安徽省2023年2月普通高中学业水平合格性考试模拟（一）数学试卷（含解析）

2023年2月安徽省普通高中学业水平考试
数学模拟试题（一）
考试时间：90分钟 满分：100分
第Ⅰ卷（选择题54分）
一、选择题（本大题共18小题，每小题3分，满分54分，每小题4个选项中，只有一个选项符合题目要求）
1．已知集合－1，0，1，2，0，1，2，3，则＝（　　）
A．0，1，2 B．1，2，3
C．－1，3 D．－1，0，1，2，3
2．函数的定义域是（　　）
A． B．
C． D．
3．“”是“”成立的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．设 ，则的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．已知为第三象限角，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．下列函数的图象中，既是轴对称图形又是中心对称的是（ ）
A． B．
C． D．
7．用分层抽样的方法，从某中学3000人(其中高一年级1200人，高二年级1000人，高三年级800人)中抽取若干人.已知从高一抽取了18人，则从高二和高三年级共抽取的人数为（ ）
A．24 B．27 C．30 D．32
8．已知复数满足，则（ ）
A．0 B．1 C． D．2
9．已知向量，且，则的值是（ ）
A． B． C．3 D．
10．若圆锥的侧面积为，底面积为，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
11．要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
12．已知，，，则（ ）
A． B． C． D．
13．已知函数，则的零点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
14．已知中，，，则B等于（ ）
A． B． C．或 D．或
15．从装有两个红球和两个白球的口袋内任取两个球，那么互斥而不对立的事件是（ ）
A．至少有一个白球与都是红球 B．恰好有一个白球与都是红球
C．至少有一个白球与都是白球 D．至少有一个白球与至少一个红球
16．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列为假命题的是（ ）
A．若，，则 B．若，，，则
C．若，，则 D．若，，，则
17．若正数，满足，则的最小值是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
18．已知函数满足对任意，都有成立，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
第Ⅱ卷（非选择题46分）
二、填空题（本大题共4小题，每小题4分，满分16分，请把答案写在相应横线上）
19．命题“，”为假命题，则的取值范围为__________.
20．已知函数（且），则函数的图象恒过定点________.
21．在△中，，，，则________
22．在四棱锥中，面，底面是正方形，，则此四棱锥的外接球的半径为_______________．
三、解答题（本大题共3小题，每小题10分，满分30分，解答题应写出文字说明及演算步骤）
23．已知函数,其中为非零实数, ,.
（1）判断函数的奇偶性,并求的值；
（2）用定义证明在上是增函数.
24．已知函数.
（1）若，求得最小正周期和单调递增区间；
（2）设，求的值域.
25．如图，在正方体中，点分别是棱的中点．求证：
(1)平面；
(2)平面．
答案
1．A
∵A＝{－1，0，1，2}，B＝{0，1，2，3}，∴＝{0，1，2}，
故选：A
2．D
要使原函数有意义，则，即且.
∴函数的定义域是.
故选：D
3．C
当时，则有成立，充分性成立；
当时，则有成立，必要性成立.
故“”是“”成立的充分必要条件.
故选：C
4．C
，
故，
故选：C
5．B
∵为第三象限角，且，
∴，
故.
故选：B.
6．A
对于A，图象关于、坐标原点分别成轴对称和中心对称，A正确；
对于B，为偶函数，其图象关于轴对称，但无对称中心，B错误；
对于C，关于点成中心对称，但无对称轴，C错误；
对于D，为奇函数，其图象关于坐标原点成中心对称，但无对称轴，D错误.
故选：A.
7．B
解：设从三个年级中共抽取人，则，解得，
则从高二和高三年级共抽取的人数为，
故选：B
8．A
因为，
所以，所以．
故选：A．
9．C
由于，所以.
故选：C
10．D
设圆锥底面圆的半径为，母线长为，由侧面积，底面积，解得，
所以圆锥的高为，于是圆锥的体积为.
故选：D.
11．B
，
只需将的图象向右平移个单位长度即可.
故选：B.
12．B
，，，
所以.
故选：B
13．C
的定义域为，
由题意可得，
因为单调递增且当时，当时，
所以存在唯一一点使得，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以至多有两个零点，
又因为，，所以有2个零点，
故选：C
14．C
解：，，，
由正弦定理，得，
，
，
而，则或，
故选：C.
15．B
解：对于A，事件：“至少有一个白球”与事件：“都是红球”不能同时发生，但是对立，故A错误；
对于B，事件：“恰好有一个白球”与事件：“都是红球”不能同时发生，但从口袋内任取两个球时还有可能是两个都是白球，
所以两个事件互斥而不对立，故B正确；
对于C，事件：“至少有一个白球”与事件：“都是白球”可以同时发生，所以这两个事件不是互斥的，故C错误；
对于D，事件：“至少有一个白球”与事件：“至少一个红球”可以同时发生，即“一个白球，一个红球” ，所以这两个事件不是互斥的，故D错误.
故选：B.
16．C
对于A，，存在直线，使得；又，，，A正确；
对于B，，存在直线，使得，又，，，B正确；
对于C，若，，则或，C错误；
对于D，，，，又，，D正确.
故选：C.
17．B
因为正数，满足，
所以，
所以，即，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值是2
故选：B
18．A
由于函数满足对任意，都有成立，
所以在上单调递增，
所以，解得，
所以的取值范围是.
故选：A
19．.
因为命题“，”为假命题，
所以命题“，”为真命题，
即时，恒成立，
令，，
所以当的最小值为，
所以，
即的取值范围为，
故答案为：.
20．
解：由函数（且），
则，
即函数的图象恒过定点，
故答案为：.
21．
在△中,,,
由余弦定理可得
由向量数量积为
故答案为:
22．
将四棱锥P-ABCD补成正方体如图：
则此四棱锥的外接球即为正方体的外接球，
正方体的对角线长为，
所以四棱锥的外接球的直径为，
因此四棱锥的外接球的半径为
故答案为：
23．（1）函数定义域为,关于原点对称，
由,
得函数为奇函数，
由,
得,
解得；
(2).由(1)得,任取,且,则，
因为,且,
所以,所以,即，
所以在上是增函数.
24．（1）函数，
所以，
令，解得，，
所以函数的单调递增区间为，.
（2）因为，
所以，
因为
所以函数的值域为.
25．（1）分别为的中点，，，
且，四边形为平行四边形，，
又平面，平面，平面.
（2）四边形为正方形，；
平面，平面，，
又，平面，