函数是（ ）A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】结合常见的幂函数图象，数形结合得到答案.【详解】由幂函

7、数的图象可知，A中，过第一、二象限；B中，过第一、三象限；C中，且定义域为R，过第一、二象限；D中，过第一、三象限.故选：BD14. 下列命题正确的是（ ）A. 过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直B. 过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行C. 过直线外一点，有且只有一个平面与这个直线垂直D. 过直线外一点，有且只有一个平面与这个直线平行【答案】ACD【解析】【分析】对于A，根据线面垂直的定义进行判断；对于B，过平面外一点有无数条直线与这个平面平行；对于C，由线面垂直的定义判断；对于D，由平行公理得判断【详解】对于A，根据线面垂直的定义，可得经过平面外一点作已知平面的垂线，有且

8、仅有一条，故A正确；对于B，过平面外一点可以作一个平面与已知平面平行，在这个平行平面内的经过已知点作直线，它就和已经平面平行，故过平面外一点有无数条直线与这个平面平行，故B不正确；对于C，由直线与平面垂直的性质知：过直线外一点只能作一个平面与这条直线垂直，故C正确；对于D，由平行公理得：过直线外一点，有且只有一条直线与这条直线平行，故D正确故选：ACD15. 在锐角中，有（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据正弦定理可判断AB；根据的范围和两角和的正弦展开式可判断C；取特殊值可判断D.【详解】对于A，根据正弦定理，因为可得，故A正确；对于B，因为可得，再由正弦定理可得

9、，故B正确；对于C，因为中，所以，所以，故C正确；对于D，当，故D错误故选：ABC.16. 已知，设，是函数与图象的两个公共点，记.则（ ）A. 函数是周期函数，最小正周期是B. 函数在区间上单调递减C. 函数的图象是轴对称图形D. 函数的图象是中心对称图形【答案】BC【解析】【分析】根据三角函数以及二次函数的对称性并结合函数的图像一一判断各选项.【详解】分别作出与（周期为）的图象（如图）.对于B，由图可知，当时，单调递增；当时，单调递减，故B正确；对于C、D，对于任意，此时作关于的对称函数，且也关于对称，故，即关于对称，即关于对称，故C正确，D错误.错误对于A，由于当时，单调递增；当时，单调

10、递减，关于对称，由于是最小正周期为的函数，其图象呈周期性变换，而在平移过程中大小与形状不变，所以呈周期性变换，根据函数的对称性作出的大致图像（如图），可知其为周期函数，且最小正周期为，故A错误；故选：BC.非选择题部分三、填空题（本大题共4小题，每空分3分，共15分）17. 已知函数则_，_.【答案】 . 4 . 2【解析】【分析】根据分段函数解析式代入求解即可.【详解】；.故答案为：4；2.18. 某广场设置了一些石凳供大家休息，每个石凳都是由正方体截去八个一样的四面体得到的（如图，从棱的中点截）.如果被截正方体的棱长是4（单位：），那么一个石凳的体积是_（单位：）.【答案】【解析】【分析】

11、由题意知，正方体截去的八个四面体是全等的正三棱锥，用正方体的体积减去八个正三棱锥的体积即可求得.【详解】正方体的体积为，正方体截去的八个四面体是全等的正三棱锥，截去的一个正三棱锥的体积为，则石凳的体积为.故答案为：.19. 已知实数，则的最小值是_.【答案】#【解析】【分析】由已知，再利用基本不等式可得.【详解】，当且仅当时取等号.故答案为：.20. 已知平面向量，是非零向量.若在上的投影向量的模为1，则的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】令，由，得到求解.【详解】解：由题意，令，则，所以，由，得，所以.，故答案：四、解答题（本大题共3小题，共33分）21. 在某市的一次数学测试中，为了解

12、学生的测试情况，从中随机抽取100名学生的测试成绩，被抽取成绩全部介于40分到100分之间（满分100分），将统计结果按如下方式分成六组：第一组，第二组，第六组，画出频率分布直方图如图所示.（1）求第三组的频率；（2）估计该市学生这次测试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）和第25百分位数.【答案】（1） （2）平均值为，第25百分位数为【解析】【分析】（1）利用频率分布直方图求解；（2）利用平均数和第25百分位数的定义求解.【小问1详解】由频率分布直方图知，第三组的频率为.【小问2详解】平均值，因为，所以第25百分位数为.22. 已知函数.（1）求 的值；（2）求函数的最小

13、正周期；（3）当（ ）时，恒成立，求实数的最大值.【答案】（1） （2） （3）【解析】【分析】（1）将 代入函数解析式计算；（2）对 作恒等变换，将 的解析式转化为单一三角函数形式的解析式求解；（3）用整体代入法，根据三角函数的单调性求解.【小问1详解】；【小问2详解】 ，所以函数的最小正周期 ；【小问3详解】当，恒成立，即 ，所以 ，因为， ，所以 ，解得 ，即实数的最大值为 ；综上， ，最小正周期为 ，实数的最大值为.23. 已知函数，其中.（1）若，求实数的取值范围；（2）证明：函数存在唯一零点；（3）设，证明：.【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）证明见解析.【解析】【分析】（1）由题可得，解不等式即得；（2）根据函数的单调性及零点存在定理证明；（3）由题可得，然后根据函数的单调性，利用作差法结合二次函数的性质证明.【小问1详解】因为，由，可得，所以，即，又，所以；【小问2详解】证明：因为函数，其中，所以在上单调递增，且，所以由零点存在定理，得在内有唯一零点，即函数存在唯一零点；【小问3详解】证明：若，则，所以，又，所以，令，又，所以的图象开口向上，对称轴，所以在上单调递增，所以，即，所以.