資源簡介

安徽省普通高中學業水平合格性考試仿真模擬卷(五)
(時間:90分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共18小題,每小題3分,共54分.在每小題給出的四個選項中,只有一項符合題目
要求.)
1.已知命題p: x∈R,x2+2x+3>0,那么 p是 ( )
A. x0∈R,x20+2x0+3>0 B. x∈R,x2+2x+3≤0
C. x0∈R,x20+2x0+3≤0 D. x∈R,x2+2x+3≠0
2.已知實數a,b,c滿足aA.1>1a b B.a
2C.acb
c c2
( )·3
3.已知i為虛數單位,則 1+i i (1-i =
)
A.-1 B.1 C.-1+i D.1+i
4.已知集合A={x|0A.{x|1C.{3} D.{1,2,3}
1
5.下列關于函數y=x2的單調性的描述中,正確的是 ( )
A.在(-∞,+∞)上是增函數 B.在(-∞,+∞)上是減函數
C.在[0,+∞)上是增函數 D.在[0,+∞)上是減函數
6.如圖,在△ABC中,D 為BC 的中點,下列結論中正確的是 ( )
→ → → →
A.AB=AC B.BD=CD
→ → → → → →
C.AB+AC=AD D.AB+BD=AD
1
7.設a=ln1,b=log3,c= 12 3,則 (2 2 )
A.c2
8.函數f(x)=x -1x 的圖象大致為 ( )e
A B C D
9.在下列區間中,函數f(x)=3x-x-3的一個零點所在的區間為 ( )
A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4)
10.已知扇形的弧長是4cm,面積是2cm2,則扇形的圓心角的弧度數是 ( )
A.1 B.2 C.4 D.1或4
·45·
sin
(πx),x<0
11.已知函數f(x)= ,則ff 1 = ( )
x-1,x≥0 3
A.1 B.-12 2 C.
3 3
2 D.-2
12.擲一個骰子的試驗,事件A 表示“出現小于5的偶數點”,事件B 表示“出現小于5的點數”.若B 表
示B 的對立事件,則一次試驗中,事件A+B 發生的概率為 ( )
A.1 13 B.2 C.
2
3 D.
5
6
13.函數y=sin 2x+π2 是 ( )
A.周期為2π的奇函數 B.周期為2π的偶函數
C.周期為π的奇函數 D.周期為π的偶函數
14.現對某類文物進行某種物性指標檢測,從1000件中隨機抽取了200件,測得了它的物性指標值,
得到如下頻率分布直方圖,據此估計這1000件文物中物性指標值不小于95的件數為 ( )
A.34 B.67 C.340 D.670
15.若兩個球的表面積之比為3∶2,則這兩個球的體積之比為 ( )
A.3∶ 2 B.3∶2
C.3 3∶2 2 D.9∶4
→ → → → → → → →
16.已知AB,AC是非零向量且滿足(AB-2AC)⊥AB,(AC-2AB)⊥AC,則△ABC的形狀為 ( )
A.等腰三角形 B.等邊三角形
C.直角三角形 D.等腰直角三角形
17.在高鐵建設中需要確定隧道的長度和隧道兩端的施工方向,為解決這個問題,某校
綜合實踐活動小組提供了如下方案:先測量出隧道 兩端的兩點A,B 到某一點C 的
距離,再測出∠ACB 的大小.現已測得AC約為2km,BC約為3km,且∠ACB=60°
(如圖所示),則A,B 兩點之間的距離約為 ( )
A.1.414km B.1.732km
C.2.646km D.3.162km
18.在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=2AB=2,點 M 為棱CC1 的中點,則異面直線AB 與A1M 所
成角的余弦值為 ( )
A.5 75 B.3 C.
2
4 D.
6
3
·46·
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分.)
19.方程3x2-10x+k=0(k∈R)有相異的兩個同號實根的充要條件是 .
20.如圖,在三棱錐P-ABC 中,PA⊥底面ABC,∠ACB=90°,則這個三棱錐的四個面中,是直角三角
形的個數有 個.
21.已知函數f(x)=ax3+bx+1,若f(a)=8,則f(-a)= .
22.已知sinα-cosα=1,5 0≤α≤π
,則sin 2α-π4 = .
三、解答題(本大題共3小題,每小題10分,共30分.解答應寫出文字說明、證明過程和演算步驟.)
x x
23.已知函數y= 1 - 14 2 +1的定義域為[-3,2].
(1)求函數的單調區間;
(2)求函數的值域.
·47·
24.某小組共有A、B、C、D、E 五位同學,他們的身高(單位:米)以及體重指標(單位:千克/米2)
如下表所示:
A B C D E
身高 1.69 1.73 1.75 1.79 1.82
體重指標 19.2 25.1 18.5 23.3 20.9
(1)從該小組身高低于1.80的同學中任選2人,求選到的2人身高都在1.78以下的概率;
(2)從該小組同學中任選2人,求選到的2人的身高都在1.70以上且體重指標都在[18.5,23.9)中
的概率.
25.已知函數f(x)=Asin(ωx+ πφ)+B A>0,ω>0,0<φ< 部分圖象如圖所示2 .
(1)求函數f(x)的解析式;
(2)若f α =7,且α為銳角,求2 3 cosα的值.
·48·參考答案
16.解析:因為U=R, UN={x|0第一部分 合格考專題考點卷 ≤0或x≥2},
所以 M∪N={x|-1專題一 集合與常用邏輯用語 ={x|x<1或x≥2}.
1.D △ABC的三邊長兩兩不等. 答案:{x|x<1或x≥2}
2.A 此集合是方程x2-4x+3=0的根組成的集合,方程 17.解:由命題p為真,可得不等式x2-a≥0在x∈[1,2]上
的根為1,3,所以列舉法表示為{1,3}. 恒成立.
3.B ∵{1} A,∴{1}∈A 錯誤.其余均正確. 所以a≤(x2)min,x∈[1,2].所以a≤1.
4.A ①∵ 2是無理數,∴ 2 Q,故①錯誤;②∵0不是正 若命題q為真,則方程x2+2ax+2-a=0有解.
整數,∴0 N*,故②錯誤;③∵π是實數,∴π∈R,故③ 所以判別式Δ=4a2-4(2-a)≥0.
錯誤;④∵|-4|=4是整數,∴|-4|∈Z,故④正確. 所以a≥1或a≤-2.
5.B x>3 x2>4,反之不一定成立. 又因為p,q都為真命題,
6.C 正確的為①③. a≤1,
7.C 集合 M 中共有0,1,2,3四個元素,真子集的個數是 所以 所以a≤-2或a=1.a≥1或a≤-2.
24-1=15. 所以實數a的取值范圍是{a|a≤-2或a=1}.
8.A 命題乙是{-1x<3}. 所以A∪B={x|1≤x<10},( RA)∩B={x|x<1或
9.C ①x2+1≥1,③x2=2 x=± 2. x≥7}∩{x|210.D 在數軸上分別表示出集合A,B,如圖. (2)由題意知 RC={x|x≥a},又A ( RC),故a≤1.
專題二 一元二次函數、方程和不等式
1.B 最大限速與車距是同時的.
所以A∪B={x|02.C 由題設,知a>0,c<0,且b>c,所以ab>ac.
x<2}.
3.B 因為A-B=a2+3ab-4ab+b2=a2+b2-ab=a2-
11.D UB={x|x<2或x≥5},A∩( UB)={x|11 3 1 22 2
12.B 由題意得,陰影部分所示的集合為M∩N,由N={y|y ab+4b +4b = a-2b +34b2≥0,所以A≥B.
=2k-1,k∈Z}知N 表示奇數集合,又由 M={x|-2≤
4.D a>1,所以a-1>0,所以a+ 1 =a-1+ 1 +1
x<2}得,在-2≤x<2內的奇數為-1,1.所以 M∩N= a-1 a-1
{-1,1},共有2個元素. ≥2 (a-1)· 1 ,當且僅當 1 即a-1+1=3 a-1=a-1 a=
13.解析:已知命題是一個全稱量詞命題,其否定為存在量
2時等號成立
詞命題, “
.
先將 任意”換成“存在”再否定結論,即命題的
否定是:存在x∈R,若y>0,則x2+y≤0. 5.B 原不等式可化為3x
2-19x+6≤0,得13≤x≤6.
答案:存在x∈R,若y>0,則x2+y≤0
6.B 由x(3-3x)=1×3x(3-3x)≤1×9=3,當且
14.解析:因為A={x|1結合數軸可知a≥6. 僅當3x=3-3x,即x=1時等號成立2 .
7.B ∵a>b>0,∴1>0,∴a·1>b·1,即1 1ab ab ab b>a.
答案:[6,+∞) 8.A 由題意知,Δ=4-4(5-m)=-16+4m<0,得m<4.
15.解析:由題意得p:x≥-2,q:x≥a-1,因為p 是q 的充 9.C 因 為 不 等 式 ax2 +5x -2>0 的 解 集 為
要條件,所以a-1=-2,即a=-1. 1 1 2
答案: ,所以 , 為方程 的兩-1 x 2·65·

根,所以根據根與系數的關系可得1
2×2=-
2,所以 則2 2a ab≤1
,即ab≥8,
a=-2. 1+2=1,
10.A 設菜園的長為x,寬為y,則x+2y=L,面積S=x
,
y, a b a=2當且僅當 即 時等號成立,
(
因為x+2y≥2 2xy,所以xy≤ x+2y
)2
=L
2 1 2 b=4
,當且僅
8 8
= ,a b
2 所以ab的最小值是8.
當x=2y=L,即x=L,2 2 y=
L時, L
4 Smax=8. (2)因為a>0,b>0,且1 2 ,a+b=1
11.C 由ax≥-(x2+1),x>0,得a≥- x+1x . 所以a+b= 1+2 (a+b)=3+b 2aa b a +b ≥3+
∵02 b·2a=3+2 2,a b
為1
2+2=
5, 5
2 ∴a≥-2. 1+2=1,
12.D a>0,b>0, (
,
且 a+1)(b+1)=2,則a+b=a+1+b a b a=1+ 2當且僅當 即 時等號成立,
b 2a b=2+ 2
+1-2≥2 (a+1)(b+1)-2=2 2-2,當且僅當a=b ,a =b
= 2-1時取等號. 所以a+b的最小值是3+2 2.
13.解析:由題設得0<2α<π,0<β≤π,所以-π≤-β3 6 6 3 專題三 函數的概念與性質
<0,
1 1
所以-π<2α-β<π. 1.B 函數y= 3 = ,其定義域為{x|x≠0},與選項B6 3 x3 x
答案: -π,π 中的函數是相等函數,其定義域相同.6
: ( )2 ( 2 ) , 2 , 2.B y= x的值域為[0,+∞),解析 y=
1的值域為( ,)
14. Δ= -2 -4 -a +3a <0 即a -3a+1<0 x -∞ 0
2
3- 5∪(0,+∞),y=x +1的值域為[1,+∞).
2 2 .
3.A ∵y=x在(0,+∞)上遞增,y=-1在(x 0
,+∞)上也
答案: 3- 5,3+ 52 2 遞增,∴f(x)=x-1在(0,+∞)上遞增.
a<0,
x
4.C 令x-1=2,則x=3,f(2)=f(3-1)=32-2=9-2
-3+2=-b, a=-2,15.解析:由題意,得 a 解得 =7.b=-2.
12, x+1
,x<1,
-3×2=a 5.D 因為函數f(x)= 所以f 52 =-5-x+3,x≥1, 2
∴a-b=0.
+3=1,所以
: 2 f答案 0 f 5 1 1 32 =f 2 =2+1=2.
: , , , 6.C 函數y=x
2-6x+10圖象的對稱軸為直線 ,此16.解析 因為ab是正數 所以ab=a+b+3≥2 ab+3 解 x=3
函數在區間(2,3)上 單 調 遞 減,在 區 間(3,4)上 單 調
得 ab≥3,即ab≥9.
遞增.
答案:[9,+∞)
7.A 選項B,C在[1,4]上均為增函數,選項A,D在[1,4]
17.解:①若m=0,則問題等價于-6<0對x∈R恒成立,顯
上均為減函數,代入端點值,即可求得最大值為3的是
然成立.
1
m<0, m<0, y=x+2.
②若m≠0,則有 即Δ<0, (-m)2-4m(m-6)<0. 8.C 奇函數圖象關于坐標原點對稱,又f(-a)=-f(a).
5
解得m<0. 9.B 因為函數y=x3 在(0,0)處有定義,且該函數為奇函
綜上所述,所求m 的取值范圍是(-∞,0]. 數,排除選項A、D;又5>1,排除選項3 C.
18.解:(1)因為a>0,b>0,且1a+
2
b=1
, 10.D 根據題意總收入分為兩部分:普通車存車費為0.2x
元,變速車存車費為( ) 元
1 2 1 2 2 4000-x ×0.3 .∴y=0.2x+所以 · ,
a+b≥2 a b=2 ab 1200-0.3x=-0.1x+1200(0≤x≤4000).
·66·



11.C 因為a2+2a+5=(a+1)2+3≥3,又f(x)為偶 專題四 指數函數與對數函數2 2 2
, [, ) , 3 x-2≥0
,
函數 且 在 0 + ∞ 上 是 減 函 數 所 以 f -2 = 1.C 由 得x≥2且x≠5.x-5≠0,
f 3 2 5 由 (2 ≥f a +2a+2 . 2.A log43a+4b)=log2 ab=log4ab,得3a+4b=ab,
-x -x ∴3+412.B (-x)= = =- (x), (x) b a=1.f f 所以1+|-x| 1+|x| f
a2 1 1 7
是奇函數,圖象關于原點對稱. 3.C 由題意 =a2-2-3=a6.3
a· a2
13.解析:因為f(2x+1)=3( ) 1,所以 ()2 2x+1 +2 fa = 4.C 令x-1=0,得x=1,此時y=2+1=3,∴圖象恒過
3 1 3 1 定點(,() , 13
).
a+ .又fa =4 所以2 2 2a+2=4
,則a=73. 5.D A中雖然是一個冪,但自變量出現在底數上,故不是
答案:7 指數函數;B中雖然是一個冪,且自變量出現在指數上,但
3
-4<0,不滿足“大于0且不等于1”這個條件,故不是指
2 2
14.解析:f(x)=2 x-m4 +3-m ,由題意m ,8 4=2 數函數;C中雖然是一個冪,x也出現在指數上,但指數并
∴m=8. 不是自變量x,故不是指數函數;D中y=5
2x=25x 恰好
∴f(1)=2×12-8×1+3=-3. 符合指數函數的三個特點,故是指數函數.
答案:-3 6.A f(-2)=-3<0,f(1)=6>0,逐次驗證得出初始區
15.解析:由題意知,m2-3m+3=1,即m2-3m+2=0,解 間為A.
得m=1或m=2.經檢驗m=1或m=2均符合題意,即 7.D
函數模型對應的函數是個增函數,而且增長速度越來
越慢,故對數型函數符合題設條件
m=1或2. .
: 8.A 設現在的成本費為x,則3年后的成本費為 (答案 1或2 x 1-
16.解析:因為f(|-x|)=f(|x|),所以①為偶函數;因為 q%)3=a x=
a
( .1-q%)3
f(-x)=-f(x),令g(x)=-f(x),則g(-x)=-f(-x) a b 0
因為 1 1 1 ,所以
= (x)=- (x),所以②為奇函數;令F(x)=x (x),則 9.C 2 < 2 < 2 a>b>0.f g f
F(-x)=(-x)f(-x)=xf(x)=F(x),故③是偶函 10.A 因為0數;令h(x)=f(x)+x,則h(-x)=f(-x)-x=-f(x)- 減,又因為函數y=loga(x-1)的圖象是由y=logax 的
x=-h(x),故④是奇函數. 圖象向右平移一個單位得到,所以A對.
答案:②④ 11.B f 1 =log 13 , 1 ( ) -327 27=-3f f 27 =f -3 =2
17.解:f(x)=ax-1x+1=a-
a+1 設
x+1. x1,
=18.
則f(x1)-f(x )= a-a+12 x +1 - a-a+1 a+11 x2+1 =x2+1 12.C 當a>1時,log 4a 5 ,此時5 a>1,當
a+1 (a+1)(x- = 1
-x2)
x1+1 (x2+1)(x +1)
.
1 04,此時
5 5 04
5.
又函數f(x)在(-∞,-1)上是減函數,
綜上可知 4或
所以f(x1)-f(x2)>0.
01.
由于x1所以x1-x2<0,x1+1<0,x2+1<0, 0.3<1時,a<0,同理b>0.所以ab<0.
所以a+1<0,即a<-1. 答案:ab<0
故a的取值范圍是(-∞,-1). 14.解析:由函數f(x)= log1x 可得函數的圖象如圖所2
18.解:∵f(x)為奇函數,∴f(-x)=-f(x), 示,所以函數的單調增區間為[1,+∞).
2
即mx +2=-mx
2+2=mx
2+2.比較得 ,-3x+n 3x+n -3x-n n=-n
∴n=0.又f(2)=5,∴4m+23 6 =
5,得
3 m=2.
∴實數m 的值為2,n的值為0. 答案:[1,+∞)
·67·

15.解析:從表格可以看出三個變量y1,y2,y3 都隨x 的增 0,
大而變大,但增長速度不同,其中y1 的增長速度最快,
-1( ) 所以有 ,解得
- 畫出它的散點圖 圖略 知變量y1 關于x 呈指數函數
-1<-2t<1 2 2

變化. t-1<-2t
,
t<
1,
3
答案:y1
即 1
16.解析:由原方程得lgx=-x+1,問題轉化為求函數y= 0lgx的圖象與函數y=-x+1的圖象交點的個數.作出 故不等式f(t-1)+f(2t)<0的解集為 t0專題五 三角函數
1.A 當k=0時,α=45°,此時α為第一象限角;當k=1時,
α=225°,此時α是第三象限角.
2.D cos600°=cos(360°+240°)=cos240°=cos(180°+
由圖可知,有一個交點,故原方程有且僅有一個根. 60°)=-cos60°=-1.
答案:1 2
17.解:(1)函數f(x)=x+k(k>0)為奇函數,理由如下: 3.C
由題意得cosα= m =-4,兩邊平方可解得
x m2+9 5
由題意得f(x)的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),它關于 m=±4.又cosα=-45<0
,則α的終邊在第二或第三象
原點對稱,
( ,) (, ), 限,則點對于任意x∈ -∞ 0 ∪ 0 +∞ P
在第二或第三象限,所以m<0,則m=-4.
k 4.B
原式=cos70°cos(360°-25°)+sin(180°-70°)sin25°
∵f(-x)=-x- =-f(x),x ∴f
(x)是奇函數.
=cos70°cos25°+sin70°sin25°=cos(70°-25°)=cos45°
∵f(-1)=-(k+1),f(1)=k+1,k>0, 2
∴f(-1)≠f(1),∴f(x)不是偶函數,
=2.
∴f(x)是奇函數,不是偶函數.
5.B 3+tan75°=tan60°+tan75°=tan(60°+75°)=
() () 4 (,] 1- 3tan75°
1-tan60°tan75°
2 函數fx =x+ 在 02 內是減函數x . tan135°=-1.
證明如下:任取x1,x2∈(0,2],且x1則f(x1)-f(x2)=x1+
4-x 42- =(x1-x2)+ sin11°4(x2-x1) 4 x1-x2 7.C 由題意得(( ) ( ) sinα-cosα)
2=25,16
xx = x1-x2 1-xx = xx x1x2-4 .1 2 1 2 1 2
, , , 即sin2α+cos2α-2sinαcosα=25∵0∴x1x2-4<0. 又sin2α+cos2α=1,
∴f(x1)-f(x2)>0.
( ) ( ), ∴1-2sinαcosα=
25, 9
∴fx1 >fx2 16
∴sinαcosα=-32.
1
因此,函數f(x)=x+4在(0,2]內是減函數. 8.A ∵點 0, 在函數圖象上,2 ∴sin =1.x φ 2
∵f(2)=4,∴函數的值域為[4,+∞). 又||<πφ ,2 ∴
π
φ= ,6 ∴y=sin ωx+π .
18.解:(1)因為f(x)=ax+b
6
2 是定義在(-1,1)上的奇函x +1 又點(π,0)在y=sin ωx+π 上,且該點是“五點”中的6
數,所 以 f(0)=0,得b=0.又 因 為 f 1 = 2,則2 5 第五個點,
1
2a 2 x ∴sin πω+π6 =0,∴πω+π=2π,∴ω=11.
2 =5 a=1
,所以 6 6
1 f
(x)= .
22 +1 x +1 9.C 因為f(x)是偶函數,所以0+φ=π+kπ,3 2 k∈Z,所以
(2)因為定義在(-1,1)上的奇函數f(x)是增函數,由 3π 3π
f(t-1)+f(2t)<0得f(t-1) (
, 又 [, ],所以
<-f2t)=f(-2t), φ=2+3kπk∈Z. φ∈ 02π φ=2.
·68·



10.C 令kπ-π所以 ( ) [( ) ( )]
2 4 2 4π<
cosα+β =cos 2α-β - α-2β
3π π π
x,即y=tan x+π4
=cos - =cos =0.
的單調增區間為 4 4 2
π
3 π 18.解:(1)∵原式=3sin2x-kπ- π,kπ+ ,k∈Z. 12 +1-cos 2 x-
π
12
4 4
3
11.D 因為y=sinx與y=cosx在 π,π 上都是減函數, =2 2sin 2 x-
π
12 -12cos 22 x-
π
12 +1
所以排除 A,B.因為π≤x≤π,
π π
所以π≤2x≤2π.因為 =2sin 2 x-12 -6 +1=2sin 2x-π ,2 3 +1
y=sin2x在2x∈[π,2π]內不具有單調性,所以排除C. ∴f(x)的最小正周期為T=2π2=π.
12.C 由輔助角公式,函數y=4sinx+3cosx=5 sinx·
(2)當f(x)取得最大值時,sin2x-π =1,
4+cosx·3
3 =5sin(x+φ),其中5 5 cos 4φ= ,5 sinφ=
有2x-π=2kπ+π, ,
3 3 2
k∈Z
,且φ角的終邊過點(5 4
,3),所以函數y=4sinx+3cosx
即x=kπ+5π,k∈Z,
的最大值是5. 12
13.解析:cos α+7π π π 5π,12 =cos 2+ α+12 =-sin α+ ∴所求x的集合為 x|x=kπ+12k∈Z .
π 1
12 =-3. 專題六 平面向量及復數
答案:-1 1.C 單位向量的模相等.3
2.C 如圖,A→D與C→D的夾角為∠ABC=120°.
14.解析:因 為 π<α<π,所 以tanα=- 1-cos2α2 1+cos2α=
- 33.
答案:- 3 3.A 設z=5+bi(b∈R),則|z|= 25+b
2,
3
2 2 2
15.解析:將函數y=sinx的圖象向左平移 個單位長度后,得 又|4-3i|= 4+(-3)=5,φ ∴ 25+b =5
,∴b=0.
4.C 因為A→O+O→ π 11π D=A
→D,A→C+C→D=A→D,所以A→O+O→D=
y=sin(x+φ)的圖象,而y=sinx-6 =sinx+
,
6 A→C+C→D.
所以 11πφ= . 5.D ∵z1-z2=5-7i,6 ∴z1-z2 在復平面內對應的點位
11π 于第四象限.答案:
6 6.A b=a+b-a=(3,2)-(2,4)=(1,-2).
: → → → →16.解析 sin2x=cos π2-2x =cos 2 π4-x 7.D 如圖,作菱形ABCD,則|AB-BC|=|AB-AD|=
|D→2 π 7 B|= 3.=1-2sin 4-x =25.
答案:7
25
17.解:因為π<α<π,0< πβ< ,所以
π
4 2 4 4<2α-β<π.
→ → →
2 3π 8.D AB=AO+OC+C
→B=-a+b+1a=b-1a.
因為cos(2α-β)=- ,所以2 2α-β=
2 2
4.
9.B ∵|a-4b|2=a2-8a·b+16b2
因為π π,
4<α<2 0<β<
π,
4 =22-8×2×1×cos60°+16×12=12,
所以-π4<α-2<
π
β 2. ∴|a-4b|=2 3.
10.C 由a∥b,可得m=-4,所以b=(-2,-4),
因為sin(α-2 2β)= ,所以2 α-2=
π
β 4. 所以2a+3b=(2,4)+(-6,-12)=(-4,-8).
·69·

2+ai (2+ai)( )11.D = 1-i a+21+i (1+i)(1-i)= 2 +
a-2i=3+i, 所以2×5+3a·b-2×52 4=0
,
a+2 5 a·b
2 =3
, 所以a·b=- .所以2 cosθ=|a||b|=-1.
所以 解得a=4.
a-2 又因為θ∈[0,π],所以θ=π.
,2 =1 專題七 解三角形
12.D 由A→B+C→D=0,得A→B=-C→D=D→C,∴四邊形ABCD
在 中,若 , , , 2
為平行四邊形.又A→C·B→D=0知,對角線互相垂直,故 1.A △ABC AB= 13BC=3 ∠C=120°AB
=BC2+AC2-2AC·BCcosC,可得13=9+AC2+3AC,
四邊形為菱形.
→ → → → → → → 解得AC=1或AC=-4(舍去).13.解析:(AD-BM)+(BC-MC)=AD+(BC-BM)- 2 2 2
M→C A→D M→C M→C A→D 2.A 由余弦定理的推論得cos∠BAC=
AB +AC -BC
= + - = . 2AB·AC
答案:A→D 2=5+3
2-72=-1,又2×5×3 2 ∠BAC∈
(0,π),因 此∠BAC
14.解析:原式=2i
(-1- 3i)=2 3-2i= 3-1 , 虛部1+3 4 2 2i∴ =2π3.
為-1. 3.B 依題意,由 a = b ,得3= 5 ,得 52 sinA sinB 1 sinB sinB=9.
1 3答案:-2
4.B 由正弦定理 asinA=
b ,得 3 2
sinB sin60°=
b ,所以
15.解析:∵(a+b)·a=a2+a·b=0,∴a·b=-a2=-1. sin45°
, a·
3 2 2
設a與b的夾角為θ ∴cosθ= b -1 2, b= × =2 3.|a||b|= =- 21× 2 2 32
又θ∈[0,π],∴θ=3π. 5.D 由條件及題圖可知,∠A=∠B=40°,又∠BCD=60°,4
所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,故燈塔A 在燈塔B
答案:3π
4 的南偏西80°.
16.解析: λa+b= -λ,λ+1 , (-λ)2+ 6.B ∵cosC=
4,C∈(0,π),5 ∴sinC=
3,
由已知易得 則
2 5
2 1 1 13 3 ∴S△ABC=2absinC=
1
2×5×4×
3
5=6.λ+2 =
,解得 或
4 λ=1 λ=-2. 2 2 2
3 7.C 由余弦定理的推論及2acosB=c,得2a·
a +c -b
答案:1或- 2ac2 =c,∴a2-b2→ → → → → → → =0
,∴a=b,∴△ABC為等腰三角形.
17.解:(1)MN=AN-AM=(AB+BN)-(AD+DM)
8.D 在△ADC中,由正弦定理得AD=10sin135°sin15° =10
(3
= b+1d - d+1b =1(b-d)2 2 2 . +1),在Rt△ABD 中,AB=ADsin30°=5(3+1)(m).
(2)m=A→D+D→M=d+12A
→B,① 9.A 因為S 1△ABC=2AB
·ACsinA,所以1·2 2
·ACsin60°
n=A→B+B→N=A→B+1d, = 32 所以2. AC=1.又BC
2=AB2+AC2-2AB·AC·
所以2n=2A→B+d.② cosA=4+1-2×2cos60°=3.
由①②消去d,得A→B=43n-
2
3m.
所以BC= 3.
10.D 在△ABC 中,由已知可得BC=AC=4,C=180°-
18.解:(1)設c=(x,y),由c∥a及|c|=2 5, 30°×2=120°.所以由余弦定理得 AB2=AC2+BC2-
1·y-2·x=0, x=2, x=-2,
可得 所以 或 2AC·BCcos120°=42+42-2×4×4× -1 =48,x2+y2 =20, 2y=4 y=-4,
, ( , ) 所以AB=4 3(m)因為c與a 方向相反 所以c= -2 -4 . .
() ( ) ( ), 11.C 由正弦定理可得sinB=bsinA=18sin30° 32 因為 a+2b ⊥ 2a-b ,因a 15 =5
所以(a+2b)·(2a-b)=0,即2a2+3a·b-2b2=0, 為b>a,所以B>A=30°,所以角B 可能是銳角,也可能
所以2|a|2+3a·b-2|b|2=0, 是鈍角,所以此三角形有兩解.
·70·


12.D a2=b2+c2-2bccosA=82+32-2×8×3×12= 所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=
2 5
5
49,所以a=7,所以2R= a =7=14,所以R=7, × 2+ 5× 2=3 10sinA 3 3 3 2 5 2 10 .
2
2 專題八 立體幾何初步7
所以S=π =49π3 3 . 1.C 根據棱錐的定義和結構特征可以判斷,①②是棱錐,
1 3 ③不是棱錐,④是棱錐.13.解析:S△ABC=2absinC=15 3
,∴sinC=2. 2.C 經過共線3個點的平面有無數個,比如:課本中每一
由正弦定理 c =2R,得c=2R·sinC=3. 頁都過共線的三點.sinC
3.B ∵A'B'∥x'軸,A'C'∥y'軸,∴AB⊥AC.又AC=2A'C'=
答案:3 2AB,∴△ABC是直角三角形,不是等腰三角形.
14.解析:由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcosC=12+12- 4.D 該幾何體用平面ABCD 可分割成兩個四棱錐,因此
2×1×1× -1 =3,∴c= 3. 它是這兩個四棱錐的組合體,因而四邊形2 ABCD 是它的
一個截面而不是一個面.故D說法不正確.
答案:3
5.C 由題意知球的直徑2R= (2 3)215.解析:∵B=60°,C=75°,∴A=45°, +(2 3)
2+(2 3)2
a b =6
,∴R=3,∴S球=4πR2=36π.
∵ = ,sinA sinB 6.D 沒有說明角的方向,故三種位置關系都有可能.
8 b, 7.D
由直線與平面平行的判定定理知,EF 與平面AB'、平
∴ = ∴b=4 6.
2 3 面BC'、平面CD'、平面AD'均平行.故與EF 平行的平面
2 2 有4個.
答案:4 6 8.C 如圖,∵α⊥β,α∩β=l,m α,m⊥l,∴m⊥β.
16.解析:依題意可得AD=20 10,AC=30 5,
又CD=50,所以在△ACD 中,
2 2 2
由余弦定理的推論得cos∠CAD=AC +AD -CD2AC·CD
9.D 如 圖,連 接 AC,BD,∵E,F,G,H 分 別 為 各 邊 的
(30 5)2= +
(20 10)2-502= 6000 = 2, 中點,
2×30 5×20 10 6000 2 2
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,
所以從頂端A 看建筑物CD 的張角為45°.
答案:45°
17.解:(1)由正弦定理 b c ,sinB=sinC
得sinB=bsinC=1, ∴EF∥AC,GH∥AC,EH∥BD,FG∥BD,EF=GH=c 2
1 1
因為在△ABC中,b是平行四邊
(2)因為A+B+C=180°, 形,∵AC⊥BD,且 AC=BD,∴EF⊥FG,且 EF=FG,
所以A=180°-120°-30°=30°, ∴四邊形EFGH 是正方形.
1 3 10.C 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1 中,BC∥平面所以S=2bcsinA=4. A1C1,但平面A1C1與平面BC1相交,故A錯誤;同理平面
2 5 BC1中有無數條直線與平面A1C1平行,但平面A1C1與平18.解:(1)因為C=45°,b=4 5,sinB= ,5 面BC1相交,故B錯誤;又AD∥平面A1C1,AD∥平面BC1
2 但平面BC1與平面A1C1相交,故D錯誤.
所以由正弦定理可得c=bsinC
4 5×
= 2sinB =5 2.2 5
5
(2)因為sinB=2 5,B 為銳角,5
所以cosB= 1-sin2B= 5,5
·71·

11.B 在 正 方 體 ABCD-A1B1C1D1 中,BC⊥CD,BC⊥ OD 平面B1CD,
CC1,CD∩CC1=C,CD,CC1 平面 D1C,∴BC⊥平面 ∴AC1∥平面B1CD.
D1C.又D1C 平面D1C,∴BC⊥D1C,∴∠D1CD 是二 (2)∵P 為線段A1B1的中點,點D 是AB 的中點,
面角 D1-BC-D 的 平 面 角.在△D1CD 中,D1D⊥CD, ∴AD∥B1P 且AD=B1P,則四邊形ADB1P 為平行四
D1D=CD,∴∠D1CD=45°,即二面角 D1-BC-D 的平 邊形,
面角的大小是45°. ∴AP∥DB1,
12.C 三棱錐點P 到平面ABC 的距離即為以平面ABC 為 又∵AP 平面B1CD,DB1 平面B1CD,
底的三棱錐的高h,以平面PAB 為底,三棱錐的體積為 ∴AP∥平面B1CD.
3
V=1×a ,同樣以平面 ABC 為底,三棱錐的體積為 又AC1∥平面B1CD,AC1∩AP=P,3 2
且AC1 平面APC1,AP 平面APC1,
V=1× 3(2a)2×h,由三棱錐的體積不變,得V=1 ∴平面APC1∥平面B1CD.3 4 3
18.證明:(1)因為△PDB 是正三角形,
3 1 a3× (4 2a
)2×h=3×
,解得h= 3a2 3 . 所以∠BPD=60°,
因為 是 的中點,
13.解析:
D AB
由已知得圓錐的高h= 52-32=4,
所以AD=BD=PD.
所以V =1圓錐 3π×3
2×4=12π. 又∠ADP=120°,所以∠DPA=30°,
答案:12π 所以∠DPA+∠BPD=90°,所以PA⊥PB.
14.解析:①錯,a與b也可能異面;②對,∵α∥β,∴α與β無 又PA⊥PC,PB∩PC=P,
公共點. 所以PA⊥平面PBC.
又∵a α,b β,∴a與b 無公共點;③錯,a與β 也可能 (2)因為PA⊥平面PBC,所以PA⊥BC.
平行. 因為∠ACB=90°,所以AC⊥BC.
答案:② 又PA∩AC=A,
15.解析:如 右 圖,連 接 BG,則 BG∥ 所以BC⊥平面PAC.
AH,所以∠BGF 為異面直線AH 因為BC 平面ABC,
與FG 所 成 的 角.因 為 四 邊 形 所以平面PAC⊥平面ABC.
BCGF 為 正 方 形,所 以 ∠BGF 專題九 統計
=45°.
1.B 在放回簡單隨機抽樣中,每次抽取時各個個體被抽到
答案:45°
的概率都相等,與第幾次抽樣無關.
16.解析:因為PA=PC,O 是AC 的中點,所以PO⊥AC,同
2.D 樣本的平均數隨著樣本的變化而變化,我們只是用樣
理PO⊥BD,又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.
本的平均數來估計總體的平均數.
答案:垂直
17.證明:(1)如圖,設BC 與BC的交點為O,連接OD, 3.B 由
20
160=
1,設抽取管理人員 人,則x
8 x 32=
1,得
8 x=4.1 1
4.C 因為折線統計圖用于描述數據隨時間的變化趨勢,所
以宜采用折線統計圖.
5.B 因為直徑落在區間[5.43,5.47]內的頻率為0.02×
(6.25+5.00)=0.225,所以個數為0.225×80=18.
6.D 50%分位數即中位數,為1(2 4+7
)=5.5.
7.A 把這組數據按從小到大排列為:10,12,12,14,14,14,
∵四邊形BCC1B1為平行四邊形, 17,18,19,23,27,則可知其眾數為14,中位數為14.
∴O 為B1C中點, 8.C 第95的百分位數是指把數據從小到大排序,有至少
又D 是AB 的中點, 95%數據小于或等于這個數,至少有5%的數據大于或等
∴OD 是△ABC1的中位線, 于這個值.
則OD∥AC1, 9.C 因為在體操比賽的評分中使用的是平均分,計分過程
又∵AC1 平面B1CD, 中采用“去掉一個最高分,去掉一個最低分”的方法,就是
·72·

為了防止個別裁判的人為因素給出過高或過低的分數對
y=1(y1+y2+…+y20)=80,
選手的得分造成較大的影響,從而降低誤差,盡量公平. 20
故全班平均成績為:
10.D 所給圖是成績分布圖,平均分是75,在圖1中,集中
在75分附近的數據最多,圖3中從50分到100分均勻 1(
40x1+x2+
…+x20+y1+y2+…+y20)
分布,所有成績不集中在任何一個數據附近,圖2介于
1
兩者之間.由標準差的意義可得s3>s2>s1. = (4090×20+80×20
)=85.
11.B 由題意知去掉的兩個數是87,99, 又設第一組學生成績的標準差為s1,第二組學生成績的
所以87+90×2+91×2+94+90+x=91×7,解得x=4.
標準差為s,則s2=1(x2+x2 2 2
1 2 1 20 1 2
+…+x20-20x ),
故s2= [(7 87-91
)2+(90-91)2×2+(91-91)2×2+
36 s
2
2=
1(y2 2 2 220 1+y2+
…+y20-20y )(此處x=90,y=80),
(94-91)2×2]=7.
又設全班40名學生的標準差為s,平均成績為z(z=
12.B 因為可以用極差、方差或標準差來描述數據的離散
85),故有
程度,所以要評估畝產量穩定程度,應該用樣本數據的
1
、 s2= (2 2 … 2 2 2 … 2 2極差 方差或標準差. )40x1+x2+ +x20+y1+y2+ +y20-40z
13.解析:由題意得,在1萬元以上的項目中,不少于3萬元
=1( 2 2 2 24020s1+20x +20s2+20y -40z
2)
的項目投資額占13,而1萬元以上的項目的投資額占總21
=1(62+42+902+802-2×852)=51.
投資的比例為1-46%-33%=21%,所以不少于3萬 2
元的項目共投資500×21%×1321=65
(萬元). s= 51.
: 所以全班同學的平均成績為答案 65 85
分,標準差為 51.
14.解析:樣本數據低于10的比例為(0.02+0.08)×4= 18.解:(1)由題圖可知,[15,18)對應縱軸數字為4,且組距75
0.40,樣 本 數 據 低 于14的 比 例 為0.40+0.09×4=
為3,故[15,18)對應頻率為4 40.76,所以此樣本數據的第50百分位數在[10,14)內,估 75×3=25.
計此樣本數據的第50百分位數為10+0.1 1000.36×4= 9 . 又已知[15,18)內頻數為8,故樣本容量n=8÷
4
25=50.
答案:100 (2)[12,15)內小長方形面積為0.06,即[12,15)內頻率
9
為0.06,且樣本容量為50,故樣本在[12,15)內的頻數為
15.解析:因為分配比例為60 3,800=40 50×0.06=3.
所以男生應抽360×3=27(名), (3)由(1)(2)知樣本在[12,15)內的頻數為3,在[15,18)40
內的頻數為8,樣本容量為50.所以在[18,33]內的頻數
女生應抽440×3=33(名)40 . 為50-3-8=39,在[18,33]內的頻率為3950=0.78.
則總樣本平均數為w=2760×171+
33
60×160=164.95
(cm).
專題十 概率
答案:164.95cm
1.C A中事件為必然事件;B,D中事件為不可能事件;
16.解析:∵ 方 程 x2-5x+4=0的 兩 根 分 別 為1,4且
C中事件為隨機事件.
a+3+5+7
4 =b
,
2.D 從含有10件正品、2件次品的12件產品中,任意抽取
∴a=1,b=4. 3件,則必然事件是至少有1件正品.
∴該樣本為1,3,5,7,平均數為4. 3.C 由于事件“至少有一次中靶”和“兩次都不中靶”的交
∴s2=1[(1-4)2+(3-4)2+(5-4)2+(7-4)2]=5. 事件是不可能事件,所以它們互為互斥事件.4
4.D “本市明天降雨的概率是90%”也即為“本市明天降雨
答案:5
的可能性為90%”.
17.解:設第一組20名學生的成績為xi(i=1,2,…,20),
由于事件 和 是互斥事件,則 ( ) ( )
第二組20名學生的成績為yi(i=1,2,…,20),
5.A A B P A∪B =P A +
P(B)=0.1+P(B),又0≤P(A∪B)≤1,所以0≤0.1+
依題意有:x=1( … ) ,20x1+x2+ +x20 =90 P(B)≤1,所以0≤P(B)≤0.9.
·73·

6.C 從甲、乙、丙三人中任選兩人有:(甲,乙),(甲,丙), ∴擊中環數大于5的概率P=P(A)+P(B)+0.6=0.1
(乙,丙),共3種情況,其中,甲被選中的情況有2種,故甲 +0.1+0.6=0.8.
答案:
被選中的概率為P=2. 0.83 17.解:設“中三等獎”為事件A,“中獎”為事件B,
7.B 對于A,“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白 樣本空間為{(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),
球,“至少有一個白球”可能為一個白球、一個紅球,故兩 (1,2),(1,3),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(3,0),(3,1),
事件可能同時發生,所以不是互斥事件;對于B,“恰有一 (3,2),(3,3)},共16個樣本點.
個紅球”,則另一個必是白球,與“都是白球”是互斥事件, (1)取出的兩個小球號碼相加之和等于4或3包含的樣
而任取2個球還有都是紅球的情形,故兩事件不是對立 本點有(1,3),(2,2),(3,1),(0,3),(1,2),(2,1),(3,0),
事件;對于C,“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白, 共7個,
與“都是白球”顯然是對立事件;對于D,“至多有一個紅
則中三等獎的概率為P(A)=7.
球”為都是白球或一紅一白,與“都是紅球”是對立事件. 16
8.C 樣本空間為{(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,丙,甲), (2)由(1)知兩個小球號碼相加之和等于3或4的取法有
(乙,甲,丙),(丙,甲,乙),(丙,乙,甲)},共6個樣本點,甲 7種;
2 兩個小球號碼相加之和等于5的取法有2種:(2,3),(3,2).站在中間包含的樣本點有2個,故P(甲站在中間)=6 兩個小球號碼相加之和等于6的取法有1種:(3,3).
=1. 則中獎概率為P(B)=7+2+1=53 16 8.
9.C 對于某地6月1日的天氣,設事件A=“下雨”,事件 18.解:記“甲、乙、丙三人100m跑成績合格”分別為事件A,
B=“陰天”,事件C=“晴天”,則事件A,B,C 兩兩互斥, B,C,顯然事件A,B,C相互獨立,
且A∪B 與C 是對立事件,則P(C)=1-P(A∪B)=1- 則P(A)=2,P(B)=3,P(C)=1.
P(A)-P(B)=1-0.45-0.20=0.35. 5 4 3
設恰有 人合格的概率為 ( ,,,)
10.B 易知20組 隨 機 數 中 表 示 恰 有 兩 次 命 中 的 數 據 有 k Pkk=0123 .
191,
()三人都合格的概率:
271,932,812,393,所以該運動員三次投籃恰有兩 1
P =P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)=2×3×1
次命中的概率約為5
20=0.25.
3 5 4 3
=1.
11.D 由題意知甲中靶的概率為4,乙中靶的概率為7,兩 105 10
(2)三人都不合格的概率:
人打靶相互獨立,同時中靶的概率P=4×7=145 10 25. P0=P(A B C )=P(A)·P(B)·P(C)=
3
5×
1×24 3
12.C 滿足xy=4的所有可能如下:x=1,y=4;x=2,y=
1
2;x=4,y=1.所以所求事件的概率P=P(x=1,y=4) =10.
+P(x=2,y=2)+P(x=4,y=1)=1×1+1×1 (3)恰有兩人合格的概率:4 4 4 4
P2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC)
+1×1=34 4 16. =2 3 2 2 1 1 3 3 1 235×4×3+5×4×3+5×4×3=60.
13.解析:由互斥事件的定義可知①④是互斥事件.
恰有一人合格的概率:
答案:①④
P1=1-P0-P2-P3=1-
1-23-1=25=5.
14.解析:設有n套次品,由概率的統計定義,知 n = 2 , 10 60 10 60 122500 100
綜合(1)(2)(3)可知P1最大.
解得n=50,所以該廠所生產的2500套座椅中大約有
所以出現恰有1人合格的概率最大.
50套次品.
答案:50 第二部分 合格考模塊達標卷
15.解析:由題意可知,該產品為正品是第一道工序和第二道工
序都為正品,故該產品為正品的概率為P=(1-a)(1-b).
模塊達標檢測卷(一)
答案:(1-a)(1-b)
1 3
16.解析:設“擊中6環”為事件A,“擊中7環”為事件B,擊 1.B 23= 2.故選:B.
中8環為事件C,由題意得P(A)=P(B)=P(C)=0.1, 2.A 因為α=45°,所以α是第一象限角.故選:A.
·74·

3.B x-1>0,x>1,所以f(x)的定義域為(1,+∞).故 y=f(x)=log2x,定 義 域 為(0,+∞),所 以 函 數y=
選:B. f(x)=log2x不具有奇偶性,故D錯誤.故選:C.
4.C 因為全集U={1,2,3,4,5},A={1,2},所以 UA= 16.D 因為正實數x、y滿足x+2y=2,所以1x+
2=1y 2 1{3,4,5}.故選: xC.
2 1 2y 2x 1 2y 2x
5.C 由扇形的弧長公式可知,l=|α|r=π 故 + ( ) ·2×2=π. y x+2y =2 5+x+y ≥2 5+2 x y
選:C. =9,當且僅當2y=2x,即 2時,等號成立,故2 x y x=y=3
6.A 由于a>b,所以-a<-b,A選項正確.a=1,b=-1, 選:D.
a2=b2,|a|=|b|,BD選項錯誤.a=2,b=1,1<1, 選 x-2,a b C 3 x<217.B 函數f(x)= ,f(a)=3,. :A. log3(2 ),項錯誤 故選 x -1 x≥2
a-2
7.A 由題意知:函數y=f(x)的定義域為{1,2,3,4,5,6}. 當a<2時,3 =3,解 得a=3,舍 去;當a≥2時,
故選:A. log3(a2-1)=3,解得a=±2 7,a=-2 7舍掉,所以
8.C 有圖象可知,當x=9時,y=3,故f(9)=3.故選:C. a=2 7,故選:B.
9.A 當a>b:若a,b異號,即a>0>b,顯然 a >b成立; 18.B 將函數f(x)=2sin 2x+2π3 -1向右平移π個單若a>b≥0或0≥a>b,均有 a >b成立;所以充分性成 6
立;當 a >b:若a=-2,b=1,顯然a>b不成立,故必要 位長 度 得 到 函 數 g(x)=2sin 2x+π -1,由3 x∈
性不成立.所以“a>b”是“a >b”的充分不必要條件.故
-π,m ,得: 4 2x+π∈ -π,2m+π ,由g(x)∈選 A. 3 6 3
1 1 1 1
10.A ∵x2-x-2= 5,∴ x2-x-2 2=5,則x-2+1 [-2,1],得sin 2x+π3 ∈ -1,2 1x ,所以π2≤2m+
1 π≤7π=5,即x+ =7.故選:A. ,所以3 6 m∈ π,5π ,故選:1212 B.x
11.B ∵角α的終邊經過點P(-1,3),∴tanα=-3.故 19.解析:由全稱命題的否定是特稱命題,所以命題p: x∈
選:B. R,x
2≠x的否定形式為 p: x∈R,x2=x.故答案為:
1 x x∈R, x
2=x.
12.A 函數f(x)=3x- 的定義域為3 R
,且f(-x)
答案: x∈R,x2=x
=3-x- 1 -x x x=-3x+ 1 =- 3x- 1 = 20.解析:因為a,b>0,所以2a+3b=4≥2 2a·3b,解得3 3 3
x 1 x ab≤
2,當 且 僅 當
3 a=1
,b=2時,等 號 成 立.故 答 案
-f(x),即函數f(x)是奇函數,又y=3 ,y=- 33
在R都是單調遞增函數,故函數f(x)在R上是增函數. 為:
2
3.
故選:A.
答案:2
3
13.C 函數f(x)=1- 1 的圖象,是將函數 1先x+1 y=-x 21.解析:因為f(x)=x2+2,所以f(1)=12+2=3.故答案
向左平移1個單位,再向上平移1個單位得到;又由于函 為:3.
數y=-1圖象關于原點中心對稱,所以f(x)=1- 答案:3x
22.解析:由3-2x-x2>0得-31 圖象關于(-1,1)中心對稱,所以C正確.故選:x+1 C. 義域為(-3,1),設t=3-2x-x
2,則拋物線開口向下,
,2 ( )( ) 對稱軸為x=-1,∵y=log2x 在定義域內單調遞增,14.A 由題意知 x -4x+3<0 x-1 x-3 <0所以
原不等式的解集為{x|12)的單調遞增區間,
15.C 對于A,y=f(x)=cosx,則f(-x)=cos(-x)= 等價求t=3-2x-x
2 的遞增區間,∵t=3-2x-x2 的
cosx,所以函數y=f(x)=cosx 為偶函數,故A錯誤; 遞增區間是(-3,-1),∴函數g(x)的單調遞增區間為
對于B,y=f(x)=|x|+1,則f(-x)=|-x|+1=|x| (-3,-1),故答案為(-3,-1).
+1,所以函數為y=f(x)=|x|+1為偶函數,故B錯 答案
:(-3,-1](或(-3,-1))
2
誤;對于C,y=f(x)=x3,則f(-x)=-x3=-f(x), 3v 5v
23.解:(1)T=s+25+5 40
+8+30 3v 30 5
所以函數y=f(x)=x3 為奇函數,故C正確;對于D, v = v =40+v+8.
·75·

(2)經過A 點的車流量最大, 則只需h 1 =5a-3>0,解得a>6,
即每兩輛車之間的時間間隔T 最小. 2 4 2 5
6
∵T=3v+30+5≥2 3v·30+5=29
即實數a的取值范圍是, ,5 +∞ .
40 v 8 40 v 8 8
模塊達標檢測卷(二)
當且僅當3v 30,即
40=v v=20
時等號成立,
由題設 ,故其虛部為 故選:
∴當v=20m/s時,經過觀測點A 的車流量最大. 1.C z=2+3i 3. C.
2.D A中圖形旋轉得到兩個圓錐與一個圓柱,不合題意;B
24.解:(1)f(0)=sin π6 +sin -π6 +cos0=1; 中圖形旋轉得到兩個相同底面的圓錐,不合題意;C中圖
(2)因為f(x)=sin x+π +sin x-π +cosx, 形旋轉得到相同底面的圓柱與圓錐,不合題意;D中圖形6 6
旋轉得到一個圓臺與一個圓錐,合題意.故選:D.
所以f(x)=sinxcosπ π6+cosxsin6+sinxcos
π
6- 3.C 由題意,可知A={1,3,5},B={5,6},A∩B={5},即
π 事件A∩B=“點數為5”故選:C.cosxsin6+cosx 4.B 依題意,10×(0.02+0.03+b)=1,解得b=0.05,所
=2sinxcosπ+cosx 以直方圖中b的值為0.05.故選:6 B.
5.A 設北面有x 人,則 x 100= 3sinx+cosx ,解得:x+7488+6912=300 x=
=2sin x+π 7200.故選:A.6
( )
所以函數f(x)的最小正周期為2π. 6.A
i = i1-i( )( )=
i+1=1+1i,其對應點的坐1+i 1+i 1-i 2 2 2
(3)當sin x+π 時,()取最大值6 =1 fx 2. 標為 1,12 2 位于第一象限.故選:A.
25.解:(1)由題意,函數f(x)=log2(2-x)-log2(x+2)有 7.C C→A=C→B+B→A=b-A→B=b-a,故選:C.
2-x>0, , 8.A 因為A→B·B→意義 則滿足 C=0,所 以A→B⊥B→C,則 在△ABC 中,x+2>0
AB⊥BC,∠B=90°,所以△ABC為直角三角形.故選:A.
解得-29.D 設正方體的棱長為a,因為正方體的體對角線的長度
(2)由(1)知,函數f(x)的定義域為(-2,2),關于原點
對稱, 等于其外接球的直徑所以 3= 3a,解得2 a=2
,故選:D.
又由f(-x)=log2(2+x)-log2(-x+2)=-[log2(2 10.C 由頻率直方圖得,體重在[56.5,64.5]的頻率為0.03
-x)-log2(x+2)]=-f(x), ×2+0.05×2+0.05×2+0.07×2=0.4,∴所求人數
即f(-x)=-f(x),所以函數f(x)是定義域(-2,2)上
為100×0.4=40.故選:C.
的奇函數.
11.D 由頻率分布表可得,分數大于等于90分對應的頻率
(3)由f(x)=log2(2-x)-log2(x+2)=log
2-x
2x+2 為0.125+0.250+0200+0.100+0.075+0.075=
1 0.825,則 全 年 級 此 次 數 學 測 試 及 格 率 的 估 計 值 是由f(x)即log2-x 12 種,其中向上的點數為奇數的有3種,所以出現向上的
即2-xx-2>0在x∈ 1,1 上恒成立,2 ·
13.C ∵cosθ= a b 4+4 4,故選:|a||b|= = C.5· 20 5
即函數h(x)=ax2+(2a+1)x-2>0在x∈ 1,2 1 上 14.B 若棱長為2的正方體的頂點都在同一個球面上,則
恒成立,
球 的 直 徑 等 于 正 方 體 的 體 對 角 線 長,即 2R =
又因為a>0,則函數h(x)的對稱軸x=-2a+12a =-1- 22+22+22=2 3,(其中R 是該球的半徑),所以R=
1<0, 3,則球的體積V=4πR3=4 3π.故選:2a 3 B.
·76·

15.C 因為AB=1,AC=2,∠A=2π,所以BC2=AB2+ 22.
解析:設球半徑為r,
3 根據題意可得:r=3,
AC2-2AB·BC·cosA=1+4-2×1×2× -1 = 所以球的體積V=4πr32 3 =36π.
7,所以BC= 7.故選:C. 故答案為:36π.
16.D 若α⊥γ,β⊥γ,則α不一定垂直
:
β,故A錯誤;若α⊥γ, 答案 36π
⊥γ,則α不一定平行 ,故B錯誤;
解:(
若α∩ =n,m∥n,則 23. 1
)由分層抽樣的特征可得每個個體被抽到的頻率
β β β
是相等的,所以由B 小組抽取的情況可得抽取的比例為
m 可能在α或β內,故C錯誤;若α∥β,β∥γ,則α∥γ,又
3 1 1 1
m⊥α,則m⊥γ正確;故D正確;故選:D. = ,所以 ,36 12 x=12×12=1y=12×48=4
,
17.B 由表格數據,x =72+86+87+89+92+94 所以
,
≈86.67, x=1y=4.A 6 (2)設A 組抽取的人記為a,B 組抽取的人記為b,c,d.
x 73+74+86+88+94+95 1
6
2 從中選 人,可能的結果為 ,;,;,;,;,;,
B= =85,SA = ( 2 abacadbcbdcd.6 6 ∑ xi-i=1
共6種.
6
xA)2≈50.6,S2=
1 ( )2 , ,2B 其中這 人都來自 組的結果為 ,;,;, 共 種6∑ xi-xB =76 ∴xA>xB SA< 2 B bcbdcd. 3 .i=1
S2B,應選A 酒店.故選:B. 所以:這2人都來自興趣小組B 的概率為P=
1
2.
18.A 連接 MQ,由 MP=2 3km,PQ=4km,MP⊥PQ 24.解:(1)由余弦定理得,c2=a2+b2-2abcosC,
2
得:MQ=2 7, ∴c -
(a-b)2=a2+b2-2abcosC-(a-b)2=2ab(1-
cosC),
∵C→A·C→B=abcosC=c2-(a-b)2,
∴abcosC=2ab(1-cosC),
∴cosC=23.
(2)在△ABC中,由∠A 是鈍角得,A=π-B-C>π,2
∴sin∠MQP= 21,7 cos∠MQP=
2 7,又 π
7 cos∠MQN ∴0π,
2
=cos(∠NQP-∠MQP)=cos∠NQPcos∠MQP+
∵y=sinx在 0,π 上為增函數,2
sin∠NQPsin∠MQP= 7,∴MN2 2 2 ·14 =MQ +NQ -2MQ ∴0NQcos∠MQN=28,可得MN=27.故選:A.
∴sinB 的取值范圍是0x +x +x +x 25.解:(1)證明:因為平面PAC⊥平面ABC,AC⊥BC,平面
則 1 2 3 4=4,4 PAC∩平面ABC=AC,BC 平面ABC,
所以數據2x ,2x ,2x ,2x 的平均數為: 所以BC⊥平面PAC,又PA 平面PAC,1 2 3 4
2x 所以1+2x PA⊥BC.2+2x3+2x4=2·
x1+x2+x3+x4
4 4 =2×4=8. (2)由(1)知BC⊥平面PAC,所以BC⊥AC,
故答案為:8. 又BC=2,∠BAC=30°,所以AC=2 3,
答案:8 2 2 ( )2因為
→ → → → PA=PC=2
,所以cos∠APC=2+2- 2 3
: ( ) ( ) → → 2×2×2
=
20.解析 a+b+c+d= AB+BC + CD+DE =AC+CE
=A→E=e. -
1,
2
故答案為:e.
所以sin∠APC= 1-cos2∠APC= 3,
答案:e 2
1 3
21.解析:由余弦定理可得42=22+c2-2×2c×1,即c2-c 所以S△APC=2×2×2×2= 3
,
4
-12=0,(c-4)(c+3)=0,因為c>0,故c=4. 所以三棱錐P-ABC 的體積V 1P-ABC=3S△APC×BC=
故答案為:4.
1
答案:4 3× 3×2=
2 3
3 .
·77·

第三部分 合格考仿真模擬卷 14.A
由已知甲乙的方差知:10.2<14.3,即甲比乙的成績
穩定,甲比乙的成績的標準差小,所以A正確,B、C、D錯
安徽省普通高中學業水平合格性考試 誤.故選:A.
仿真模擬卷(一) 15.B 從3,5,7,11,13這5個素數中,隨機選取兩個不同
的數共有(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(5,7),(5,11),
1.D 命題“ x∈R,x2-2x+1>0”的否定為“ x0∈R, (5,13),(7,11),(7,13),(11,13)10種可能,其和等于16
x20-2x0+1≤0”故選:D. 的結果(3,13),(5,11)2種等可能的結果,所以概率P=
2.A 因為M={1,2,3},N={1,3,4},所以 M∩N={1,3}; 2=1 故選:: 10 5. B.故選 A.
3.C 因為3+4i=3+bi,所以b=4.故選:C. 16.D 函數y=cos 1x+π ,T=2π2 3 1=4π.故選:D.
4.A 因為α 是第一象限角,且cosα=4,所以 25 sinα=
17.D 如圖,連接A 21B,則A1B= 1+(2)2= 3,由題知
1-cos2α= 1-16=3,故選:25 5 A. AC=1,AB= 2,BC=2,∵B1C1∥BC,所以∠A1CB 即
x+3≥0 A 2 2 , 1C +BC -AB
2
, 15.C 根據題意可得 所以x∈[-3,-2)∪(-2, 為所求角或其補角 所以cos∠A1CB=
x+2≠0 2A1C·BC
+∞).故選:C. =2+4-3= 3 =3 2.故選:8 D.
6.D x2-4=(x+2)(
2× 2×2 4 2
x-2)>0,解得x<-2或x>2,所
以不等式的解集為(-∞,-2)∪(2,+∞).故選:D.
7.A 因為x=3 |x|=3,但是|x|=3 x=±3,所以“x=
3”是“|x|=3”的充分不必要條件.故選:A.
x+1
,x≤1
8.A 由f(x)= ,則f(f(4))=f(-1)=
-x+3,x>1
-1+1=0.故選:A.
2 2 2 2 2
9.A 對于 A:y=cosx 的定義域為 R.因為f(-x)= 18.A 由余弦定理得:a =b +c -2bccosA=b +c -
cos(-x)=cosx=f(x),所以y=cosx 為偶函數.故 A 3bc=4≥2bc- 3bc(當且僅當b=c時取等號),∴bc≤
π 4 1正 確;對 于 B:對 于 y=sinx,f 2 =sin π =1, =4(2+ 3)=8+4 3,∴S△ABC =2bcsinA=2 2- 3
f -π π 12 =sin -2 =-1,不滿足f(-x)=f(x),故 4bc≤2+ 3,∴△ABC 面 積 的 最 大 值 為2+ 3.故
y=sinx 不是偶函數.故B錯誤;對于C:對于y=x3, 選:A.
f(1)=13=1,f(-1)=(-1)3=-1,不滿足f(-x)= 19.解析:因為0≤x≤4,故4-x≥0,則x(4-x)≤1(4 x+
f(x),故y=x3不是偶函數.故C錯誤;對于D:對于y= 4-x)2=4,
2x,f(1)=21=2,f(-1)=2-1=1,不滿足f(-x)= 當且僅當x=4-x,即x=2時,取得最大值2 4.故答案
f(x),
為:
故y=2x 不是偶函數.故D錯誤;故選:A. 4.
10.B 在長方體中,BD2=AB2+AD2 2, 2 2
答案:4.
1 +AA1 則2 =1 +
a b bsinA
12+AA21,解得AA1= 2.故選B. 20.
解析:由正弦定理: ,可得:
sinA=sinB sinB= a =
11.D 在平行四邊形ABCD 中,依題意,O→C=-O→A=-a, 2,由a>b可得A>B ,則:→ 2 ∠B=45°.而OB=b,所以B→C=O→C-O→B=-a-b.故選:D.
答案:45°
12.C 由 題 意 得,自 習 時 間 不 少 于22.5小 時 的 頻 率 為
21.解析:令x-1=0,則x=1,f(1)=a1-1+1=2,(0.16+0.08+0.04)×2.5=0.7,故自習時間不少于
所以函數圖象恒過定點為(1,2).故答案為:(1,2)
22.5小時的人數為0.7×200=140,故選C.
答案:(1,2)
13.A 因為y=0.3x 在定義域上單調遞減,所以0.32>
22.解析:設向量a,b的夾角為θ,
0.33,又y=x3在定義域上單調遞增,所以0.33>0.23,
2 3 3, , : 因為向量b在向量a 上的投影向量為-
1a,所以 ·所以0.3>0.3>0.2 即b>c>a 故選 A. 2 b
·78·

· a 1 , 因為x1又 a =2,b =4,解得:cosθ=-1, 即函數f(x)在R上單調遞減.4
a+2b 2=(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=68+ 安徽省普通高中學業水平合格性考試因為
4a · bcosθ=60, 仿真模擬卷(二)
所以 a+2b =2 15. 1.B 在復平面內,復數z=-1+i對應的點為(-1,1),在
故答案為:2 15. 第二象限.故選
:B.
2.B 函數y=tanx的最小正周期是π;故選:B.
答案:2 15
3.C 因為A={0,2},B={-2,-1,0,1,2},所以A∩B=
23.解:(1)當x=π時,a=(2,1),b=(2,),4 1 {0,2},A∪B={-2,-1,0,1,2}, BA={-2,-1,1},
AB 不存在,故選:C.∴a+b=(2 2,2).
4.C 因為用分層抽樣的方法,所以應抽取的男生人數為
(2)∵a=(2sinx,1),b=(2cosx,1),
25
∴f(x)=a·b=4sinxcosx+1=2sin2x+1, 9×45=5
,故選:C.
∵函數f(x)圖象上所有點向左平移π個單位長度得到 5.D 根據函數的定義,對于一個x,只能有唯一的y 與之4
對應,只有D滿足要求,故選:D.
g(x)的圖象, 6.A 根據向量加法的平行四邊形法則可得A→B+A→D=
∴g(x)=2sin2(x+π)+1=2cos2x+1, A
→C,故選:4 A.
7.D 對于A,四棱錐共有八條棱,故A錯誤;對于B,五棱
∵x∈ 0,π2 ,∴2x∈ 0,π ,∴cos2x∈[-1,1], 錐共有六個面,故B錯誤;對于C,六棱錐共有七個頂點,
∴g(x)∈[-1,3], 故C錯誤;對于D,根據棱錐的定義知,D正確.故選:D.
∴g(x)的最小值為-1. 8.D 因為平面α∥平面β,m α,n β,所以m,n無公共點,
24.解:(1)∵AB 是底面圓的直徑, 所以m,n是不相交直線,故選:D.
2
∴AC⊥BC 9.A 當a=1時,a =1,充分性成立;反過來,當a
2=1時,
∵弧BC的中點為D, 則a=±1
,不一定有a=1,故必要性不成立,所以“a=1”
是“2
∴OD⊥BC a =1
”的充分而不必要條件.故選:A.
10.D 由余弦定理,得b2=a2+c2-2accosB=12 2
又AC,OD +2 -共面,
∴AC∥OD 2×1×2×
1
2=3
,∴b= 3.故選:D.
又AC 平面POD,OD 平面POD,
11.C 根據對數的換底公式得,log12=lg12 lg3+lg45
∴AC∥平面POD. lg5
=lg10-lg2
(2)設圓錐底面半徑為r,高為h,母線長為l, =lg3+2lg2 2a+b,故選:1-lg2 =1-a C.
∵圓錐的軸截面PAB 為等腰直角三角形,
, 12.C
由1<1a b<0
,得b∴h=rl= 2r
1 ab0,由S 2△PAB= ,得2×2rh=r =9 r=3 ∴a+b∴圓錐的表面積S=πrl+πr2=πr× 2r+πr2=9(1+ 13.B 設事件A 為只用現金支付,事件B 為只用非現金支
2)π. 付,則P(A∪B)=P(A)+P(B)+P(AB)=1因 為
25.解:(1)由 (1)=2,(2)=-1, P(A)=0.45,P(AB)=0.15,f f 所以P
(B)=0.4,故選B.
得a+b=2,2a+b=-1, 14.A f
(1)=1-4+6=3,當x≥0時,x2-4x+6>3,所
以 或 ;當
即a=-3,b=5, 0≤x<1 x>3 x<0
時,x+6>3,所以-3<
x<0,所以不等式
故 (x)=-3x+5, f
(x)>f(1)的解集是(-3,1)∪(3,
f
+∞),故選:( ) A.f m+1 =-3(m+1)+5=-3m+2.
15.A 因 為 ccosB =a,所 以 由 余 弦 定 理 可 得 c·
(2)證明:任取x1a2+c2-b2
則f(x )-f(x )=(-3x +5)-(-3x +5)=3x - 2ac =a
,即a2+c2-b2=2a2,所以c2=a2+b2,
2 1 2 1 1
3x2=3(x1-x2), 所以三角形的形狀為直角三角形,故選:A.
·79·

16.B 該 組 數 據 的 眾 數 是 4,A 選 項 錯 誤;平 均 數 是 其中,摸出兩個黑球的方法有(a,b),(a,c),(b,c)共3種,
-1+1+4+4+2+8=3,B選項正確;該組數據從小到 故摸出2個黑球的概率為P=36 10.
大排列為-1,1,2,4,4,8,6×0.5=3,所以該組數據第 答案:3
10
50 百 分 位 數 是2+42 =3
,C 選 項 錯 誤;方 差 是 23.解:(1)因為 m=3,所以 集 合 B={x|-5≤x≤7}=
-1-3 2+ 1-3 2+ 4-3 2+ 4-3 2+ 2-3 2+ 8-3 2 [-5,7]
6
集合A={x|x2-3x-18≤0}={x|-3≤x≤6}=[-3,6],
=486=8
,D選項錯誤.故選:B. 所以 RA=(-∞,-3)∪(6,+∞),所以( RA)∩B=
T π [-5,-3)∪(6,7].17.A 根據圖象知:2=
,故T=π,ω=2,排除C.當2 x=0
() m-8≤-32 因為A∩B=A,所以A B,所以
時y=3,排除B,當x=π時,y=-1,排除D.故選:A. ,解得m+4≥62 2≤m≤5.
18.D 連接BC1,A1C1,在長方體ABCD-A1B1C1D1 中,易
, 24.解:()
8+9+7+9+7
知AD ∥BC 所以∠ABC 1 =8
,
1 1 1 1 為異面直線 A1B 與AD1 5
所成 角 或 其 補 角,又 在 長 方 體 ABCD-A1B1C1D1 中, (8-8)2+(9-8)2+(7-8)2+(9-8)2+(7-8)2
AA1=2AB=2BC=2,所以A1B=BC1= 5,A 51C1= 2,
△ABC , cos∠ABC = 5+5-2 =2 5,所以甲的平均數為8,標準差為2 5在 1 1中 由余弦定理得 1 1 ;
2× 5× 5 5 5
10+9+8+6+7
=4.因為異面直線所成的角的取值范圍是 0,π ,所 5 =8,5 2
4 (10-8)2+(9-8)2+(8-8)2+(6-8)2+( )2以異面直線A1B 與AD1所成角的余弦值為5.
7-8
5 =
2,所以乙的平均數為8,標準差為 2.
(2)由(1)可知,甲、乙兩名學生射箭命中環數的平均數
相等,但甲的標準差小于乙的標準差,這表明甲的成績
比乙更穩定一些.故選擇甲參賽更合適.
25.解:(1)在ΔABC中,
由正弦定理 a
sinA=
b ,得
sinB 3sinBsinA=sinAcosB.
又因為在ΔABC中sinA≠0.
所以 3sinB=cosB.
故選:D. 法一:因為019.解析:原不等式可化為(x+2)(x-3)≤0,-2≤x≤3.故
所以 sinB 3,
答案為:[-2,3]. tanB=cosB=3
答案:[-2,3] 所以B=π
20.解析:由于命題“ x∈R,x2+2x+a≤0”是假命題, 6
.
則該命題的否定“ x∈R,x2+2x+a>0”是真命題, 法二:3sinB-cosB=0即2sin B-π ,6 =0
∴Δ=4-4a<0,解得a>1. π
因此,實數a的取值范圍是(1,+∞). 所以B- =kπ(6 k∈Z
),因為0故答案為:(1,+∞).
所以B=π.
答案:(1,+∞) 6
21.解析:根據斜二測畫法的原則,由直觀圖知,原平面圖形 (2)由正弦定理得 a c ,sinA=sinC
為直角三角形,且AC=A'C'=3,BC=2B'C'=4,所以
而 ,
AB2=AC2+BC2 sinC= 3sinA=9+16=25,所以AB=5,
所以c= 3a,①
故AB 邊上中線長為AB=5=2.5.故答案為:2 2 2.5. 由余 弦 定 理b2=a2+c2-2accosB,得9=a2+c2-
答案:2.5 2accosπ,
22.解析:白球編號為1,2,黑球記為a,b,c, 6
共有10種摸法:(1,2),(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2, 即a2+c2- 3ac=9,②
b),(2,c),(a,b),(a,c),(b,c). 把①代入②得a=3,c=3 3.
·80·

安徽省普通高中學業水平合格性考試 13.A 偶函數f(x)在區間[-2,-1]上單調遞減,則由偶
仿真模擬卷(三) 函數的圖象關于y軸對稱,則有f(x)在[1,2]上單調遞
增,即有最小值為f(1),最大值f(2).對照選項,A正
1.A 由已知,集合A={0,1,2,3},B={2,4},所以A∩B
確.故選:A.
={2}.故選:A.
14.B 因為向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,a,b的夾角為
2.B 由題意知,2π=360°,所以π=180°.故選:B.
90°,所 以|a+b|= (a+b)2= a2+2a·b+b2=
3.D A.y= x4定 義 域 為 R,y=(x)4 定 義 域 為[0,
3 1+4= 5,故選:B.
+∞),定義域不同,不是同一函數;B.y= x3定義域為 15.D 對 A,b可能在平面α,故 A錯誤;對B,a,b可能相
2
R,y=x 定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),定義域不同,不x 交,故B錯誤;對C,b可能在平面α,故C錯誤;利用排除
法,故D正確;故選:
是同一函數; D.C.y= x2+x 定義域為(-∞,-1]∪[0,
16.D 由圖可知函數的定義域中不含0,且函數圖象關于原
+∞),y= x· x+1定義域為[0,+∞),定義域不同,
點對稱,f(x)=x+cosx與f(x)=x-cosx 的定義域
不是同一函數;D.y= 1 與 1 定義域為( ,x y= -∞ 均為 R,不 符 合 題 意,故 A、B錯 誤;對 于2 C:f(x)=x
x
1 1 ,則f(0)=
0 ,故 錯誤;對于 : ()
0)∪(0,+∞),且y= = ,故兩函數為同一函數. cosx cos0
=0 C Df x =
x2 x cosx ( )
故選:D. 定義 域 為{ },且 ( )
cos-x
x x|x≠0 f -x = -x =
4.A A→C-B→D+C→D-A→B=A→C+D→B+C→D+B→A=A→C+
-cosx→ → → =-f(x),符合題意;故選:D.CD+DB+BA=0.故選:A. x
( ) b 4a b
5.B 因為復數 i = i1-3i i+3 3 1 故 17.C 因為a,b都是正數,所以 1+ 1+ =5+1+3i (1+3i)(1-3i)=10=10+10i. a b a
選:B. +4a≥5+2 b·4a=9,當且僅當b=2a>0時取等
6.C 由于98>55,所以98不能作為編號.故選:C. b a b
號 故選:
7.A 因為a,b∈R,且aa b 18.B 在長方ABCD-A1B1C1D1 中
,因為平面ABCD∥平
3錯誤,故選:A. C錯誤;因為A1C1∩平面BCC1B1=C1,所以A1C1與平
8.B 由題意可知f(2)=a2=4,解得a=2或a=-2(舍) 面BCC1B1不平行,故D錯誤.故選:B.
故選:B. 19.解析:由于是任意取一球,所以是隨機事件,故答案為:
9.C “棉花的纖維長度大于275mm”的概率為50×0.0040+ 隨機.
50×0.0064=0.52.故選:C. 答案:隨機
10.D 從甲、乙、丙、丁四名同學中選2人的基本事件有 20.解析:當x≥0時,f(x)=ex-1=1,得x=1;當x<0時,
(甲、乙),(甲、丙),(甲、丁),(乙、丙),(乙、丁),(丙、 f(x)=x2=1,得x=-1,綜上,x=±1,故答案為:±1.
丁),共6種,甲被選中的基本事件有(甲、乙),(甲、丙), 答案:±1
(甲、丁),共3種,所以甲被選中的概率為p=3=1, : ( )6 2 21.解析 ∵1+bi=
a = a1-i( )( )=
a a ,則
1+i 1+i 1-i 2 - 2i
故選:D. a=1
11.D 因 為 一 元 二 次 不 等 式ax2+bx+2>0的 解 集 是 2 a=2
,解得 ,
-1,1 ,所以方程ax2+bx+2=0的兩根為-1和 b=-a b=-12 3 2 2
-1 +1=-b 因此,a+bi = 2-i = 22+(-1)2= 5.1 2 3 a,且a<0,所以3 ,解得:a=-12, 故答案為:5.
-12 ×1=23 a 答案:5
b=-2,所以a+b=-14,故選:D. 22.解析:由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,所以5=2+
12.C 函數y= x的定義域為[0,+∞),函數y=log2x的 c2-2c,所 以c=3或c=-1(舍 去),所 以 S△ABC =
定義域為(0,+∞),函數y=x3的定義域為R,函數y= 1bcsinA=3.故答案為:3.
1 2 2 2的定義域為{
x x x≠0
}.故選:C. 答案:32
·81·



23.解:(1)由頻率分布直方圖得樣本平均分 出x=4,故必要性不成立;故“x=4”是“2x=x2”的充分不
x=55×0.15+65×0.25+75×0.4+85×0.15+95× 必要條件;故選:A.
0.05=72. 4.C 不等式ax2-5x+c<0的解集為{x|2因此,初賽平均分的估計值為72分. 2,3是方程ax2-5x+c=0的兩個實數根所以2+3=
(2)根據頻率分布直方圖,設40名選手進入復賽的最低 5,
a 2×3=
c,則a=1,c=6,故選:C.
分數為x,依題意成績落入區間[90,100]的頻率是0.05, a
成績落入區間[80,90)的頻率是0.15,按初賽成績由高 5.C 對命題“任意x∈R,都有x2+3x+2>0”的否定為:
到低進行排序,前12.5%的初賽選手進入復賽,可判斷 存在x∈R,使得x2+3x+2≤0.故選:C.
x在[80,90)內, 6.B cos76°sin59°-cos121°sin104°=cos76°sin59°-cos(180°
則(90-x)×0.015+0.05=0.125,解得x=85. -59°)sin(180°-76°)=cos76°sin59°+cos59°sin76°=
因此,估計能進入復賽選手的最低初賽分數為85分.
sin(76°+59°)=sin135°= 2.故選:B.
24.解:(1)由于D,E分別是PA,PC的中點,所以DE∥AC, 2
→
由于DE 平面ABC,AC 平面ABC, 7.A 由A(1,3),B(4,-1),所以AB=(3,-4),所以向量
→
所以DE∥平面ABC.
A→
AB
B的方向相反的單位向量為- = -3,4 .故
(2) ,
依題意PC⊥平面ABC 所以PC⊥AC. A→B 5 5
由于AB 是圓O 的直徑,所以AC⊥BC, 選:A.
由于PC∩BC=C,所以AC⊥平面PBC, 8.C 這兩個班學生的數學總分為ma+nb,故這兩個班學
由于DE∥AC,所以DE⊥平面PBC,
生的數學平均分為ma+nb.故選:C.
由于DE 平面BDE,所以平面BDE⊥平面PBC. m+n
9.C 對于A,由m⊥n,n∥α可得m∥α或m 與α 相交或
25.解:(1)根據題意,得200 5x+1-3 ≥3000,x m⊥α,故A錯誤;對于B,由m∥β,β⊥α可得m∥α或m
整理,得5x-14-3≥0,即5x2-14x-3≥0, 與α相交或m α,故B錯誤;對于C,由m⊥β,n⊥β可得x
m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故C正確;對于D,由m⊥n,
又1≤x≤10,可解得3≤x≤10.
, n⊥β,β⊥α可得m∥α或m 與α 相交或 ,故故要使生產該產品2小時獲得的利潤不低于3000元 x m α D
錯誤.
[, ] 故選:的取值范圍是 310 . C.
(2)設利潤為y元, 10.C 因為y=3sin x-π5 =3sin x-2π5 +π ,所以5
則y=900·x 100 5x+1-3x 只要把函數y=3sin x+π 圖象上所有的點向右平行5
=9×104 5+1 3x-x2 移動2π個單位長度,即可得到函數
5 y=3sin x-π 的5
2
=9×104 -3 1-1 +61 ,x 6 12 圖象.故選:C.
故當x=6時,ymax=457500. 11.B 2014年空氣中可吸入顆粒物年日均值比2013年多,
故甲廠以6千克/小時的生產速度生產900千克該產品 A錯;2013—2018年,空氣中細顆粒物的年日均值逐年
時獲得的利潤最大,最大利潤為457500元. 下降,B正確;2007年(含2007年)之前空氣中二氧化氮
安徽省普通高中學業水平合格性考試 的年日均值都高于40微克/立方米,C錯;2000—2018
仿真模擬卷(四) 年,空氣中二氧化硫的年日均值最低的年份是2018年,
D錯.故選:B.
1.B 集合A={x∈N|- 3≤x≤ 3}={0,1}.對于 A: -1.5
12.D y =40.9=21.8 0.48 1.44 1: ; : ; 1
,y2=8 =2 ,y3= =
-1∈A 不對.對于B0∈A 對 對于C 3∈A 不對 對于 2
D:2∈A 不對.故選:B. 21.5,根據y=2x 在 R 上是增函數,所以21.8>21.5>
2.B ∵z=(2+i)i=2i+i2=-1+2i,∴z對應的復平面內 21.44,即y1>y3>y2.故選:D.
的點為(-1,2),位于第二象限.故選:B. 13.B ∵f(x)=2sin2x+ 5cos2x=3sin(2x+φ),其中
3.A 若x=4,則24=42=16,即2x=x2 成立,故充分性成
tan = 5,∴f(x)最小正周期T=2π立;顯然x=2時22=22=4,即2x=x2,故由2x=x2推不 φ 2 2=π.
故選:B.
·82·

14.D ∵ a = b =1,向量a與b的夾角為60°, 19.解析:由果蔬類抽取4種可知,抽樣比為420=
1,故
5 n=
∴a·b= a · bcos60°=12 (20+15+10)×15=9.
∴ 3a-4b = (3a-4b)2
答案:9
= 9a 2-24a·b+16b 2= 9-12+16= 13.
20.解析:第一次為黑色的概率為2,第二次為黑色的概率
故選:D. 3
15.B 因為∠C=90°,BC=2AC=2,所以△ABC是直角三 為2兩次都是黑色的概率為2
3 3×
2=4,故答案為43 9 9.
角形,兩條直角邊分別是BC=2,AC=1,由圓錐的定義
4
可得:將三角形繞AC 旋轉一周得到的圓錐的底面半徑 答案:9
為2,高為1,其體積為V =1π×221 ×1=
4π;將三角形 21.解析:在△ABC中,B=45°,C=60°,則A=180°-B-C3 3
=75°,因此,角B 是最小角,邊b是最短邊,由正弦定理
繞BC旋轉一周得到的圓錐的底面半徑為1,高為2,其
4π 得:b = c ,又c=1,即b=csinB sin45° 6,
V sinB sinC sinC
=sin60°=3
體積為V1=
1π×12×2=2π;1=3=2,即3 3 V 2π V1∶V22
3 所以最短邊的邊長等于
6
3.
=2∶1,故選:B.
故答案為:6
3.
16.D ∵sin2C=1-cosC=a-b,∴b=acosC,由正弦定2 2 2a
6
理可得sinB=sinAcosC,所以,sinAcosC=sin(A+C) 答案:3
=sinAcosC+cosAsinC,則cosAsinC=0,
22.解析:由條件x+3y=5xy,兩邊同時除以xy,得到3+
∵00,∴cosA=0, x
1 ,
∵0為直角三角形. y=5
故選:D. 那么3x+4y=1(3x+4y) 35 x+1y =15 13+12yx +
17.B 設其中做過測試的3只兔子為a,b,c,剩余的2只為
3x 1 12
,, y
3x
A B 則從這5只中任取3只的所有取法有{a,b,c},{a, y ≥5 13+2 =5x ×y
b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B},{b,c,A},
等號成立的條件是12y=3x,即x=2y,即x=1,y=1.
{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10種.其中恰有2只做 x y 2
過測試的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B}, 所以3x+4y的最小值是5,
{b,c,A},{b,c,B}共6種,所以恰有2只做過測試的概 故答案為:5.
率為6=3
答案:5
,選
10 5 B.
:()() π 3
18.D 作出分段函數f(x)的圖象,
23.解 1f0 =sin3=2.如圖
(2)因為f(x)=sinx+ 32cosx-
1
2sinx=
1
2sinx+
3
2cosx=sin x+π ,3
所以函數f(x)的最小正周期為2π.
(3)由已知0≤x≤π,得π≤x+π2 3 3≤
5π,
6
所以,當x=π時,函數f(x)=sin x+π 的最小值2 3
為1
2.
方程f(x)-m=0有4個互不相等的實根,則函數y= 24.解:(1)證明:設AC與BD 的交點為O,
f(x)與直線y=m 有4個交點,當m∈(-1,1)時,符合 因為底面ABCD 是邊長為2的菱形,所以AC⊥BD,且
題意,但f(x)是R上的奇函數,有f(0)=0,故m≠0,所
以m 的取值范圍是:m∈(-1,0)∪(0,1).故選:D. OB=OD=
1
2BD
,
·83·

因為AC=2,所以OA=OC=1AC=1, 安徽省普通高中學業水平合格性考試2
仿真模擬卷(五)
在Rt△AOB 中,OB= AB2-OA2= 3,故BD=2OB
1.C 因為命題, p
: x∈R,x2+2x+3>0,所以 p是 x=2 3 0
∈
,2
1 1 Rx0+2x0+3≤0.
故選:C.
所以S△ABD=2BD
·OA=2×2 3×1= 3. 2.D ∵a0,∵1-1=b-a,∴當
因為PA⊥平面ABC,所以PA 為三棱錐P-ABD 的高, a b ab
a<0所以 三 棱 錐 的 體 積V= 13S△ABD
·h= 13 × 3×2 0|b|時,B錯誤;∵ac-bc=(a-b)c,∴當c<0
=2 3. 時,C錯誤;∵c≠0,∴c2>0,則由aa b a-b
3 c2
- 2=c c2
(2)取PA 的中點G,連接GE、GB, <0,則a b2< 2,D正確,故選:D.c c
因為E 為PD 的中點,所以GE∥AD 且GE=1AD,2 ( )·3 ( )·( )3.B 1+i i= 1+i -i=-i+1=1,故選:B.
又因為F 為BC 的中點,四邊形ABCD 為菱形, 1-i 1-i 1-i
1 4.C 由易知B={x|x
2-x-6=0}={-2,3},A={x|0<
所以BF∥AD 且BF=2AD. x<5,x∈N+}={1,2,3,4},所以A∩B={1,2,3,4}∩
所以BF∥GE 且BF=GE. {-2,3}={3}.選C.
1
5.C y=x2= x在[0,+∞)上是增函數.故選:C.
6.D 對于A,A→B,A→C大小不相等,方向不相同,故不是相
等向量,故A錯誤;對于B,B→D,C→D大小相等,方向相反,
是相反向量,故B錯誤;對于C,利用三角形法則知A→B+
A→C=2A→D,故C錯誤;對于D,利用三角形法則知A→B+
B→D=A→D,故D正確;故選:D.
7.D 因為a=ln12,b=log23>log22=1,01
1 3 1 0
故四邊形BFEG 為平行四邊形,所以BG∥EF. 2 < 2 =1,所以a因為 BG 平面 PAB,EF 平面 PAB,所以 EF∥平 2
8.B 因為函數
面PAB. f
(x)=x -1
ex
的定義域為 R,且f(x)=
25.解:(1)由f(x)=x2+bx+c有兩個零點0和-2, x2-1
x 不是偶函數,所以排除C、D;又f(2)=
3
2<1,排除
f
(0)=02+b×0+c=0 e e
即有 ,
f(-2)=(-2)2-2b+c=0 A
,即確定答案為B.故選:B.
解得b=2,c=0, 9.B 由題意,函數f(x)=3
x-x-3,可得f(0)=-2,
即f(x)=x2+2x, f(1)=-1,f(2)=4,f(3)=21,f(4)=74,所以f(1)·
由f(x)和g(x)的圖象關于原點對稱, f(2)<0,結合零點的存在定理,可得函數f(x)的一個零
所以g(x)=-x2+2x. 點所在的區間為(1,2).故選:B.
(2)f(x)≥g(x)+6x-4即x2+2x≥-x2+2x+6x-4, 10.C 因為扇形的弧長為4,面積為2,設扇形的半徑為r,
即x2-3x+2≥0得不等式的解為{x|x≥2或x≤1}. 則1
2×4×r=2
,解得r=1,則扇形的圓心角的弧度數為
(3)f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,
4
當m+1≤-1,即 m≤-2時,f(x)的最大值g(m)= 1=4.
故選:C.
m2+2m,
2 11.D f
1 =1-1=-2,∴f f 1 =f -2 =
當m>-1時,f(x)的最大值g(m)=(m+1)+2(m+ 3 3 3 3 3
1)=m2+4m+3, sin -2π3 =-sin2π 3,故選:3 3=-2 D.當-2當-32=1,因為 表3 3 B
2(m+1)=m2+4m+3. 示“出現5點或6點”的事件,A 表示“出現小于5的偶數
·84·

點”,所以A 與B 互斥,故P(A+B)=P(A)+P(B)= 20.解析:由于PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,
2
3.
故選:C. PA⊥BC,
所以三角形PAB 和三角形PAC 是直角三角形.
13.D y=sin 2x+π2 =cos2x,T=2π 設 ()2=π. f x = 由于∠ACB=90°,所以BC⊥AC,三角形ABC是直角三
cos2x,定義域為 R,f(-x)=cos(-2x)=cos2x= 角形.
f(x),所以y=cos2x為偶函數.故選:D. 由于AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,
14.D 由頻率分布直方圖得文物中物性指標值不小于95 所以BC⊥PC,所以三角形PBC是直角三角形.
的頻率為:(0.033+0.024+0.008+0.002)×10=0.67, 所以三棱錐四個面中,是直角三角形的個數有4個.
所以這1000件文物中物性指標值不小于95的件數為 故答案為:4.
1000×0.67=670.故選:D. 答案:4
15.C 設兩個球的半徑分別為r1,r2,根據球的表面積公式 21.解析:f(a)=a4+ab+1=8,f(-a)=-a4-ab+1,所
S r2
S=4πr2,因為兩個球的表面積之比為3∶2,∴ 1= 1 以f(-a)+8=2,f(-a)=-6.S2 r22 答案:-6
3, r= 即 1 3,根據球的表面積公式 4 3,2 r = V=2 2 3
πr 22.解析:∵sinα-cosα=1,5 sin
2α+cos2α=1
V 3
∴ 1
r
= 1= r 31 = 3
3
=3 3V 3 r .故選:C. 又∵0≤α≤π,∴sinα≥0,2 r2 2 2 2 2
sinα=4
16.B ∵A→B、A→C是非零向量 且 滿 足(A→B-2A→C)⊥A→B, 5
故解得 ,
(A→C-2A→B)⊥A→C, 3
→
cosα=5
∴(AB-2A→C)·A→B=(A→C-2A→B)·A→C=0,
→ 2 → ∴sin2α=2sinαcosα=
24,
∴|AB|=|AC|2=2|A→B||A→C|cos∠BAC, 25
∴|A→B|=|A→C|,∠BAC=60°. cos2α=cos2α-sin2α=-7,25
∴△ABC是等邊三角形,故選:B.
17.C 在△ABC 中,由余弦定理,得 AB2=AC2+BC2- ∴sin 2α-π 24 =2sin2α- 22cos2α
2AC×BCcosC=7,所以AB= 7≈2.646km,故選:C.
2 24 7
18.C 根 據 正 三 棱 柱 的 性 質 可 知 AB∥A1B1,所 以 =2 25+25
∠B1A1M 是異面直線AB 與A1M 所成角,設∠B1A1M 31 2
=α,在三角形A1B M 中,AB
= .
1 1 1=1,A1M=B1M= 2, 50
由余弦定理得cosα=1+2-2= 2.故選:4 C. 故答案為:
31 2
2×1× 2 50
.
答案:31 2
50
23.解:(1)令t= 1 x,則y=t2-t+1= t-1 22 2 +34
x
當x∈[1,2]時,t= 1 是減函數,此時t∈ 1,1 ,2 4 2
在此區間上y=t2-t+1是減函數.
x
當x∈[-3,1]時,t= 1 是 減 函 數,此 時2 t∈
1,8 ,在此區間上 2 是增函數2 y=t -t+1 .
19.解析:設方程的兩相異同號實根為x ,x , ∴函數的單調增區間為[1,2],單調減區間為[-3,1].1 2
Δ=(-10)2-4×3×k>0, (2)∵x∈[-3,2],
則 1x1x2=k>0, ∴t∈ ,3 4 8 ,
1 2 3
∴0答案:0·85·


24.解:(1)從身高低于1.80的同學中任選2人,其一切可能 2.A 時間經過四小時,時針轉了 -360° ×3=-90°=
的結果的基本事件有:(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),
12
(B,D),(C,D),共6個.由于每個人被選到的機會均等, -π,故選:2 A.
因此這些基本事件的出現是等可能的.
x x(1-i) x-xi
選到的2人身高都在1.78以下的事件有:(A,B),(A, 3.D 復數1+i=(1+i)(1-i)= 2
C),(B,C),共3個,因此選到的2人身高都在1.78以下
∵復數 x (x∈R)的虛部為2,∴-x=2,1+i 2 ∴x=-4.
故
的概率為P 3 11= ;6=2 選D.
(2)從該小組同學中任選2人其一切可能的結果的基本 4.B A.若a=2,b=1,c=-2,d=-1,則a+c=b+d,故
事件:(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D), 錯誤;B.因為c-d>0,又因為a>b>
(B,E),(C,D),(C,E),(D,E)共10個.由于每個人被 0,所以a-c>b-d>0,故正確;C.若a=2,b=1,c=-2,
選到的 機 會 均 等,因 此 這 些 基 本 事 件 的 出 現 是 等 可 d=-1,則ac能的;
[ , -1
,則a=b,故錯誤;故選:B.
選到的2人的身高都在1.70以上且體重指標都在 18.5 c d
23.9)中的事件有:(,
→ →
C D),(C,E),(D,E)共3個. 5.D 因為BD=3DC,
因此選到的2人的身高都在1.70以上且體重指標都在
[18.5,23.9)中的概率為P 32=10.
f( x
)max=A+B=3 A=2
25.解:(1)由題圖可知:
f(x)min=-A+B=-1 B=1 所以A→D=A→B+B→D=A→B+3B→C=A→B+3(-A→4 4 B+
T=2 2π3-π6 =π 2πω=π ω=2 A→C)=1A→4 B+3A→C,又因為4 A→B=a,A→C=b,所以A→D=
f π6 =2sin 2×π+φ +1=3,則6 sin π ,3+φ =1 1a+3 ,故選:4 4b D.
π+φ=2kπ+
π,k∈Z, π,3 2 φ=2kπ+6 k∈Z 6.A 若四邊形ABCD 為菱形,則AC⊥BD;反之,若AC⊥
0< π π π
BD,則四邊形ABCD 不一定是菱形.故為充分不必要條
φ< φ= f(x)2 6 =2sin 2x+6 +1. 件.故選:A.
(2)由f α2 =2sin α+π +1=7 sin α+ π 7.C 選3人,總共只有 名女生,因此 人中最多只有 名6 3 6 2 3 2
女生,因此可分為恰有1名男生,恰有2名男生,恰有3名
=2,3 男生,從而與事件 M 互斥但不對立的是恰有2名男生參
加演講故選:C.則cosα+π 5,6 =±3 8.D 因為y=tanx 是奇函數,y=3x 和y=log3x 是非奇
又α∈ 0,π2 α+π∈ π,2π ,又sin α+π =2 非偶函數,y=x26 6 3 6 3 是偶函數,故選:D.
9.D 設球的半徑為r,則該球的體積為V =4πr3;又圓錐
的底面半徑和高都等于球的半徑,所以該圓錐的體積為
故α+π∈ π,π π 5,6 6 2 cos α+6 =3 V =12 3πr2·r=1πr3,因此圓錐的體積與球的體積之比3
cosα=cos α+π6 -π = 5× 3+ 2 16 3 2 3 × 2 V是 2=1.故選:V 4 D.1
= 15+26 . 10.B 因為a= 3,b=1,A=120°,所以由正弦定理可得,
安徽省普通高中學業水平合格性考試 sinB=bsinAa =
1,所以B=30°或2 B=150°
,當B=30°
仿真模擬卷(六) 時,C=30°,滿足題意;當B=150°時,A+B>180°,不能
1.A 根據圖形可得,陰影部分表示的集合為A∩B, 構成三角形,舍去.綜上,B=30°,即三角形的解只有一
∵A={1,2},B={2,3},∴A∩B={2}.故選:A. 個.故選:B.
·86·

11.B 對A,在兩組數據中,平均數與極差沒有必然聯系, AD1 平面DAA1D1,BC1 平面DAA1D1,所以BC1∥
所以A錯誤;對B,根據平均數與方差的性質可知B正 平面DAA1D1,故選:A.
確;對C,根據方差的公式可得,求和后還需再求平均數; 18.A 當x≥0時,f(x)=2x+x-1,則f(x)在[0,+∞)上
對D,方差大的表示射擊水平不穩定,故選:B. 單調遞增,又函數f(x)是R上的偶函數,且f(1)=2,因
12.B ∵(sinα+cosα)2=1+2sinαcosα=5,∴2sinαcosα= 此,f(x-1)<2 f(x-1 )01,
4 ∵
(cosα-sinα)2=1-2sinαcosα=1-1=3,4 4 選:A.
解析:根據分層抽樣的方法可知, 60 6
∴cosα-sinα=± 3, π,π , 19. = n=10.又2 ∵α∈ 4 2 ∴0故答案為:10.
sinα,即cosα-sinα=- 3.故選:2 B. 答案:10
13.B 由題得x+y=x+(y+1)-1=1[x+(y+1)]×3 20.解析:因為B
→C=3C→D,所以B→D=4B→C,
3 3
1 1 4 → → → → 4 → → 4 → →-1= [3 x+(y+1)]× x+y+1 -1=1 5+y+1 AD=AB+BD=AB+ BC=AB+ (3 3 AC-AB)=3 x
+ 4x+1 -1≥13 5+2 y+1 1
→ 4 → 1 4
· 4x -1=2當且僅 -3AB+ ,所以3AC x=- ,3 y= ,3 x+y=1.故答y x y+1
案為:
當x=y=1時取等.所以x+y的最小值為2.故選:B. 1.
, , 答案:14.B 由正弦定理可知 2sinAsinB=sinB 易知sinB≠ 1
2
1 -x +6x-5
0,則sinA=1,而02 2 2 1 u定理可得cosA=b +c -a = 3或- 3.故選:B. 與函數u=-x2+6x-5復合而成,其中f(u)=2bc 2 2 3
1 u15.C 由圖可知函數y=cosx 的圖象關于x=π對稱,故 在(3 -∞,+∞)上單調遞減,
選:C.
→ → u=-x
2+6x-5在(-∞,3)上單調遞增,在[3,+∞)單
16.B 以A 為坐標原點,AB,AD正方向為x,y軸,可建立
調遞減,
如圖所示平面直角坐標系,
由復合函數“同增異減”的原則可得:當x∈[3,+∞),
f(x)單調遞增,
故答案為:[3,+∞).
答案:[3,+∞)
22.解析:因為y=2x-1和y=x-5在 R上單調遞增,所以
f(x)=2x-1+x-5在R 上單調遞增.
則D(0,1),E(1,0),設F(2,m)(0≤m≤1),∴D→E=(1, 因為f(2)=22-1+2-5=-1<0,f(3)=23-1+3-5=
-1),D→F=(2,m-1),∴D→E·D→F=2-m+1=3-m, 2>0,
∵0≤m≤1,∴2≤3-m≤3,即D→E·D→F的取值范圍為 所以f(x)=2x-1+x-5的零點所在的區間為(2,3).
2,3 .故選:B. 因為函數f(x)=2x-1+x-5的零點所在的區間為(k,
17.A 連接AD1,由正方體的性質可得AB∥D1C1 且AB k+1),所以k=2.
=D1C1, 故答案為:2.
答案:2
23.解:證明:(1)連接OE.
∵O 是AC 的中點,E 是PC 的中點,∴OE∥AP,
又∵OE 平面BDE,PA 平面BDE,
∴PA∥平面BDE.
(2)∵PO⊥平面ABCD,BD 平面ABCD.
所以ABC1D1 為平行四邊形,所以AD1∥BC1,又因為 ∴PO⊥BD.
·87·

又∵ABCD 是正方形,∴AC⊥BD, 4.C 設“甲被選中的事件”為A,“乙被選中的事件”為B,
PO 平 面 PAC,AC 平 面 PAC,且 則P(A)=1,P(B)=1所以被選中的人是甲或乙的概4 4
AC∩PO=O,
∴BD⊥平面PAC, 率是P(A∪B)=P(A)+P(B)=1+1=14 4 2.
故選:C.
∵BD 平面BDE, 5.A 根據題意得,該組數據有12個數,且已經從小到大排
∴平面PAC⊥平面BDE. 列,因為12×30%=3.6,所以該組數據的第30百分位數
2 2
24.解:(1)由cosB=a +c -b
2
,得cosB=1, 第2ac 2 4
個數,為12.故選:A.
6.A 如圖.
所以B=π3.
(2)由(1)得S 1△ABC=2acsin60°= 3.
(3)由題意得sinA+sinC=sinA+sin 2π3-A
=3sinA+ 3cosA= 3sin A+π2 2 6 .
2π ∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C,∴有水的部分始終有兩因為03 A+π ),所以 < 3sin ≤ 3. 平行平面的交線 因此呈棱柱形狀.故選:A.2 6
7.A 由已知得B→A=O→A-O→B=(7,4)-(4,0)=(3,4),則
故所求sinA+sinC的取值范圍是 3,2 3 . B→AB→A =5,∴ 與 向 量B→A同 向 的 單 位 向 量 是: → =
25.解:(1)因為函數f(x)的圖象過點(2,4),m∈N,
BA
所以m2·2m+1=4,解得m=1, 3,4 .故選:5 5 A.
故f(x)=x2.
8.D 由圖象可知,A=2,T=11-5 , , 2π(2)證明:由(1)知f(x)=x2, 2 3 3
=2T=4ω=T=
設x2>x1>0, π,x=5時,2 3 ωx+ =
π
φ 2×
5
3+φ=π+2kπ
,k∈Z,解得
則f(x2)-f(x1)=x22-x21=(x2+x1)(x2-x1),
π π
∵x >x >0,∴(x +x )(x -x )>0, x= +2kπ,k∈Z,故f(x)6 =2sin 2x+π ,故f(9)=2 1 2 1 2 1 6
∴f(x2)>f(x1),
2sin 9π+π =2sin π+π =2sin2π= 3.故選:D.
故f(x)在(0,+∞)上單調遞增. 2 6 2 6 3
安徽省普通高中學業水平合格性考試 9.D x甲=1(5 3+5+3+4+5
)=4,x乙 =1(5 4+4+5+3
仿真模擬卷(七) +4)=4,則 甲 乙 平 均 成 績 相 同,排 除 選 項 A、B;s2甲 =
1.A 因為i(1+i)=x(i-1),所以-1+i=x(i-1),所以 1[(3-4)2+(5-4)2+(3-4)2+(5 4-4
)2+(5-4)2]
x=-1+i=1;故選:-1+i A. =4;5
2.C 根據題意,分析可得,該問題可轉化為求集合A={1,
2}的子集個數問題,
2
再由集合的元素數目與子集數目的 s乙=
1[(4-4)2+(4-4)2+(5 5-4
)2+(3-4)2+(4-
關系可得答案.A={1,2},A∪B={1,2,3},則集合B 中
4)2]=2.
必含有元素3,即此題可轉化為求集合A={1,2}的子集 5
2 2
個數問題,所以滿足題目條件的集合B 共有22=4個. 由s乙 選:D.
3.A 由三角函數的定義可得sinθ= y =-3,則
16+y2 5 10.A 當ab≥1,由于a,4 b∈R
,a2+b2≥2ab≥2×1=1,4 2
y<0,解得y=-3,因此,tanθ=-3.故選:4 A. 故充分性成立;當a,b∈R,不妨設a=-1,b=1,a2+
·88·

2 1 , 1 , 解析:由題意得,b ≥ 成立 ab=-1≥ 不成立 故必要性不成立.故 19.2 4 該3階 幻 方 每 行、每 列 和 對 角 線 上 的 數 字 之 和 均 等
“ab≥1”是“a2+b2≥1”的充分不必要條件.故選:4 2 A.
于15,
11.D ①若m∥α,α∥β,則m∥β或m β, ;
從中隨機抽取三個數,數字之和等于15,基本事件總數故①錯誤 ②若
, , , 為 ,m αn βα∥β 則 m∥n 或m 與n 異面,故②錯誤;
8
易知事件“含有數字 或 ”包含的基本事件數為 ,
③若m⊥α,α⊥β,則m
5 6 6
β或m∥β,又n⊥β,則m⊥n,故
6 3
③正確;④若m⊥α,m∥n,則n⊥α,又n β,可得α⊥β, 故所求事件的概率為8=4.
故④正確.故選:D.
故答案為:3.
12.C 當x=-1時,f(-1)=a-1+1+2021=1+2021= 4
2022,所以函數恒過定點(-1,2022).故選:C. 答案:34
13.C cosC=1 sinC= 1-cos2C= 15,所以 π 54 4 S△ABC 20.解析:因為α∈ 0, ,2 cosα= ,13
=1 1 15 ,故選: 所以sinα= 1-cos2α=
12,
2absinC=2×4×2× 4 = 15 C. 13
14.B 若a=0,則對任意的b,c,都有a·b=a·c,A錯; 又 πβ∈ 0,2 ,α+β∈(0,π),
a+b = a-b ,則 a+b 2= a-b 2,即a2+2a·b 5
+b2=a2-2a·
( ) ,
b+b2,a·b=0,B正確;若b=0,則對任 所以cosα+β 意的a,c,a∥b,b∥c,但a∥c不一定成立,C錯;a與b是 因為sin(α+ 3β)= ,所以5 cos
(α+β)=±
4,
, , · , · 5單位向量 只有它們同向時 才有a b=1 否則a b<
4 5 4
1,D錯;故選:B. 又 > ,所以5 13 cos
(α+β)=- ,5
15.D 函數f(x)為R上的偶函數,當x≥0時,f(x)=2x-2, 所以cosβ=cos (α+β)-α =cos(α+β)cosα+sin(α+
可得f(1)=0,f(-1)=f(1)=0,f(x)在[0,+∞)單調 )sinα=-4×5+3×12=16β .
遞增函數,在(-∞,0)單調遞減函數.所以不等式xf(x) 5 13 5 13 65
x>0 x<0 故答案為:16.
<0等價為 或 ,解 得 65f(x)<0=f(1) f(x)>0=f(-1)
答案:16
0(-∞,-1)∪(0,1).故選:D. (21.解析:由 ax <1,得 a-1
)x+1
x-1 x-1 <0
,
16.C 因為函數的定義域為{x x≠0},所以 A不符合題
等價于 (a-1)x+1 (x-1)<0,
意,當x<0時,x3<0,3x-1<0,則y>0,所以B不符合 ax
, ,x 3 ∵不等式 的解集為題意 當x趨向于無窮大時 3 -1的增長速度快于x x-1<1 x x<1
或x>2 ,
的增長速度,所以對的y趨向于零,所以D不符合題意, ∴1和2為 方 程 (a-1)x+1 (x-1)=0的 兩 個 實
C符合題意,故選:C. 數根,
17.A 因為該函數為增函數,所以 ∴ (a-1)2+1 (2-1)=0,
a>1 解得a=12.
2-a>0 4≤a<2,故選:3 A.
故答案為:
1
2(2-a)+1≤a2-1+1 2.
2 2 2 1
18.A 由余弦定理cosB=a +c -b 1,又 , 答案:2ac =2 0故B=π,由正弦定理知:b a c
22.解析:設正四面體的邊長為, a
,△ABC 的外接圓圓心為
則
3 sinB=sinA=sinC=2 D,正四面體外接球的球心為O,
a=2sinA,c=2sinC,所以2a+c=4sinA+2sinC,而 半徑為R,如圖所示:
A=2π3-C
,則2a+c=4sin 2π3-C +2sinC=4sinC+
2 3cosC=2 7sin(C+φ)且tan
3
φ= ,又2 02π,
3
當C+φ=
π時2a+c的最大值為2 7.故選:2 A.
·89·


1 2 3 +(100-120)2+(160-120)2]=480,因為4×2a ×2=4 3
,解得a=2.
∵x甲=120,x乙=120,s2甲>s2乙,
因為 2 =2CD, ∴乙品牌輕型汽車二氧化碳排放量的穩定性好.sin60°
(2)從被檢測的5輛甲品牌的輕型汽車中任取2輛,共有
2 3 2所以CD= ,SD= 22- 2 3 =2 6. 10種不同的二氧化碳排放量結果:(80,110),(3 3 80,120),3
2 (80,140),(80,2 150),(110,120),(110,140),(110,150),
在Rt△COD 中, 23 6-R + 2 3 =R23 (120,140),(120,150),(140,150);
6 設“至少有一輛二氧化碳排放量超過130g/km”為事件解得R=2. A,則事件A 包含以下7種不同的結果:(80,140),(80,
3
正四面體外接球的體積V=4π× 6 = 6π. 150),(110,140),(110,150),(120,140),(120,150),3 2 (140,150).
故答案為:6π.
∴P(A)=710=0.7
,即至少有一輛二氧化碳排放量超過
答案:6π
3π 3π 11π 130g/km的概率為0.7.23.解:(1)當x∈[0,π]時,4≤2x+4≤
,
4 2-4=a,
“ ” : 25.解:(1)根據題意,得用 五點法 列表如下 2×(-4)=-b,
3π 3π 3π 5π 11π 解得a=-2,b=8.2x+4 4 π 2 2π 2 4 (2)當b=a+1時,-x2+ax+b>0 x2-ax-(a+1)
π 3π 5π 7π <0,即[x-(a+1)](x+1)x 0 π <0.8 8 8 8 當a+1=-1,即a=-1時,原不等式的解集為 ;
f(x) 1 0 - 2 0 2 1 當a+1<-1,即a<-2時,原不等式的解集為(a+1,
: -1
);
圖象如圖所示
當a+1>-1,即a>-2時,原不等式的解集為(-1,
a+1).
綜上,當a<-2時,原不等式的解集為(a+1,-1);
當a=-2時,原不等式的解集為 ;當a>-2時,原不
等式的解集為(-1,a+1).
第四部分 合格考真題實戰卷
2024年安徽省普通高中學業水平合格性考試
(2)因為x∈ -π,0 ,所以2x+3π∈ -π,3π2 4 4 4 ,所 1.D 2.B 3.C 4.A 5.A 6.C 7.A 8.C 9.A
10.A 11.B 12.B 13.D 14.D 15.B 16.D 17.B
以sin 2x+3π ∈ - 24 ,1 ,所以2 f(x)∈ -1,2 . 18.C
1
當2x+3π=-π,即x=-π時,f(x)取最小值-1,當 19.- 或2 -0.5 20.1 21.3004 4 2
2x+3π=π,即x=-π時,f(x)取最大值 , 22.10 74 2 8 2
說明:填寫26或26.5或26.46或26.458可給滿分.
所以f(x)min=-1,f(x)max= 2. 23.解:法一:(1)因為f(x)=1+sin2x,
24.解:(1)由題可知,x =120,∴480+x乙 5 =120
,解得x= 所以f(x)的最小正周期T=2π2=π.
120,又由已知可得x甲=120,
(2)令-π+2kπ≤2x≤π+2kπ,
s2 =1
k∈Z
甲 5×
[(80-120)2+(110-120)2+(120-120)2+ 2 2
(140-120)2+(150-120)2]=600,
則-π4+kπ≤x≤
π
4+kπ
,k∈Z,
s2乙=1×[(100-120)2+(120-120)2+(120-120)2 又因為x∈ 0,π ,所以f(x)的單調遞地區為5 2 0,π4 .
·90·

法二:正確畫出f(x)=1+sin2x的大致圖象,通過圖象 (2)設完成此計劃所需要的總費用為S元,則
得到答案酌情給分. S=(72-x)(54-x)·mx +m 1199x-1188 24.解:(1) x法一:由題意知,△ABC 為正三角形,D 為AC 的
中點, =300m 4x+9x -126m
所以BD⊥AC
9
又CC ⊥ · ·平面ABC, ≥300m 2 4x x -126m =3600m -126m =1
BD 平面ABC,所以CC⊥BD. 3474m.
又因為 AC∩CC1=C,AC 平 面 ACC1A1,CC1 平 當且僅當4x=9,即x=3時,等號成立.
面ACCA x 21 1,
所以BD⊥平面ACC1A1. 所以,當x=
3時,完 成 此 計 劃 所 需 要 的 最 低 總 費 用
2
又因為AC1 平面ACC1A1,所以BD⊥AC1. 3474m 元.
法二:取CC1中點E,連接DE,BE, 2023年安徽省普通高中學業水平合格性考試
1.B 由交集的定義,A∩B={2,3},故選:B.
2.A (3+2i)(3-2i)=32-(2i)2=9+4=13,故選:B.
3.B 由(x-3)(5-x)<0,得(x-3)(x-5)>0,解得x>5
或x<3,故選:B.
4.D 由題意得:A→E=A→B+B→E=A→B+12A
→D=a+1b,故2
選:D.
5.C 按性別進行分層抽樣,應抽取男員工的人數為:30×
則∠BDE 或 其 補 角 即 為 異 面 直 線 AC 與 BD 所 成 8001 1500=16
,故選:C.
的角. 6.D y=|x|在(-∞,0)上單調遞減,在(0,+∞)上單調遞
在△BDE 中,BD= 3,DE= 3,BE= 6, 增,y=x3在R上為增函數;y=log3x在(0,+∞)上為增
則△BDE 為直角三角形,∠BDE=90°, x
函數;y= 1 在R上為減函數,故選:D.
即異面直線AC與BD 所成的角為直角, 3
故BD⊥AC. 7.A 命題p的否定是: a∈R,a
2+1<2a.故選:A.
(2)因為△ABC為正三角形,AB=2,所以BD= 3. 8.D 把y=sinx的圖象向左平移π個單位,可得函數3 y=
所以△BCD 的面積S1=
1BD·2 DC=
3
2 sin x+π3 的圖象.故選:D.
又CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥BC,CC1⊥DC. 9.B 第一組的頻率為0.005×10=0.05<25%,第一、第二
所以△CCD 的面積S =1DC·CC = 2, 組的頻率之和為(0.005+0.030)×10>25%,故選:B.1 2 2 1
10.C y=sinx為奇函數,且最小正周期為2π;y=cosx為
△BC1C的面積S3=
1
2BC
·CC1=2 2. 偶函數,且最小正周期為2π;y=tanx為奇函數,且最小
由(1)可知,BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥C1D

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