精品解析：浙江省高职考试研究联合体2021-2022学年第二次联合考试数学试题

2021~2022 学年浙江省职教高考研究联合体第二次联合考试 数学试卷 姓名__________________ 准考证号__________________ 本试卷共三大题，共4页.满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上. 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效. 一、单项选择题（本大题共20小题，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分）在每小题列出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的，错涂、多涂或未涂均无分. 1. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. “且”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 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 4. 若函数，则等于（ ） A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 5. 下列函数中，在上是减函数的是（ ） A. B. C. D. 6. 将对数式化成指数式为（ ） A. B. C. D. 7. 求值：等于（ ） A. B. C. D. 8. 若，，则角终边所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 9. 若直线与直线相互垂直，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 10. 若从6名学生中选出2人分别担任正、副班长，则不同的选法有（ ） A. 6种 B. 11种 C. 15种 D. 30种 11. 在一个口袋中有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同，若从中摸出3个球，则至少摸到2个黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 12. 焦点坐标为，顶点在坐标原点的抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 13. 若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，抛物线的离心率为，则它们的大小关系为（ ） A. B. C. D. 14. 已知平面平面，直线平面，直线平面，则直线l与直线m的位置关系是（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 平行或异面 15. 已知数列的前项和为，则等于（ ） A. 42 B. 34 C. 27 D. 7 16. 过点，的直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交且直线过圆心 D. 相交但直线不过圆心 17. 若向量，，则等于（ ） A. B. C. D. 18. 已知各项均为正数的等比数列，且，，则等于（ ） A. B. 7 C. 6 D. 19. 方程的解的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不能确定 20. 刘徽（约公元225年—约公元295年），魏晋时期伟大的数学家，中国古代数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的重要阐释.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，当变得很大时，这些等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可以得到的近似值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分） 21. 的最小值是______. 22. 双曲线的焦距为______. 23. 函数的定义域为______. 24. 若点到直线的距离为4，则______. 25. 若的展开式中各项的系数之和为64，则展开式中的常数项为______. 26. 已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，则______. 27. 某同学在体育课练习投掷铅球，铅球落地后地面形成碗型圆坑（其纵截面如图所示），测得坑面圆的直径为，坑的深度为.通过计算，铅球的体积为______.（结果中可以保留） 三、解答题（本大题共8小题，共72分）解答应写出文字说明及演算步骤. 28. 计算：. 29. 求过直线与直线的交点，且倾斜角为的直线方程. 30. 已知是第二象限角，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 31. 在等差数列中，已知，. （1）求的值； （2）设，求数列的前项和. 32. 已知函数.求： （1）的值； （2）函数的最大值、最小值和最小正周期. 33. 在三棱锥中，已知是边长为4的正三角形，平面平面，为的中点，且.求： （1）二面角的大小； （2）三棱锥的体积. 34. 如图所示，人工喷泉有一个竖直的喷水枪，喷水口到地面的距离为，喷出水流的运动路线是抛物线.已知水流的最高点到喷水枪所在直线的距离为，且点到地面的距离为. （1）若以所在直线为轴，所在直线为轴，以为单位长度建立平面直角坐标系，求水流所在抛物线的方程； （2）求水流的落地点到水枪底部的距离. 35. 已知椭圆的焦点在轴，长轴长为4，焦距为2，直线的倾斜角为45°. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的一般式方程. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2021~2022 学年浙江省职教高考研究联合体第二次联合考试 数学试卷 姓名__________________ 准考证号__________________ 本试卷共三大题，共4页.满分150分，考试时间120分钟. 考生注意： 1．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试卷和答题纸规定的位置上. 2．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范作答，在本试卷上的作答一律无效. 一、单项选择题（本大题共20小题，1-10小题每小题2分，11-20小题每小题3分，共50分）在每小题列出的四个备选答案中，只有一个是符合题目要求的，错涂、多涂或未涂均无分. 1. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合的交运算即可求解. 【详解】集合集合 故选：B 2. “且”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】A 【解析】 【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断. 【详解】可推出, 不能推出,例如时, ,但不满足, 且是的充分不必要条件. 故选：A 3. 不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】不等式两边同时乘以,化为整式不等式解出即可,从而得到不等式的解集. 【详解】解：由可得， ， 即解得， 不等式的解集是. 故选:C. 4. 若函数，则等于（ ） A. 7 B. 5 C. 3 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】将自变量的取值代入函数解析式进行运算即可. 【详解】解:由, . 故选：A. 5. 下列函数中，在上是减函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题需要掌握常见函数的增减性，需要熟悉函数的图像. 【详解】A选项在上单调递增 B选项为偶函数，图像开口向上，对称轴为y轴，在上单调递增 C选项为指数函数，底数为2，在R内单调递增 D选项为反比例函数，，在上单调递减 故选：D 6. 将对数式化成指数式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用指数和对数的关系即可求出. 【详解】解：根据题意得：. 故选：C 7. 求值：等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】掌握正弦函数的诱导公式，即可求解. 【详解】 故选：A 8. 若，，则角终边所在象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】由象限角的三角函数值的符号即可得解. 【详解】由可知，角的终边在第一象限、第二象限或轴正半轴； 由可知，角的终边在第二象限、第四象限; 所以当，时，角的终边在第二象限. 故选：. 9. 若直线与直线相互垂直，则的值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出两直线斜率，由两直线垂直，可得,可求出a的值. 【详解】显然不等于0，直线的斜率 直线的斜率 因为两直线垂直，所以 所以 得 故选:A 10. 若从6名学生中选出2人分别担任正、副班长，则不同的选法有（ ） A. 6种 B. 11种 C. 15种 D. 30种 【答案】D 【解析】 【分析】根据排列的定义及计算即可得解. 【详解】若从6名学生中选出2人分别担任正、副班长，共有种不同的选法. 故选：D 11. 在一个口袋中有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同，若从中摸出3个球，则至少摸到2个黑球的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题知：此题是一个古典概型,试验的总事件是从个球中取3个球有种取法,从中摸出3个球,至少摸到2个黑球包括摸到2个黑球,或摸到3个黑球有种不同的取法,根据古典概型公式得到结果. 【详解】在一个口袋中装有5个白球和3个黑球,这些球除颜色外完全相同, 则总事件是从个球中取3个球有种取法, 从中摸出3个球,至少摸到2个黑球包括摸到2个黑球,或摸到3个黑球有种不同的取法, 至少摸到2个黑球的概率为. 故选：A 12. 焦点坐标为，顶点在坐标原点的抛物线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据抛物线的顶点在坐标原点，焦点为，确定抛物线焦点位置以及抛物线方程中的p，抛物线方程可得． 【详解】因为抛物线的焦点是，所以抛物线焦点在x轴，开口向右 设抛物线方程为 所以, 所以抛物线方程为. 故选：A 13. 若椭圆的离心率为，双曲线的离心率为，抛物线的离心率为，则它们的大小关系为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三种曲线离心率的范围,比较大小即可求出. 【详解】解:根据题意得椭圆的离心率,双曲线的离心率, 抛物线的离心率; 故选:B 14. 已知平面平面，直线平面，直线平面，则直线l与直线m的位置关系是（ ） A. 平行 B. 异面 C. 相交 D. 平行或异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据平行直线和异面直线的概念求解. 【详解】∵平面平面，直线平面，直线平面， 根据条件，直线l直线m没有公共点，不是相交直线， 直线l与直线m的位置关系是平行或异面． 故选：D. 15. 已知数列的前项和为，则等于（ ） A. 42 B. 34 C. 27 D. 7 【答案】C 【解析】 【分析】利用求出数列通项公式后即可求解. 【详解】 所以 所以 故选：C 16. 过点，的直线与圆的位置关系是（ ） A. 相离 B. 相切 C. 相交且直线过圆心 D. 相交但直线不过圆心 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件,先求出直线的方程,再根据点到直线的距离公式,即可求出. 【详解】解：根据题意得,设直线方程为, 将,代入得, 直线方程为，即, 圆的方程为 圆心坐标为,半径为4, 根据点到直线的距离公式,圆心到直线的距离为,且直线不过圆心. 直线与圆的位置关系是相交但直线不过圆心. 故选:D. 17. 若向量，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面向量的线性表示与坐标计算，计算即可. 【详解】由题意，, . 故选：A 18. 已知各项均为正数的等比数列，且，，则等于（ ） A. B. 7 C. 6 D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用等比数列下标和性质，可发现已知条件和所求结论之间的关系，从而求解. 【详解】在等比数列中易知：，，， 故，又因各项均为正数，故. 故选：A 19. 方程的解的个数为（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】构造两个函数，通过观察两个函数的图像的交点个数来判断. 【详解】方程的解的个数可转化为函数与图象交点的个数， 在同一坐标系下作两函数的图像(如下图)，可知只有一个交点， 即方程的解的个数为1. 故选：B 20. 刘徽（约公元225年—约公元295年），魏晋时期伟大的数学家，中国古代数学理论的奠基人之一.他在割圆术中提出的“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣”，这可视为中国古代极限观念的重要阐释.割圆术的核心思想是将一个圆的内接正边形等分成个等腰三角形，当变得很大时，这些等腰三角形的面积之和近似等于圆的面积.运用割圆术的思想，可以得到的近似值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】充分理解题干内容，利用三角形面积公式即可推导. 【详解】利用割圆术的思想，将单位圆分成360个扇形，则扇形的圆心角为， 由题设每个扇形所对应的等腰三角形的面积为即有， 可得 故选：B 二、填空题（本大题共7小题，每小题4分，共28分） 21. 的最小值是______. 【答案】0 【解析】 【分析】利用完全平方公式即可求解. 【详解】由题意，， 所以当且仅当时，取得最小值0. 故答案为:0 22. 双曲线的焦距为______. 【答案】10 【解析】 【分析】通过双曲线的基本性质，已知求出c，即可求出焦距. 【详解】由题干可知， 所以 所以 所以：焦距为 故答案为： 23. 函数的定义域为______. 【答案】 【解析】 【分析】由二次根式的性质可得，即可得结果. 【详解】此函数成立的条件为，即有，解得或， 所以该函数的定义域为. 故答案为：. 24. 若点到直线的距离为4，则______. 【答案】7或##或7 【解析】 【分析】由已知条件利用点到直线的距离公式即可求出. 【详解】点到直线的距离等于4, 解得或, 故答案为：7或. 25. 若的展开式中各项的系数之和为64，则展开式中的常数项为______. 【答案】 【解析】 【分析】掌握二项式定律，本题即可求解. 【详解】若二项式的展开式中各项的系数之和为64 结合二项式定理，将带入得 解得 则展开式的常数项为 故答案为： 26. 已知的三个内角，，的对边分别为，，，且，则______. 【答案】 【解析】 【分析】将原式化简后，利用余弦定理可求解. 【详解】由化简得. 由余弦定理得，故. 故答案为： 27. 某同学在体育课练习投掷铅球，铅球落地后地面形成碗型圆坑（其纵截面如图所示），测得坑面圆的直径为，坑的深度为.通过计算，铅球的体积为______.（结果中可以保留） 【答案】 【解析】 【分析】先根据题意结合图形，求出铅球的半径，再用球的体积公式，即可求解. 【详解】取AB中点为D，过D作AB的垂直平分线，交圆弧于C点，在垂直平分线上取一点O，为球心， 连接AO,BO, 且 ∴在中 ∴体积 故答案为： 三、解答题（本大题共8小题，共72分）解答应写出文字说明及演算步骤. 28. 计算：. 【答案】11 【解析】 【分析】根据运算法则将每一项化简，然后求值. 【详解】原式 29. 求过直线与直线的交点，且倾斜角为的直线方程. 【答案】 【解析】 【分析】先求出两直线交点，已知直线一点和斜率，即可求出直线方程. 【详解】先求出两直线交点， 由解得 所以交点为， 直线倾斜角为，则要求的直线的斜率为 所以直线方程为 即直线方程为 30. 已知是第二象限角，且. （1）求的值； （2）若，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数的关系即可得解； （2）利用和角及二倍角的正切公式即可得解. 【小问1详解】 因为是第二象限角，且， 所以， 【小问2详解】 因为所以 因为 所以. 31. 在等差数列中，已知，. （1）求的值； （2）设，求数列的前项和. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先设出等差数列的公差为,然后由等差数列的通项公式及已知条件可求得,首项和公差,进而求出数列的通项公式,即可求出的值. （2）将（1）中所求的的通项公式代入,即可求出数列的通项公式,再运用裂项相加法求出其前项和即可. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为,,, 得 . . 【小问2详解】 , . 32. 已知函数.求： （1）的值； （2）函数的最大值、最小值和最小正周期. 【答案】（1） （2）最大值：；最小值：；最小正周期：. 【解析】 【分析】（1）先利用二倍角及辅助角公式进行化简，然后直接代入即可求解. （2）结合正弦函数的性质即可求解. 【小问1详解】 因为 ， 所以 【小问2详解】 由（1）得， 所以函数的最大值为，最小值为，最小正周期为. 33. 在三棱锥中，已知是边长为4的正三角形，平面平面，为的中点，且.求： （1）二面角的大小； （2）三棱锥的体积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】推导出从而是二面角的平面角，由此能求出二面角的大小. 推导出SD平面ABC,由此能求出三棱锥的体积. 【小问1详解】 在三棱锥中，已知是边长为4的正三角形，平面⊥平面，D为AC的中点，且， 则 平面SAC平面ABCAC 所以平面ABC 平面ABC 所以 所以是二面角的平面角 因为 所以 所以二面角的大小为 【小问2详解】 因为是边长为4的正三角形，D为AC的中点，且 所以 因为,AC与BD在同一平面内 所以平面ABC 所以三棱锥的体积为： 34. 如图所示，人工喷泉有一个竖直的喷水枪，喷水口到地面的距离为，喷出水流的运动路线是抛物线.已知水流的最高点到喷水枪所在直线的距离为，且点到地面的距离为. （1）若以所在直线为轴，所在直线为轴，以为单位长度建立平面直角坐标系，求水流所在抛物线的方程； （2）求水流的落地点到水枪底部的距离. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意得,顶点，设其解析式为,把代入求得的值,据此可得其函数解析式. （2）求得时的值可得答案. 【小问1详解】 如图： 由题意知,抛物线的顶点坐标为、点, 设抛物线的解析式为, 将点代入,得：, 解得： 则抛物线的解析式为; 【小问2详解】 当时,有, 解得:(舍)或, 即水流的落地点到水枪底部的距离为. 35. 已知椭圆的焦点在轴，长轴长为4，焦距为2，直线的倾斜角为45°. （1）求椭圆的标准方程； （2）若直线与椭圆相交于，两点，且，求直线的一般式方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）求出a,b,c的值，即可求出椭圆方程；（2）根据题意设出直线方程，将两方程联立，利用韦达定理，可求出直线方程. 【小问1详解】 由已知得， ∴ ∴椭圆的标准方程为 【小问2详解】 由已知得：直线的斜率 ∴设直线方程为 两方程联立得得 由韦达定理可得： ∴ ∵ ∴ ∴即或 ∴直线的一般方程为或 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $