浙江省普通高中2021年高中数学1月学业水平考试仿真模拟试题(一)(含解析)

浙江省普通高中2021年高中数学1月学业水平考试仿真模拟试题（一）（含解析）

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.函数f(x)1x的定义域为（ ）

A．[1,) B．(1,) C．(,1] D．(,1) 解析：选C 由1x0可得x1，所以函数的定义域为(,1].故选C． 2.若数列an是等比数列，且a23,a36，则a4（ ）

A．12 B．12 C．2 D．2 解析：选A 因为数列an是等比数列，且a23,a36，所以可知qa4a3q12.

a32，所以a23.直线2xy20的斜率为（ ）

A． B． C．2 D．2

A2. B14.已知角满足sin，则cos2（ ）

21133A． B． C． D．

22441212解析：选C k111解析：选B 因为sin，所以cos212sin212.

22225.若平面向量a(1,0),b(3,2)，则a(ab)（ ）

A．2 B．3 C．4 D．4 解析：选

2D 因为a(1,0),b(3,2)，所以

a(ab)aab134.

6.如图所示，一个空间几何体的正视图和侧视图都是边长为

正视图 侧视图

2的

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俯视图

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正方形，俯视图是一个圆，则这个几何体的体积为（ ）

A． B．2 C．3 D．4

解析：选B 由三视图可知该几何体是一个底面半径的1，高为2的圆柱，所以该圆柱的体积为V2.

7.若正数a,b满足ab1，则的最小值为（ ）

A．1 B．2 C．3 D．4 解析：选D 因为ab1，所以2等号.

8.下列函数中是奇函数且在(0,)上单调递增的是（ ）

A．yx2 B．yx3 C．y D．ylog2x 解析：选C 由题可得，函数yx2是偶函数，且在(0,)上单调递增，所以排除A；函数yx3是奇函数，且在(0,)上单调递减，所以排除B；函数y是奇函数，且在(0,)上单调递增，所以C满足条件；函数ylog2x是非奇非偶函数，且在(0,)上单调递增，所以排除D．故选C．

x1,9.实数x,y满足约束条件3x4y15,若该约束条件满足的可行域的面积为15，则实数a

ya1x1x1a4b1a4b14141244.当且仅当，a,b2时取

ab2ab的值为（ ）

A．3 B．1 C．1 D．3 解析：选A 由题可得，该约束条件表示的平面区域是如图所示的三角形区域，该三角形的三个顶点分别为

a(1,3),(1,a),(5,a)，因为该区域的面积为15，所以

31aS3a415，由a3，解得a3.故选A．

23

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浙江省普通高中2021年高中数学1月学业水平考试仿真模拟试题（一）（含解析）

10.在ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若b3,c33,B30，则a（ ） A．6 B．3 C．6或3 D．6或4

解析：选C 因为b3,c33,B30，由余弦定理b2a2c22accosB可知，

a29a180，解得a6或a3.故选C．

y211.双曲线x1的两条渐近线的夹角为（ ）

32A．30 B．60 C．90 D．120

解析：选B 由题可得，双曲线的渐近线方程为y3x，其与x轴的夹角为60，所以由夹角的定义可知，这两条渐近线的夹角为60.故选B． 12.已知函数f(x)3sin(2x)，则下列说法正确的是（ ）

6A．图象关于点(,0)对称 B．图象关于点(,0)对称

63C．图象关于直线x对称 D．图象关于直线x对称

6

3

解析：选C 由题可得，设2x(6k，解得xk，所以可知函数的对称中心为212kk,0)(kZ).设2xk，解得x，所以可知函数的对称中心为2126226kx(kZ)，通过对比选项可知，图象关于直线x对称成立.故选C．

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13.已知p:x23，q:x5，则q是p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

解析：选A 由x23可得x1或x5，所以q是p的充分不必要条件.故选A． 14.已知直线l//平面，动直线m与直线l所成角的大小为，则平面截动直线l运动所成的轨迹得到的图形是（ ）

A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

解析：选C 由题可得，动直线按条件运动所得轨迹被平面截得的图形是双曲线.故选C．

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3浙江省普通高中2021年高中数学1月学业水平考试仿真模拟试题（一）（含解析）

15.已知点A(1,2,5),B(3,4,1)，若点C在x轴上，且满足ACBC，则点C的横坐标为（ ） A．2 B．2 C． D． 121 2解析：选D 设C(a,0,0)，因为ACBC，所以(a1)22252(a3)2(4)21，化简得a.故选D．

16.曲线y14x2与直线yk(x2)4有两个交点，则实数k的取值范围是（ ） A．(5353135,] B． (,) C．(,) D．(0,) 124124341212解析：选A 由题可得，曲线y14x2对应的图象是如图的半圆，要使曲线y14x2与直线yk(x2)4有两个交点，则直线yk(x2)4过点(2,1)，代入可得

35，且处于切线的临界点，此时k，所以实数k的41253取值范围是(,].故选A．

124k17.若向量a,b满足a2ab2，则a在b方向上投影的最大值是（ ） A．1 B．1 C．3 D．3 解析：选D 设a(2,0),b(x,y).由2ab2可得(x4)2y24.所以a在b方向上的投影为acosabb2x3tx，所以原式为222x3.令t2x3，则xy22x3t23.故选D．

2t18.如图，在棱长为1的正四面体DABC中，O为ABC的心，过点O作做直线分别与线段AB,AC交于M,N（可以线段的端点），连接DM，点P为DM的中点，则以下说正确的是（）

A．存在某一位置，使得NP面DAC B．SDMN的最大值为

中是法

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浙江省普通高中2021年高中数学1月学业水平考试仿真模拟试题（一）（含解析）

C．tan2DMNtan2DNM的最小值为12 D．

VDMNC4的取值范围是,1 VDMNBA5解析：选D 本题考查空间几何体的综合问题.由题可得，选项A中，当线段MN变化时，MNDN，所以排除；SDMNMNDO于选项D，因为SABC126632，所以排除B；对MN6624333，，又因为SMNBASABCSMNC，所以SMNC498VDMNCSMNCSMNC4[,1].故选D．

VDMNBASMNBASABCSMNC5二、填空题（本大题共4小题，每空3分，共15分）

19.设全集为R，若集合P(0,2]，Q[1,1]，则PQ ，RPQ . 解析：[1,2]；[1,0] 因为P(0,2]，Q[1,1]，PQ[1,2]，又因为

RP(,0](2,)，所以RPQ[1,0].

20.已知等差数列an的前n项和为Sn，若S972，则a5 . 解析：8 因为数列是等差数列，所以S99a572，解得a58.

21.已知直线l过圆(x1)2(y2)24的圆心，当原点到直线l距离最大时，该直线l的方程为 .

解析：x2y50 设圆心为A(1,2)，要使原点到直线l距离最大时，则OAl，所以

kl111.所以直线l的方程为y2(x1)，即x2y50.

2kOA222.若至少存在一个x0，使得关于x的不等式x22xa成立，则实数a的取值范围是 .

922解析： 要使不等式成立，即成立，令，函xa2xf(x)xa,g(x)2x2,4数f(x)xa与x轴交于点(a,0)，与y轴交于点(0,a).当函数f(x)xa的左支与y轴交

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于点(0,a)，此时有a0，若a2，解得a2或a2，则当a2时，在y轴右侧，函数f(x)xa的图象在函数g(x)2x2的上方，不合题意；在y轴右侧，当函数

f(x)xa的左支与曲线g(x)2x2相切时，函数f(x)xa左支图象对应的解析式为

yax，将yax代入y2x2，得ax2x2，即x2x(a2)0，由判别式为零可

得94a0，解得a，则当a时，如图（一）所示，在y轴右侧，函数f(x)xa的图象在函数g(x)2x2的上方或相切，则不等式xa2x2在(0,)上恒成立，不合于题意；当2a时，如图（二）所示，在y轴右侧，函数fxxa的图象的左支或右支与函数gx2x2相交，在y轴右侧，函数fx的图象中必有一部分图象在函数

gx2x2的下方，即存在x0，使得不等式xa2x2成立，故实数a的取值范围是

92,.

4949494

图一 图二 三、解答题（本大题共3小题，共31分）

23．（本小题满分10分）在等差数列an中，a13，其前n项和为Sn，等比数列bn的各项均为正数，b11，公比为q，且b2S212，q （Ⅰ）求an与bn；

11 （Ⅱ）证明：SS1212． Sn3S2． b2解：（Ⅰ）设an的公差为d，

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b2S212,因为S2 qb2q6d12,所以6d] qq解得q3或q4（舍去），d3. 所以an33(n1)3n，bn3n1. （II）因为an3n，所以Sn所以所以

n(33n)， 212211()， Sn3n(n1)3nn111S1S21 Sn11) nn1211111(1322334212(1). 3n13x2y224.（本小题满分10分）已知椭圆C:221(ab0)短轴的一个端点与椭圆C的两个

ab焦点构成面积为3的直角三角形． （I）求椭圆C的方程；

（II）过圆E:x2y22上任意一点P作圆E的切线l，若l与椭圆C相交于A,B两点．求证：以AB为直径的圆恒过坐标原点O. 解：（I）设椭圆C的焦距为2c，

bc,12222由题意得a3,解得a6,bc3.

2222abcx2y2所以椭圆C的方程为1.

63（II）圆E的方程为x2y22，设O为坐标原点，

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当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB方程为x2， 则A(2,2),B(2,2),所以AOB2.

此时，以AB为直径的圆过坐标原点．

当直线l的斜率存在时，设其方程设为ykxm，设A(x1,y1),B(x2,y2). 因为直线l与圆E相切，所以dm1k22，解得m222k2.

联立方程组ykxm,消元化简得x22y26(12k2)x24kmx2m260 16k2m24(12k2)(2m26)8(4k21)0，

由韦达定理得x4km2m21x212k2,x61x212k2，

所以OAOBxx2x2(1k2)(2m26)12y1y2(1k)x12km(x1x2)m12k2 4k2m23m26k212k2m2612k20. 所以OAOB，此时，以AB为直径的圆恒过坐标原点O． 综上可知，以AB为直径的圆恒过坐标原点O． 25.（本小题满分11分） 已知函数f(x)x2ax(aR).

（I）若f(x)在[0,1]上单调递增，求实数a的取值范围； （II）记M(a)为f(x)在[0,1]上的最大值，求M(a)的最小值. 解：（I）因为x[0,1].

当a0时，f(x)x2ax在区间[0,1]上单调递增；

当a0时，f(x)x2ax(x2ax),0xa,x2ax,xa 所以要使f(x)在[0,1]上单调递增，则需a21，即a2.

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所以满足条件的实数a的取值范围是(,2][0,).

（II）由（I）知，当a2或a0时，f(x)在[0,1]上单调递增， 则M(a)f(1)a1.

当2a0时，M(a)maxaa2f(2),f(1)max4,a1.

在2a0时解不等式a24a1，

解得2a2(12)，

a2所以此时M(a)4,2a2(12), a1,2(12)a0a2综上可知，M(a)4,2a2(12),

a1,a2或a2(12).所以当a2或a2(12)时，M(a)2221322； 当2a2(12)时，M(a)14(222)2322. 所以M(a)的最小值为322.

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