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第一部分 合格考專題考點卷
專題一 集合與常用邏輯用語
一、選擇題
1.若一個集合中的三個元素a,b,c是△ABC的三邊長,則此三角形一定不是 ( )
A.銳角三角形 B.直角三角形
C.鈍角三角形 D.等腰三角形
2.集合{x|x2-4x+3=0}用列舉法表示為 ( )
A.{1,3} B.{x|x=1,x=3}
C.{x2-4x+3=0} D.{x=1,x=3}
3.已知集合A={0,1},則下列式子錯誤的是 ( )
A.0∈A B.{1}∈A
C. A D.{0,1} A
4.下列關(guān)系中正確的個數(shù)為 ( )
① 2∈Q;②0∈N*;③π R;④|-4|∈Z.
A.1 B.2 C.3 D.4
5.“x>3”是“x2>4”的 ( )
A.必要不充分條件 B.充分不必要條件
C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件
6.下列全稱量詞命題中是真命題的個數(shù)是 ( )
①所有偶數(shù)都能被2整除;②所有的奇數(shù)都能被3整除;③任意實數(shù)的平方都不小于零.
A.0 B.1 C.2 D.3
7.集合 M={x∈N|-2A.7 B.8 C.15 D.16
8.設(shè)命題甲:{x|0A.充分不必要條件 B.必要不充分條件
C.充要條件 D.既不充分也不必要條件
9.下列命題中是真命題的是 ( )
① x∈R,x2+1<0;② x∈R,x2+1>0;③ x∈Z,x2=2;④ x∈R,x2=2.
A.①② B.②③ C.②④ D.③④
10.若A={x|0A.{x|x≤0} B.{x|x≥2}
C.{x|0≤x≤ 2} D.{x|0·1·
11.設(shè)全集U=R,集合A={x|1A.{x|1≤x<2} B.{x|x<2}
C.{x|x≥5} D.{x|112.已知集合U=R,集合 M={x|-2≤x<2}和N={y|y=2k-1,k∈Z}的關(guān)系的Venn圖如圖
所示,則陰影部分所示的集合的元素共有 ( )
A.3個 B.2個 C.1個 D.0個
二、填空題
13.命題“對任意x∈R,若y>0,則x2+y>0”的否定是 .
14.集合A={x|115.已知命題p:4-x≤6,q:x≥a-1,若p是q的充要條件,則實數(shù)a= .
16.已知全集U=R,M={x|-1.
三、解答題
17.已知命題p:對任意x∈1,2],x2-a≥0,命題q:存在x∈R,x2+2ax+2-a=0.若命題p與q
都是真命題,求實數(shù)a的取值范圍.
18.已知集合A={x|1≤x<7},B={x|2(1)求A∪B,( RA)∩B;
(2)如果A ( RC),求a的取值范圍.
·2·參考答案
所以 M∪N={x|-1第一部分 合格考專題考點卷 ={x|x<1或x≥2}.
答案:{x|x<1或x≥2}
專題一 集合與常用邏輯用語 17.解:由命題p為真,可得不等式x2-a≥0在x∈[1,2]上
1.D △ABC的三邊長兩兩不等. 恒成立.
2.A 此集合是方程x2-4x+3=0的根組成的集合,方程 所以a≤(x2)min,x∈[1,2].所以a≤1.
的根為1,3,所以列舉法表示為{1,3}.
若命題q為真,則方程x2+2ax+2-a=0有解.
3.B ∵{1} A,∴{1}∈A 錯誤.其余均正確.
所以判別式Δ=4a2-4(2-a)≥0.
4.A ①∵ 2是無理數(shù),∴ 2 Q,故①錯誤;②∵0不是正 所以a≥1或a≤-2.
整數(shù),∴0 N*,故②錯誤;③∵π是實數(shù),∴π∈R,故③
又因為p,q都為真命題,
錯誤;④∵|-4|=4是整數(shù),∴|-4|∈Z,故④正確.
a≤1,
5.B x>3 x2>4,反之不一定成立. 所以 所以a≤-2或a=1.a≥1或a≤-2.
6.C 正確的為①③.
所以實數(shù)a的取值范圍是{,,, , a|a≤-2
或a=1}.
7.C 集合 M 中共有0123四個元素 真子集的個數(shù)是
18.解:(1)因為A={x|1≤x<7},B={4 x|2{
{ } { } { 所以A∪B= x|1≤x<10
},( RA)∩B={x|x<1或8.A 命題乙是 -1} } { } { }x<3 . x≥7 ∩ x|2(2)由題意知 {2 , 2 RC= x|x≥a
},又A ( RC),故a≤1.
9.C ①x +1≥1 ③x =2 x=± 2.
10.D 在數(shù)軸上分別表示出集合A,B,如圖. 專題二 一元二次函數(shù)、方程和不等式
1.B 最大限速與車距是同時的.
2.C 由題設(shè),知a>0,c<0,且b>c,所以ab>ac.
所以A∪B={x|0x<2}. 2ab+1b2+3b24 4 = a-1b +3b2≥0,所以A≥B.11.D UB={x|x<2或x≥5},A∩( UB)={x|112.B 由題意得,陰影部分所示的集合為 M∩N,由N={y|y 4.D a>1,所以a-1>0,所以a+ 1a-1=a-1+
1
a-1+1
=2k-1,k∈Z}知N 表示奇數(shù)集合,又由 M={x|-2≤
x<2}得,在-2≤x<2內(nèi)的奇數(shù)為-1,1.所以 M∩N= ≥2 (a-1)· 1a-1+1=3
,當(dāng)且僅當(dāng)a-1= 1 即a-1 a=
{-1,1},共有2個元素. 2時等號成立.
13.解析:已知命題是一個全稱量詞命題,其否定為存在量
2 1
詞命題,先將“任意”換成“存在”再否定結(jié)論,即命題的 5.B 原不等式可化為3x -19x+6≤0,得3≤x≤6.
否定是: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(dāng)且
答案:存在x∈R,若y>0,則x2+y≤0 3 3 4 4
14.解析:因為A={x|1結(jié)合數(shù)軸可知a≥6.
7.B ∵a>b>0,∴1ab>0
,∴a·1 ·1,即1 1ab>b ab b>a.
8.A 由題意知,Δ=4-4(5-m)=-16+4m<0,得m<4.
答案:[6,+∞)
9.C 因 為 不 等 式 ax2 +5x -2>0 的 解 集 為
15.解析:由題意得p:x≥-2,q:x≥a-1,因為p 是q 的充
1
要條件,所以a-1=-2,即a=-1. x 答案:-1
根,所以根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得1 2,所以
16.解析:因為U=R, UN={x|0×2=-a
≤0或x≥2}, a=-2.
·65·

10.A 設(shè)菜園的長為x,寬為y,則x+2y=L,面積S=xy, (2)因為a>0,b>0,且1+2 ,
( )2 2 a b
=1
因為x+2y≥2 2xy,所以xy≤ x+2y =L ,當(dāng)且僅8 8 所以a+b= 1+2 (a+b) b 2aa b =3+a +b ≥3+2
當(dāng)x=2y=L,即x=L, L時, L2 2 y=4 Smax=8.
2 b·2a=3+2 2,
11.C 由ax≥-(x2+1), , a bx>0 得a≥- x+1x . 1
a+
2=1,
1, 1 b a=1+ 2
,
∵01 5, 5
,
a =b
為
2+2=2 ∴a≥-2.
所以a+b的最小值是3+2 2.
12.D a>0,b>0,且(a+1)(b+1)=2,則a+b=a+1+b
+1-2≥2 (a+1)(b+1) ,
專題三 函數(shù)的概念與性質(zhì)
-2=2 2-2 當(dāng)且僅當(dāng)a=b
= 2-1時取等號. 1.B 函數(shù)y= 1 =13 ,其定義域為{x|x≠0},與選項B
x3 x
13.解析:由題設(shè)得0<2α<π,0<β≤π,所以 π β3 6 -6≤-3 中的函數(shù)是相等函數(shù),其定義域相同.
<0,所以-π β6<2α-3<π. 2.B y= x
的值域為[0,+∞),y=1的值域為(x -∞
,0)
: π, ∪(0,+∞),y=x
2+1的值域為[1, )答案 - π +∞ .6
: ( )2 ( 2 ) , 2 , 3.A ∵y=x在(0,+∞)上遞增,y=-
1在(, )上也
14.解析 Δ= -2 -4 -a +3a <0 即a -3a+1<0 x 0 +∞
3- 51在(,
x 0 +∞
)上遞增.
2 2
3- 53+ 5 4.C 令x-1=2,則x=3,f(2)=f(3-1)=3
2-2=9-2
答案: ,
2 2 =7.
a<0, x+1,x<1,5.D 因為函數(shù)f(x)= 所以, , f 52 =-5
: , -3+2=-
b, a=-2, -x+3x≥1 2
15.解析 由題意 得 a 解得 b=-2. +3=1,所以f f 5 =f 1 1 3-3×2=12 2 2 2 =2+1= . , 2a
6.C 函數(shù)y=x2-6x+10圖像的對稱軸為直線x=3,此
∴a-b=0.
函數(shù)在區(qū)間(2,3)上 單 調(diào) 遞 減,在 區(qū) 間(3,4)上 單 調(diào)
答案:0
遞增.
16.解析:因為a,b是正數(shù),所以ab=a+b+3≥2 ab+3,解 7.A 選項B,C在[1,4]上均為增函數(shù),選項A,D在[1,4]
得 ab≥3,即ab≥9. 上均為減函數(shù),代入端點值,即可求得最大值為3的是
答案:[9,+∞) 1
17.解:①若m=0,則問題等價于-6<0對x∈R恒成立,
y= +2.
顯 x
然成立. 8.C 奇函數(shù)圖像關(guān)于坐標(biāo)原點對稱,又f(-a)=-f(a).
m<0, m<0, 5因為函數(shù) 3 在(,)處有定義,且該函數(shù)為奇函
②若m≠0,則有 即 9.B y=x 00Δ<0, (-m)2-4m(m-6)<0.
數(shù),排除選項A、D;又5>1,排除選項C.
解得m<0. 3
綜上所述,所求m 的取值范圍是(-∞,0]. 10.D 根據(jù)題意總收入分為兩部分:普通車存車費為0.2x
1 2 元,變速車存車費為( ) 元18.解:(1)
4000-x ×0.3 .∴y=0.2x+
因為a>0,b>0,且a+b=1
,
1200-0.3x=-0.1x+1200(0≤x≤4000).
所以1 2 1·2
a+b≥2 a b=2
2,
ab 11.C 因為a
2+2a+5 ( )2 3 3,又2= a+1 +2≥2 f
(x)為偶
則2 2≤1,即ab≥8, 函數(shù),且 在[0,+ ∞)上 是 減 函 數(shù),所 以ab f -32 =
1 2 3+ =1, f ≥f a2, 2 +2a+5 .a b a=2 2
當(dāng)且僅當(dāng) 即 時等號成立,1=2, b=4 12.B f(-x)= -x -x (),所以 ()a b 1+|-x|=1+|x|=-fx fx
所以ab的最小值是8. 是奇函數(shù),圖像關(guān)于原點對稱.
·66·




: ( ) 3( ) 1, () -4<0,不滿足“大于0且不等于1”這個條件,故不是指13.解析 因為f2x+1 =2 2x+1 +
所以
2 fa = 數(shù)函數(shù);C中雖然是一個冪,x也出現(xiàn)在指數(shù)上,但指數(shù)并
3a+1 又 () ,所以3 1 ,則 7 不是自變量 ,故不是指數(shù)函數(shù); 中 2x x 恰好2 2. fa =4 2a+2=4 a=3. x D y=5 =25
符合指數(shù)函數(shù)的三個特點,故是指數(shù)函數(shù)
7 .答案:
3 6.A f(-2)=-3<0,f(1)=6>0,逐次驗證得出初始區(qū)
2 2 間為
14.解析:f(x)=2 x-m +3-m ,由題意m , A.4 8 4=2 7.D 函數(shù)模型對應(yīng)的函數(shù)是個增函數(shù),而且增長速度越來
∴m=8. 越慢,故對數(shù)型函數(shù)符合題設(shè)條件.
∴f(1)=2×12-8×1+3=-3. 8.A 設(shè)現(xiàn)在的成本費為x,則3年后的成本費為x(1-
答案:-3
3
15.解析:由題意知,m2-3m+3=1,即m2-3m+2=0,解 q%)=a x=
a
( .1-q%)3
得m=1或m=2.經(jīng)檢驗m=1或m=2均符合題意,即
9.C 因為 1m=1或2. 2
a 1 b 0< < 1 ,所以2 2 a>b>0.
答案:1或2 10.A 因為016.解析:因為f(|-x|)=f(|x|),所以①為偶函數(shù);因為 減,又因為函數(shù)y=loga(x-1)的圖像是由y=logax 的
f(-x)=-f(x),令g(x)=-f(x),則g(-x)=-f(-x) 圖像向右平移一個單位得到,所以A對.
=f(x)=-g(x),所以②為奇函數(shù);令F(x)=xf(x),則
11.B f 1 =log 13 =-3,f f 1 =f(-3) -3F(-x)=(-x)f(-x)=xf(x)=F(x),故③是偶函 27 27 27 =2
數(shù);令h(x)=f(x)+x,則h(-x)=f(-x)-x=-f(x)- =1.
x=-h(x),故④是奇函數(shù). 8
答案:②④ 12.C 當(dāng)a>1時,log 44a ,此時 ,當(dāng)5 a 5 a>1
17.解:f(x)=ax-1=a-a+1.設(shè)x+1 x+1 x1,
04,此時
5 04
5.
則f(x1)-f(x2)= a-a+1x +1 - a-a+1 a+11 x +1 =2 x2+1 綜上可知01.
a+1 (a+1)(x1-x2)-x +1=(x . 解析:由 () x 與 () x 的圖像可知,當(dāng) a1 2+1)(x1+1) 13. fx =5 g x =0.7 5 =
又函數(shù)f(x)在(-∞,-1)上是減函數(shù), 0.3<1時,a<0,同理b>0.所以ab<0.
所以f(x1)-f(x2)>0. 答案:ab<0
由于x1所以x1-x2<0,x1+1<0,x2+1<0, 示,所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為[1,+∞).
所以a+1<0,即a<-1.
故a的取值范圍是(-∞,-1).
18.解:∵f(x)為奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x),
即mx
2+2 mx2+2 mx2=- = +2.比較得n=-n,-3x+n 3x+n -3x-n 答案:[1,+∞)
∴n=0.又f(2)=5,∴4m+2=5,得m=2. 15.解析:從表格可以看出三個變量y1,y2,y3 都隨x 的增3 6 3
大而變大,但增長速度不同,其中 的增長速度最快,
∴實數(shù)m 的值為2,
y
n 1的值為0.
畫出它的散點圖(圖略)知變量y1 關(guān)于x 呈指數(shù)函數(shù)
專題四 指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù) 變化.
x-2≥0, 答案:y1
1.C 由 得x≥2且x≠5.x-5≠0, 16.解析:由原方程得lgx=-x+1,問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)y=
2.A 由log4(3a+4b)=log2 ab=log4ab,得3a+4b=ab, lgx的圖像與函數(shù)y=-x+1的圖像交點的個數(shù).作出
3 4 相應(yīng)函數(shù)的圖像,如圖.∴b+a=1.
3.C 由題意 a
2
=a2-
1-1 72 3=a6.
3
a· a2
4.C 令x-1=0,得x=1,此時y=2+1=3,∴圖像恒過
定點(1,3).
5.D A中雖然是一個冪,但自變量出現(xiàn)在底數(shù)上,故不是 由圖可知,有一個交點,故原方程有且僅有一個根.
指數(shù)函數(shù);B中雖然是一個冪,且自變量出現(xiàn)在指數(shù)上,但 答案:1
·67·

17.解:(1)函數(shù)f(x)=x+k(
原式
k>0)為奇函數(shù),理由如下: 4.B =cos70°cos
(360°-25°)+sin(180°-70°)sin25°
x =cos70°cos25°+sin70°sin25°=cos(70°-25°)=cos45°
由題意得f(x)的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),它關(guān)于
原點對稱, = 22.
對于任意x∈(-∞,0)∪(0,+∞),
( ) k (), () 5.B
3+tan75°=tan60°+tan75° (1-tan60°tan75°=tan60°+75°
)=
∵f -x =-x- =-fx ∴fx 是奇函數(shù)x . 1- 3tan75°
∵f(-1)=-(k+1),f(1)=k+1,k>0, tan135°=-1.
∴f(-1)≠f(1),∴f(x)不是偶函數(shù), 6.C ∵sin168°=sin(180°-168°)=sin12°,cos10°=sin80°,
∴f(x)是奇函數(shù),不是偶函數(shù). sin11°(2)函數(shù)f(x)=x+4在(0,2]內(nèi)是減函數(shù)x . 7.C
由題意得(sinα-cosα)2=25,16
證明如下:任取x1,x2∈(0,2],且x1則f(x1)-f(x2)
16
=x 41+x -x2-
4 (
x = x1-x2
)+
1 2 又sin2α+cos2α=1,
4(x2-x1) ( x -x= x1-x2)1-
4 = 1 2(x1x2-4). 25x ,
9
1x2 x1x2 x1x2 ∴1-2sinαcosα=16 ∴sinαcosα=-32.
∵0∴xx -4<0. 8.A ∵點 0,1 在函數(shù)圖像上,2 ∴sin 11 2 φ=2.
∴f(x1)-f(x2)>0.
又
( ) ( ), |φ|<
π,
2 ∴
π
φ= ,6 ∴y=sin ωx+π .∴fx1 >fx2 6
因此,函數(shù)f(x)=x+4在(0,2]內(nèi)是減函數(shù). 又點(π,0)在y=sin ωx+π 上,且該點是“五點”中的x 6
∵f(2)=4,∴函數(shù)的值域為[4,+∞). 第五個點,
18.解:(1)因為f(x)=ax+b2 是定義在(-1,1)上的奇函x +1 ∴sin πω+π6 =0,∴πω+π ,6=2π ∴ω=116.
數(shù),所 以 f(0)=0,得b=0.又 因 為 f 12 = 2,則5 9.C 因為f(x)是偶函數(shù),所以0+φ π3 =2+kπ,k∈Z,所以
1a =3π2 2 x φ +3kπ,k∈Z.又φ∈[0,2π],所以 =
3π.
2 =5 a=1
,所以f(x)= 2 . 2
φ 2
1 x +12 +1 10.C 令kπ-π2f(t-1)+f(2t)<0得f(t-1)<-f(2t)=f(-2t), x 0-1所以有 -1<-2t<1,解得 -21 所以排除 A,B.因為π即0,所以π≤2x≤2π.因為
3
1 y=sin2x在2x∈[π,2π]內(nèi)不具有單調(diào)性,所以排除C.故不等式f(t-1)+f(2t)<0的解集為 t012.C 由輔助角公式,函數(shù)y=4sinx+3cosx=5 sinx·
專題五 三角函數(shù)
4 ·3
1.A 當(dāng)k=0時,α=45°,此時α為第一象限角;當(dāng)k=1時, 5+cosx 5 =5sin(x+φ),其中cos =4φ ,5 sinφ=
α=225°,此時α是第三象限角. 3,且
2.D cos600°=cos(360°+240°)=cos240°=cos(180°+ 5 φ
角的終邊過點(4,3),所以函數(shù)y=4sinx+3cosx
) 1 的最大值是60°=-cos60°=- . 5.2
:
m 4 13.解析 cos α+7π12 =cos π2+ α+π12 =-sin α+3.C 由題意得cosα= =- ,兩邊平方可解得
m2+9 5 π
4 12 =-13.m=±4.又cosα=- <0,則α的終邊在第二或第三象5
, , , 答案:限 則點P 在第二或第三象限 所以m<0 則m=-4. -
1
3
·68·


π 1-cos2α 3.A 設(shè)z=5+bi(b∈R),則|z|= 25+b214.解析:因 為2<α<π
,所 以tanα=- ,1+cos2α=
又|4-3i|= 42+(-3)2=5,∴ 25+b2=5,∴b=0.
- 33. 4.C 因為A
→O+O→D=A→D,A→C+C→D=A→D,所以A→O+O→D=
: 3 A
→C+C→D.
答案 -3 5.D ∵z1-z2=5-7i,∴z1-z2 在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位
15.解析:將函數(shù)y=sinx的圖像向左平移φ個單位長度后,得 于第四象限.
y=sin(x+φ)的圖像,而y=sin x-π =sin x+11π , 6.A b=a+b-a=(3,2)-(2,4)=(1,-2).6 6
7.D 如圖,作菱形ABCD,則|A→B-B→C|=|A→B-A→D|=
所以 11πφ=6. |D→B|= 3.
答案:11π
6
16.解析:sin2x=cos π2-2x =cos 2 π4-x
=1-2sin2 π-x =7. 8.D A→4 25 B=A→O+O→C+C→B=-a+b+12a=b-12a.
答案:7 9.B ∵|a-4b|2=a2-8a·b+16b2
25
=22-8×2×1×cos60°+16×12=12,
17.解:因為π4<α<
π,
2 0<
π π
β< ,所以4 4<2α-β<π. ∴|a-4b|=2 3.
2 3π 10.C 由a∥b,可得m=-4,所以b=(-2,-4),因為cos(2α-β)=- ,所以2 2α-β=4. 所以2a+3b=(2,4)+(-6,-12)=(-4,-8).
因為π<α<π,0< <π, 2+ai (2+ai)( )β 11.D = 1-i a+2 a-24 2 4 1+i (1+i)(1-i)= 2 + 2i=3+i
,
所以-π<α-2<πβ . a+24 2 2 =3
,
所以 解得a=4.
a-2
因為sin(α-2)= 2 πβ ,所以2 α-2β=4. 2
=1,
所以cos(α+β)=cos[(2α-β)-(α-2β)] 12.D 由A
→B+C→D=0,得A→B=-C→D=D→C,∴四邊形ABCD
=cos 3π-π =cosπ=0. 為平行四邊形.又A→C·B→D=0知,對角線互相垂直,故4 4 2
四邊形為菱形.
18.解:(1)∵原式=3sin 2 x-π12 +1-cos 2 x-π 13.解析:(A→D-B→12 M)+(B→C-M→C)=A→D+(B→C-B→M)-
→ → →
=2 3sin 2 x-π 1 π +1 MC=AD+MC-M
→C=A→D.
2 12 -2cos 2 x-12 答案:A→D
=2sin 2 x-π -π +1=2sin 2x-π +1,12 6 3 14.解析: 2i(原式= -1- 3i)=2 3-2i= 3-1i,∴虛部1+3 4 2 2
∴f(x)的最小正周期為T=2π2=π. 為-12.
(2)當(dāng)f(x)取得最大值時,sin 2x-π =1,3 答案:-12
有2x-π=2kπ+π,k∈Z,3 2 15.解析:∵(a+b)·a=a
2+a·b=0,∴a·b=-a2=-1.
·
即x=kπ+5π,k∈Z, 設(shè)a與b的夾角為θ,∴cosθ= a b = -1 =- 2,12 |a||b| 1× 2 2
∴所求x的集合為 x|x=kπ+5π,12k∈Z . 又θ∈[0,π],∴θ=3π4.
專題六 平面向量及復(fù)數(shù) 答案:3π
4
1.C 單位向量的模相等.
→ → 16.解析:由已知易得λa+b= -λ,λ+1 ,則(-λ)2+2.C 如圖,AD與CD的夾角為∠ABC=120°. 2
2λ+1 13,解得 或 32 =4 λ=1 λ=-2.
答案:1或-32
·69·


17.解:(1)M→N=A→N-A→M=(A→B+B→N)-(A→D+D→M) 9.A 因為S 1△ABC= AB·ACsinA,所以1·2·2 2 ACsin60°
= b+12d - d+1 1( )2b =2 b-d . = 3 所以 又2. AC=1. BC2=AB2+AC2-2AB·AC·
(2)m=A→D+D→M=d+1 →,2AB ① cosA=4+1-2×2cos60°=3.
n=A→B+B→N=A→B+12d
, 所以BC= 3.
所以2n=2A→
10.D 在△ABC 中,由已知可得BC=AC=4,C=180°-
B+d.② 30°×2=120°.所以由余弦定理得 AB2=AC2+BC2-
由①②消去d,得A→B=4n-23 3m. 2AC·BCcos120°=42+42-2×4×4× -12 =48,
18.解:(1)設(shè)c=(x,y),由c∥a及|c|=2 5, 所以AB=4 3(m).
· · ,
1 y-2 x=0 x=2, x=-2,可得 所以 或 11.C 由正弦定理可得sinB=bsinA=18sin30° 3x2+y2=20, y=4 y=-4, ,因a 15 =5
因為c與a 方向相反,所以c=(-2,-4). 為b>a,所以B>A=30°,所以角B 可能是銳角,也可能
(2)因為(a+2b)⊥(2a-b), 是鈍角,所以此三角形有兩解.
所以(a+2b)·(2a-b)=0,即2a2+3a·b-2b2=0,
2 · 2 , 12.D a
2=b2+c2-2bccosA=82+32-2×8×3×1=
所以2|a|+3a b-2|b|=0 2
所以2×5+3a·b-2×5=0, 49,所以4 a=7
,所以2R= asinA=
7=14,所以R=7,
3 3 3
· 2
所以a·b=-5.所以2 cosθ=
a b
|a||b|=-1. 7 2
所以S=π =49π又因為θ∈[0,π],所以θ=π. 3 .3
專題七 解三角形 13.解析:S 1△ABC=2absinC=15 3,∴sinC=
3
2.
1.A 在△ABC 中,若AB= 13,BC=3,∠C=120°,AB2 c
=BC2+AC2-2AC·BCcosC,可得13=9+AC2
由正弦定理 ,得 ·
+3AC, sinC=2R c=2R sinC=3.
解得AC=1或AC=-4(舍去). 答案:3
2 2
2.A 由余弦定理的推論得cos∠BAC=AB +AC -BC
2 14.解析:由余弦定理,得c2=a2+b2-2abcosC=12+12-
2AB·AC 1
2 2
=5+3-7
2 1 2×1×1× - =3,∴c= 3.,又 (, ),因 此
2×5×3 =-2 ∠BAC∈ 0π ∠BAC
2
答案:3
=2π3. 15.解析:∵B=60°,C=75°,∴A=45°,
3.B 依題意,由 a b ,得3 5 ,
a b
得
sinA=sinB 1=sinB sinB=
5. ∵ = ,9 sinA sinB
3
∴8=b,∴b=4 6.
2 3
4.B 由正弦定理 a = b ,得 3 2 = b ,所以sinA sinB sin60° sin45° 2 2
b=3 2× 2
答案:
2=2 3.
4 6
3 16.解析:依題意可得AD=20 10,AC=30 5,
2
又CD=50,所以在△ACD 中,5.D 由條件及題圖可知,∠A=∠B=40°,又∠BCD=60°,
2 2 2
所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,故燈塔A 在燈塔B 由余弦定理的推論得cos∠CAD=AC +AD -CD2AC·CD
的南偏西80°.
(30 5)2+(20 10)2-502 6000 2,
6.B ∵cosC=4,C∈(0,π),∴sinC=3,
= = =
5 5 2×30 5×20 10 6000 2
2
1 又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,∴S△ABC=2absinC=
1
2×5×4×
3
5=6. 所以從頂端A 看建筑物CD 的張角為45°.
7.C 由余弦定理的推論及2acosB=c,得2a·a
2+c2-b2 答案:45°
2ac b c
=c,∴a2-b2=0,∴a=b,∴△ABC為等腰三角形. 17.解:(1)由正弦定理 ,sinB=sinC
8.D 在△ADC中,由正弦定理得AD=10sin135° ( bsinC 1sin15° =10 3 得sinB= c =
,
2
+1),在Rt△ABD 中,AB=ADsin30°=5(3+1)(m). 因為在△ABC中,b·70·

(2)因為A+B+C=180°, 10.C 如圖所示,在正方體ABCD-A1B1C1D1 中,BC∥平面
所以A=180°-120°-30°=30°, A1C1,但平面A1C1與平面BC1相交,故A錯誤;同理平面
1 3 BC1中有無數(shù)條直線與平面A1C1平行,但平面A1C1與平所以S=2bcsinA=4. 面BC1相交,故B錯誤;又AD∥平面A1C1,AD∥平面BC1
:() , , 2 5, 但平面BC1與平面AC 相交
,故D錯誤.
18.解 1 因為C=45°b=4 5sinB= 1 15
bsinC 4 5×
2
所以由正弦定理可得c= 2sinB= =5 2.2 5
5
(2)因為sinB=2 5,B 為銳角,5
所以cosB= 1-sin2B= 5, 11.B 在 正 方 體 ABCD-A1B1C1D1 中,BC⊥CD,BC⊥5 CC1,CD∩CC1=C,CD,CC1 平面 D1C,∴BC⊥平面
所以sinA=sin(B+C)=sinBcosC+cosBsinC=2 5 D1C.又D1C 平面D1C,∴BC⊥D1C,∴∠D1CD 是二5
面角 D1-BC-D 的 平 面 角.在△D1CD 中,D1D⊥CD,
× 2+ 5× 2=3 10. D1D=CD,∴∠D1CD=45°,即二面角 D1-BC-D 的平2 5 2 10
面角的大小是45°.
專題八 立體幾何初步 12.C 三棱錐點P 到平面ABC 的距離即為以平面ABC 為
1.C 根據(jù)棱錐的定義和結(jié)構(gòu)特征可以判斷,①②是棱錐, 底的三棱錐的高h,以平面PAB 為底,三棱錐的體積為
③不是棱錐,④是棱錐. 1 a3V= × ,同樣以平面 ABC 為底,三棱錐的體積為
2.C 經(jīng)過共線3個點的平面有無數(shù)個,比如:課本中每一 3 2
頁都過共線的三點. V=1× 3( )2 ,由三棱錐的體積不變,得 1
, 3 4
2a ×h V=3
3.B ∵A'B'∥x'軸 A'C'∥y'軸,∴AB⊥AC.又AC=2A'C'=
3
2AB,∴△ABC是直角三角形,不是等腰三角形. × 3(4 2a
)2×h=1×a ,解得3 2 h=
3a
3 .
4.D 該幾何體用平面ABCD 可分割成兩個四棱錐,因此
2 2
它是這兩個四棱錐的組合體,因而四邊形ABCD 是它的 13.解析:由已知得圓錐的高h= 5-3 =4,
一個截面而不是一個面.故D說法不正確. 所以V =1圓錐 3π×3
2×4=12π.
5.C 由題意知球的直徑2R= (2 3)2+(2 3)2+(2 3)2 答案:12π
=6,∴R=3,∴S球=4πR2=36π. 14.解析:①錯,a與b也可能異面;②對,∵α∥β,∴α與β無
6.D 沒有說明角的方向,故三種位置關(guān)系都有可能. 公共點.
7.D 由直線與平面平行的判定定理知,EF 與平面AB'、平 又∵a α,b β,∴a與b 無公共點;③錯,a與β 也可能
面BC'、平面CD'、平面AD'均平行.故與EF 平行的平面 平行.
有4個. 答案:②
8.C 如圖,∵α⊥β,α∩β=l,m α,m⊥l,∴m⊥β. 15.解析:如 右 圖,連 接 BG,則 BG∥
AH,所以∠BGF 為異面直線AH
與FG 所 成 的 角.因 為 四 邊 形
BCGF 為 正 方 形,所 以 ∠BGF
=45°.
9.D 如 圖,連 接 AC,BD,∵E,F,G,H 分 別 為 各 邊 的
答案:
中點, 45°
16.解析:因為PA=PC,O 是AC 的中點,所以PO⊥AC,同
理PO⊥BD,又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.
答案:垂直
17.證明:(1)如圖,設(shè)BC1與B1C的交點為O,連接OD,
∴EF∥AC,GH∥AC,EH∥BD,FG∥BD,EF=GH=
1AC,EH=FG=1BD.∴四邊形2 2 EFGH
是平行四邊
形,∵AC⊥BD,且 AC=BD,∴EF⊥FG,且 EF=FG,
∴四邊形EFGH 是正方形.
·71·

∵四邊形BCC1B1為平行四邊形, 9.C 因為在體操比賽的評分中使用的是平均分,計分過程
∴O 為B1C中點, 中采用“去掉一個最高分,去掉一個最低分”的方法,就是
又D 是AB 的中點, 為了防止個別裁判的人為因素給出過高或過低的分數(shù)對
∴OD 是△ABC1的中位線, 選手的得分造成較大的影響,從而降低誤差,盡量公平.
則OD∥AC1, 10.D 所給圖是成績分布圖,平均分是75,在圖1中,集中
又∵AC1 平面B1CD, 在75分附近的數(shù)據(jù)最多,圖3中從50分到100分均勻
OD 平面B1CD, 分布,所有成績不集中在任何一個數(shù)據(jù)附近,圖2介于
∴AC ∥平面BCD. 兩者之間1 1 .由標(biāo)準(zhǔn)差的意義可得s3>s2>s1.
(2)∵P 為線段A1B1的中點,點D 是AB 的中點, 11.B 由題意知去掉的兩個數(shù)是87,99,
∴AD∥B1P 且AD=B1P,則四邊形ADB1P 為平行四 所以87+90×2+91×2+94+90+x=91×7,解得x=4.
邊形, 故s2=1[(87-91)2+(90-91)27 ×2+
(91-91)2×2+
∴AP∥DB1, 36
又∵AP 平面B1CD,DB1 平面B1CD, (94-91)
2×2]=7.
∴AP∥平面B1CD. 12.B 因為可以用極差、方差或標(biāo)準(zhǔn)差來描述數(shù)據(jù)的離散
又AC1∥平面B1CD,AC1∩AP=P, 程度,所以要評估畝產(chǎn)量穩(wěn)定程度,應(yīng)該用樣本數(shù)據(jù)的
且AC1 平面APC1,AP 平面APC1, 極差、方差或標(biāo)準(zhǔn)差.
∴平面APC1∥平面B1CD. 13.解析:由題意得,在1萬元以上的項目中,不少于3萬元
18.證明:(1)因為△PDB 是正三角形,
的項目投資額占13,而1萬元以上的項目的投資額占總
所以∠BPD=60°, 21
因為D 是AB 的中點, 投資的比例為1-46%-33%=21%,所以不少于3萬
所以AD=BD=PD. 元的項目共投資500×21%×1321=65
(萬元).
又∠ADP=120°,所以∠DPA=30°,
答案:65
所以∠DPA+∠BPD=90°,所以PA⊥PB.
14.解析:樣本數(shù)據(jù)低于10的比例為(0.02+0.08)×4=
又PA⊥PC,PB∩PC=P,
0.40,樣 本 數(shù) 據(jù) 低 于14的 比 例 為0.40+0.09×4=
所以PA⊥平面PBC.
0.76,所以此樣本數(shù)據(jù)的第50百分位數(shù)在[10,14)內(nèi),估
(2)因為PA⊥平面PBC,所以PA⊥BC. 0.1 100
因為∠ACB=90°,所以AC⊥BC. 計此樣本數(shù)據(jù)的第50百分位數(shù)為10+0.36×4= 9 .
又PA∩AC=A, 答案:100
所以BC⊥平面PAC. 9
因為BC 平面ABC, 15.解析:因為分配比例為60800=
3,
40
所以平面PAC⊥平面ABC.
所以男生應(yīng)抽360×3=27(名),
專題九 統(tǒng)計 40
3
1.B 在放回簡單隨機抽樣中,每次抽取時各個個體被抽到 女生應(yīng)抽440× =33(名)40 .
的概率都相等,與第幾次抽樣無關(guān).
則總樣本平均數(shù)為w=27×171+33×160=164.95(cm).
2.D 樣本的平均數(shù)隨著樣本的變化而變化,我們只是用樣 60 60
本的平均數(shù)來估計總體的平均數(shù). 答案:164.95cm
20 1 x 1 16.解析:∵ 方 程 x
2-5x+4=0的 兩 根 分 別 為1,4且
3.B 由 = ,設(shè)抽取管理人員 人,則 ,得160 8 x 32=8 x=4. a+3+5+7=b,
4.C 因為折線統(tǒng)計圖用于描述數(shù)據(jù)隨時間的變化趨勢,所 4
以宜采用折線統(tǒng)計圖. ∴a=1,b=4.
5.B 因為直徑落在區(qū)間[5.43,5.47]內(nèi)的頻率為0.02× ∴該樣本為1,3,5,7,平均數(shù)為4.
(6.25+5.00)=0.225,所以個數(shù)為0.225×80=18. ∴s2=1[(4 1-4
)2+(3-4)2+(5-4)2+(7-4)2]=5.
6.D 50%分位數(shù)即中位數(shù),為1(2 4+7
)=5.5. 答案:5
7.A 把這組數(shù)據(jù)按從小到大排列為:10,12,12,14,14,14, 17.解
:設(shè)第一組20名學(xué)生的成績?yōu)閤i(i=1,2,…,20),
, , , , 第二組 名學(xué)生的成績?yōu)?( ,,…, ),1718192327,則可知其眾數(shù)為14,中位數(shù)為14. 20 yii=12 20
8.C 第95的百分位數(shù)是指把數(shù)據(jù)從小到大排序,有至少 依題意有:x=1( … ) ,20x1+x2+ +x20 =90
95%數(shù)據(jù)小于或等于這個數(shù),至少有5%的數(shù)據(jù)大于或等
于這個值. y=
1(
20y1+y2+
…+y20)=80,
·72·

故全班平均成績?yōu)? 個紅球”,則另一個必是白球,與“都是白球”是互斥事件,
1( … … ) 而任取2個球還有都是紅球的情形,故兩事件不是對立
40x1+x2+ +x20+y1+y2+ +y20 事件;對于C,“至少有一個紅球”為都是紅球或一紅一白,
=1(90×20+80×20)=85. 與“都是白球”顯然是對立事件;對于D,“至多有一個紅40
, 球”為都是白球或一紅一白,與“都是紅球”是對立事件又設(shè)第一組學(xué)生成績的標(biāo)準(zhǔn)差為s1 第二組學(xué)生成績的
.
8.C 樣本空間為{(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,丙,甲),
標(biāo)準(zhǔn)差為s2,則s2=
1 2
1 (20x1+x
2
2+…+x2 220-20x ), (乙,甲,丙),(丙,甲,乙),(丙,乙,甲)},共6個樣本點,甲
s2=1(y2+y2+…+y2 -20y22 1 2 20 )(此處x=90,y=80), 站在中間包含的樣本點有2個,故P(甲站在中間)
2
20 =6
又設(shè)全班40名學(xué)生的標(biāo)準(zhǔn)差為s,平均成績?yōu)閦(z= =1.
85),故有 3
1 9.C 對于某地6月1日的天氣,設(shè)事件A=“下雨”,事件s2= (40x
2
1+x22+…+x2 2 2 2 220+y1+y2+…+y20-40z ) B=“陰天”,事件C=“晴天”,則事件A,B,C 兩兩互斥,
=1(4020s
2
1+20x2+20s2+20 2-40z2)
且A∪B 與C 是對立事件,則P(C)=1-P(A∪B)y =1-2
P(A)-P(B)=1-0.45-0.20=0.35.
=1(62+42+902+802-2×852)=51. 10.B 易知20組 隨 機 數(shù) 中 表 示 恰 有 兩 次 命 中 的 數(shù) 據(jù) 有2
191,271,932,812,393,所以該運動員三次投籃恰有兩
s= 51.
所以全班同學(xué)的平均成績?yōu)?5分,標(biāo)準(zhǔn)差為 51. 次命中的概率約為
5
20=0.25.
18.解:(1)由題圖可知,[15,18)對應(yīng)縱軸數(shù)字為4,且組距75 11.D 由題意知甲中靶的概率為
4,乙中靶的概率為7,兩
5 10
為3,故[15,18)對應(yīng)頻率為4×3=475 25. 人打靶相互獨立,同時中靶的概率P=
4×7 145 10=25.
又已知[15,18)內(nèi)頻數(shù)為8,故樣本容量n=8÷4=50. 12.C 滿足xy=4的所有可能如下:x=1,y=4;x=2,y=25
;
()[ , ) , [ , ) 2x=4
,y=1.所以所求事件的概率P=P(x=1,y=4)
2 1215 內(nèi)小長方形面積為0.06 即 1215 內(nèi)頻率
為0.06,且樣本容量為50,故樣本在[12,15)內(nèi)的頻數(shù)為 +P(x=2,y=2)+P(x=4,y=1)=
1 1 1 1
4×4+4×4
50×0.06=3.
(3)由(1)(2)知樣本在[12,15)內(nèi)的頻數(shù)為3,在[15,18) +
1×1=34 4 16.
內(nèi)的頻數(shù)為8,樣本容量為50.所以在[18,33]內(nèi)的頻數(shù) 13.解析:由互斥事件的定義可知①④是互斥事件.
為50-3-8=39,在[18,33]內(nèi)的頻率為39=0.78. 答案:①④50
14.解析:設(shè)有n套次品,由概率的統(tǒng)計定義,知 n 2 ,
專題十 概率 2500
=100
解得
; n=50
,所以該廠所生產(chǎn)的2500套座椅中大約有
1.C A中事件為必然事件 B,D中事件為不可能事件;C
50套次品.
中事件為隨機事件.
答案:50
2.D 從含有10件正品、2件次品的12件產(chǎn)品中,任意抽取
15.解析:由題意可知,該產(chǎn)品為正品是第一道工序和第二道工
3件,則必然事件是至少有1件正品.
序都為正品,故該產(chǎn)品為正品的概率為
“ ” “ ” P=
(1-a)(1-b).
3.C 由于事件 至少有一次中靶 和 兩次都不中靶 的交
答案:(1-a)(1-b)
事件是不可能事件,所以它們互為互斥事件.
: “
“ ” “ 16.解析 設(shè) 擊中6環(huán)
”為事件A,“擊中7環(huán)”為事件B,擊
4.D 本市明天降雨的概率是90% 也即為 本市明天降雨
” 中8環(huán)為事件C,由題意得P(A)=P(B)90% . =P
(C)=0.1,
的可能性為
, ( ) ( ) ∴擊中環(huán)數(shù)大于5的概率P=P(A)+P(5.A 由于事件A 和B 是互斥事件 則P A∪B =P A + B
)+0.6=0.1
P(B)=0.1+P(B),又0≤P(A∪B)≤1,所以0≤0.1+ +0.1+0.6=0.8.
P(B) ,
答案:
≤1 所以0≤P(B)≤0.9. 0.8
、 、 解:設(shè)“中三等獎”為事件 ,“中獎”為事件 ,6.C 從甲 乙 丙三人中任選兩人有:(甲,乙),(甲,丙), 17. A B
( , ), , , , 樣本空間為{(0,0),(0,),(,),(,),(,),(,),乙 丙 共3種情況 其中 甲被選中的情況有2種 故甲 1 02 03 10 11
(1,2),(1,3),(2,0),(,2 21
),(2,2),(2,3),(3,0),(3,1),
被選中的概率為P=3. (3,2),(3,3)},共16個樣本點.
7.B 對于A,“至少有一個紅球”可能為一個紅球、一個白 (1)取出的兩個小球號碼相加之和等于4或3包含的樣
球,“至少有一個白球”可能為一個白球、一個紅球,故兩 本點有(1,3),(2,2),(3,1),(0,3),(1,2),(2,1),(3,0),
事件可能同時發(fā)生,所以不是互斥事件;對于B,“恰有一 共7個,
·73·

當(dāng) :若 ,異號,即
則中三等獎的概率為P(A)=7. 9.A a>b ab a>0>b
,顯然 a >b成立;
16 若a>b≥0或0≥a>b,均有 a >b成立;所以充分性成
(2)由(1)知兩個小球號碼相加之和等于3或4的取法有 立;當(dāng) a >b:若a=-2,b=1,顯然a>b不成立,故必要
7種; 性不成立.所以“a>b”是“a >b”的充分不必要條件.故
兩個小球號碼相加之和等于5的取法有2種:(2,3),(3,2). 選:A.
兩個小球號碼相加之和等于6的取法有1種:(3,3).
1 1 1 1
7+2+1 5 10.A ∵x2-x
-2= 5,∴ x2-x-2 2=5,則x-2+1
則中獎概率為P(B)= 16 =8.
x
: “ 、 、 ” , =5,即x+118.解 記 甲 乙 丙三人100m跑成績合格 分別為事件A =7.故選:x A.
B,C,顯然事件A,B,C相互獨立, 11.B ∵角α的終邊經(jīng)過點P(-1,3),∴tanα=-3.故
則P(A)=2,P(B)5 =
3,()
4 P C =
1. 選:B.3
( ,, 結(jié)合同角三角函數(shù)的基本關(guān)系式求得正確答案設(shè)恰有k人合格的概率為Pkk=012,3).
12.B .
(1)三人都合格的概率: sinα=cosα×tanα= 22×1=
2.故選:2 B.
P3=P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)=
2×3×15 4 3 x13.A 函數(shù)f(x)=3x- 13 的定義域為 R,且f(-x)
=110. -x x=3-x- 1 =-3x+ 1 x 1 x(2)三人都不合格的概率: 3 3 =- 3 - 3 =
x
P =P(A B C )=P(A)·P(B)·P(C)=3×1×2 -f(x),即函數(shù)f(x)是奇函數(shù),又y=3
x,y=- 10 5 4 3 3
1 在R都是單調(diào)遞增函數(shù),故函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).=10. 故選:A.
(3)恰有兩人合格的概率:
14.C 函數(shù)f(x)=1- 1 的圖像,是將函數(shù)y=-1先
P2=P(ABC)+P(ABC)+P(ABC) x+1 x
2 3 2 2 1 1 3 3 1 23 向左平移1個單位,再向上平移1個單位得到;又由于函=5×4×3+5×4×3+5×4×3=60.
: 數(shù)y=-
1圖像關(guān)于原點中心對稱,所以 ()
恰有一人合格的概率 x f x =1-
P1=1-P0-P2-P
1 23 1 25 5 1
3=1- - - = = . 圖像關(guān)于(-1,1)中心對稱,所以 正確 故選:10 60 10 60 12 x+1 C . C.
綜合(1)(2)(3)可知P1最大. 15.A 由題意知,x2-4x+3<0 (x-1)(x-3)<0所以
所以出現(xiàn)恰有1人合格的概率最大. 原不等式的解集為{x|116.C 對于A,y=f(x)=cosx,則f(-x)=cos(-x)=
第二部分 合格考模塊達標(biāo)卷 cosx,所以函數(shù)y=f(x)=cosx 為偶函數(shù),故A錯誤;
對于B,y=f(x)=|x|+1,則f(-x)=|-x|+1=|x|
模塊達標(biāo)檢測卷一 +1,所以函數(shù)為y=f(x)=|x|+1為偶函數(shù),故B錯
1 3 誤;對于: C
,y=f(x)=x3,則f(-x)=-x3=-f(x),
1.B 23= 2.故選 B.
, 所以函數(shù) ()
3 為奇函數(shù),故
2.A 因為α=45°所以α是第一象限角.故選:A. y=f x =x C
正確;對于D,
, , () ,定 義 域 為(3.B x-1>0x>1 所以f(x)的定義域為(1,+∞).故 y=fx =log2x 0
,+∞),所 以 函 數(shù)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 A= 17.D 因為正實數(shù)x、y滿足x+2y=2,所以1+2=1 1U
{,,} : x y 2
x
345 .故選 C.
2 1 2y 2x 1 2y 2x
5.C 由扇形的弧長公式可知,l=|α|r=π×2=π.故 +y (x+2y)= ·2 2 5+x+y ≥2 5+2 x y
選:C. =9,當(dāng)且僅當(dāng)2y=2x,即x=y=2時,等號成立,故
6.A 由于a>b,所以-a<-b,
2 x y 3
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a項錯誤.故選:A. 沒有停歇,一直以勻速前進,其路程不斷增加;到終點
7.A 由題意知:函數(shù)y=f(x)的定義域為{1,2,3,4,5,6}. 后,等待兔子那段時間路程不變;對于兔子,其運動過程
故選:A. 分三段:開始跑的快,即速度大,所以路程增加的快;中
8.C 有圖像可知,當(dāng)x=9時,y=3,故f(9)=3.故選:C. 間由于睡覺,速度為零,其路程不變;醒來時追趕烏龜,
·74·

速度變大,所以路程增加的快;但是最終是烏龜?shù)竭_終 π =2cos5π=- 3.
點用的時間短.故選:B. 6 6
3x-2,x<2 故答案為:- 3.
19.B 函數(shù)f(x)= ,f(a)=3,log 23(x -1),x≥2 答案:- 3
當(dāng)a<2時,3a-2=3,解 得a=3, 2舍 去;當(dāng)a≥2時, 3v
s+25+5 40+
5v
8+30 3v 30 5
log(a23 -1)=3,解得a=±2 7,a=-2 7舍掉,所以 26.
解:(1)T= v = v =40+v+8.
a=2 7,故選:B. (2)經(jīng)過A 點的車流量最大,
2π π 即每兩輛車之間的時間間隔T 最小.20.B 將函數(shù)f(x)=2sin 2x+ 向右平移 個單3 -1 6
∵T=3v 30 5 3v·30 5 29,
位長 度 得 到 函 數(shù) g(x)=2sin 2x+π -1,由 x∈ 40
+v+8≥2 40 v+8=8
3
當(dāng)且僅當(dāng)3v=30,即v=20時等號成立,
-π,4 m ,得2x+π3∈ -π,2m+π ,由 40 v6 3 g(x)∈ ∴當(dāng)v=20m/s時,經(jīng)過觀測點A 的車流量最大.
[-2,1],得sin 2x+π ∈ -1,1 ,所以π3 2 2≤2m+ 27.解:(1)f(0)=sin π6 +sin -π6 +cos0=1;
π≤7π,所以3 6 m∈ π,5π ,故選: π1212 B. (2)因為f(x)=sin x+6 +sin x-π6 +cosx,
21.解析:由全稱命題的否定是特稱命題,所以命題p: x∈
所以 (
,2 : ,2 : fx
)=sinxcosπ+cosxsinπ+sinxcosπ-
Rx ≠x的否定形式為 p x∈Rx =x.故答案為 6 6 6
x∈R,x2=x. cosxsinπ6+cosx
答案: x∈R,x2=x
π
22.解析:因為a,b>0,所以2a+3b=4≥2 2a·3b,解得 =2sinxcos6+cosx
ab≤2,當(dāng) 且 僅 當(dāng)a=1,b=2時,等 號 成 立.故 答 案 = 3sinx+cosx3 3
2 =2sinx+
π
為: 6
3.
所以函數(shù)f(x)的最小正周期為2π.
答案:2
3 (3)當(dāng)sin x+π =1時,f(x)取最大值6 2.
23.解析:因為f(x)=x2+2,所以f(1)=12+2=3.故答案 28.解:(1)由題意,函數(shù)f(x)=log2(2-x)-log2(x+2)有
為:3.
2-x>0答案:3 意義,則滿足 ,x+2>0
24.解析:由3-2x-x2>0得-3義域為(-3,1),設(shè)t=3-2x-x2,則拋物線開口向下, (2)由(1)知,函數(shù)f(x)的定義域為(-2,2),關(guān)于原點
對稱軸為x=-1,∵y=log2x 在定義域內(nèi)單調(diào)遞增, 對稱,
∴要求函數(shù)g(x)=log2(3-2x-x2)的單調(diào)遞增區(qū)間, 又由f(-x)=log2(2+x)-log2(-x+2)=-[log2(2
等價求t=3-2x-x2 的遞增區(qū)間,∵t=3-2x-x2 的 -x)-log2(x+2)]=-f(x),
遞增區(qū)間是(-3,-1),∴函數(shù)g(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為 即f(-x)=-f(x),所以函數(shù)f(x)是定義域(-2,2)上
(-3,-1),故答案為(-3,-1). 的奇函數(shù).
答案:(-3,-1](或(-3,-1)) (3)由f(x)=log2(2-x)-log2(x+2)=log
2-x
2x+2
25.解析:由題意可得:3T=13π π 3π,4 12-3=4
由f(x)1,1 上恒成立,
∴T=π,ω=2π
2
T=2
,
即log2-x2 當(dāng)x=13π時,ωx+ 13π
x+2 2
12 φ=2×12+φ=2kπ
,
即2-x∴ 13φ=2kπ- π(6 k∈Z
),
x-2>0在x∈ 1, 上恒成立,π 2 1 令k=1可得:φ=- ,6 即函數(shù)h(x)=ax2+(2a+1)x-2>0在x∈ 1, 上π π π 2
1
據(jù)此有:f(x)=2cos2x- ,6 f 2 =2cos2×2- 恒成立,
·75·

, () 2a+1 15.A 記“甲地下雨”為事件A,則P(A)=0.5,記“乙地下又因為a>0 則函數(shù)hx 的對稱軸x=- 2a =-1- 雨”為事件B,則P(B)=0.4,兩地同時下雨的概率為
1<0, P(AB)=P(A)P(B)=0.5×0.4=0.2.故選:A.2a
16.B 因為(0.01+0.07+0.06+m+0.02)×5=1,所以
則只需h 12 =5a-3>0,解得a>6,4 2 5 m=0.04,設(shè)第80百分位數(shù)為x,則(0.01+0.07+0.06)
×5+(x-90)×0.04=0.8,解得x=92.5,故選:B.
即實數(shù)a的取值范圍是 6,5 +∞ . 17.C 因為AB=1,AC=2,∠A=2π,所以3 BC2=AB2+
模塊達標(biāo)檢測卷二
AC2-2AB·BC·cosA=1+4-2×1×2× -12 =
1.C 由題設(shè)z=2+3i,故其虛部為3.故選:C.
7,所以BC= 7.故選:C.
2.D A中圖形旋轉(zhuǎn)得到兩個圓錐與一個圓柱,不合題意;B
18.D 若α⊥γ,β⊥γ,則α不一定垂直β,故A錯誤;若α⊥γ,
中圖形旋轉(zhuǎn)得到兩個相同底面的圓錐,不合題意;C中圖
β⊥γ,則α不一定平行β,故B錯誤;若α∩β=n,m∥n,則
形旋轉(zhuǎn)得到相同底面的圓柱與圓錐,不合題意;D中圖形 m 可能在α或β內(nèi),故C錯誤;若α∥β,β∥γ,則α∥γ,又
旋轉(zhuǎn)得到一個圓臺與一個圓錐,合題意.故選:D. m⊥α,則m⊥γ正確;故D正確;故選:D.
3.C 由題意,可知A={1,3,5},B={5,6},A∩B={5},即
19.B 由表格數(shù)據(jù),x =72+86+87+89+92+94≈86.67,
事件A∩B=“點數(shù)為5”故選:C. A 6
4.B 6依題意,10×(0.02+0.03+b)=1,解得b=0.05,所 x =73+74+86+88+94+95B 6 =85
,S2 1A = ∑(6 xi-i=1
以直方圖中b的值為0.05.故選:B.
6
2 2 1 2 2
5.A 設(shè)北面有x 人,則 x 100
xA)≈50.6,SB= (6∑ xi-x, B
)=76,∴xA>xB,SA<
解得: i=1
x+7488+6912=300 x= S2B,應(yīng)選A 酒店.故選:B.
7200.故選:A.
20.A 連接 MQ,由 MP=2 3km,PQ=4km,MP⊥PQ
i i(1-i)6.A = i+1 1( )( )= = +
1i,其對應(yīng)點的坐1+i 1+i 1-i 2 2 2 得:MQ=2 7,
標(biāo)為 1,12 2 位于第一象限.故選:A.
7.C C→A=C→B+B→A=b-A→B=b-a,故選:C.
8.A 因為A→B·B→C=0,所 以A→B⊥B→C,則 在△ABC 中,
AB⊥BC,∠B=90°,所以△ABC為直角三角形.故選:A.
9.D 設(shè)正方體的棱長為a,因為正方體的體對角線的長度
∴sin∠MQP= 21,7 cos∠MQP=
2 7,又
7 cos∠MQN
等于其外接球的直徑所以 3= 3a,解得2 a=2
,故選:D.
=cos(∠NQP-∠MQP)=cos∠NQPcos∠MQP+
10.C 由頻率直方圖得,體重在[56.5,64.5]的頻率為0.03
, sin∠NQPsin∠MQP=
7, 2 2
14 ∴MN =MQ +NQ
2-2MQ·
×2+0.05×2+0.05×2+0.07×2=0.4 ∴所求人數(shù)
為100×0.4=40.故選:C. NQcos∠MQN=28,可得MN=27.故選:A.
11.D 由頻率分布表可得,分數(shù)大于等于90分對應(yīng)的頻率 21.解析:因數(shù)據(jù)x1,x2,x3,x4的平均數(shù)為4,
為0.125+0.250+0200+0.100+0.075+0.075= x1+x2+x +x則 3 4
4 =4
,
0.825,則 全 年 級 此 次 數(shù) 學(xué) 測 試 及 格 率 的 估 計 值 是
所以數(shù)據(jù)
: 2x1
,2x2,2x3,2x 的平均數(shù)為:82.5%.故選 D. 4
2x1+2x, 2
+2x3+2x4 x1+x2+x3+x4
12.C 隨機投擲一枚質(zhì)地均勻的骰子 點數(shù)向上的結(jié)果有6 4 =2
·
4 =2×4=8.
種,其中向上的點數(shù)為奇數(shù)的有3種,所以出現(xiàn)向上的 故答案為:8.
點數(shù)為奇數(shù)的概率是3 1,故選: 答案:8
6=2 C.
· 22.
解析:a+b+c+d=(A→B+B→C)+(C→D+D→E)=A→C+C→E
13.C ∵cosθ= a b = 4+4 =4,故選:|a →||b| C.5· 20 5 =AE=e.
14.B 若棱長為2的正方體的頂點都在同一個球面上,則 故答案為:e.
, 答案:球 的 直 徑 等 于 正 方 體 的 體 對 角 線 長 即 2R = e
1+i (1+i)2
22+22+22=2 3,(其中R 是該球的半徑),所以R= 23.解析:由題,z= +m(1-i)=( )( )+m(1-i)1-i 1-i 1+i
3,則球的體積V=4πR3=4 3π.故選:B. =2i+m-mi=m+(3 2 1-m
)i,
·76·

因為z是純虛數(shù),所以m=0,
所以
: sin∠APC= 1-cos
2∠APC= 3,
故答案為 0. 2
答案:0
所以S =1△APC 2×2×2×
3 ,
2= 3
24.解析:由余弦定理可得42=22+c2-2×2c×1,即c24 -c
所以三棱錐P-ABC 的體積V 1P-ABC=3S△APC×BC=-12=0,(c-4)(c+3)=0,因為c>0故c=4
故答案為:4. 1× 3×2=2 33 3 .答案:4
25.解析:設(shè)球半徑為r, 第三部分 合格考仿真模擬卷
根據(jù)題意可得:r=3,
4 山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試所以球的體積V= 33πr =36π. 仿真模擬卷(一)
故答案為:36π.
1.D 命題“ x∈R,x2-2x+1>0”的否定為“ x ∈R,
答案:36π 0
x2 ”故選:26.解:(1)由分層抽樣的特征可得每個個體被抽到的頻率 0-2x0+1≤0 D.
, 2.A 因為 M={1,2,3},是相等的 所以由B 小組抽取的情況可得抽取的比例為 N=
{1,3,4},所以 M∩N={1,
3};故選:3 1 1 1 A.= ,所以x= ×12=1,y= ×48=4,36 12 12 12 3.C 因為3+4i=3+bi,所以b=4.故選:C.
所以x=1,y=4. 4.A 因為α 是第一象限角,且cosα=4,所以5 sinα=(2)設(shè)A 組抽取的人記為a,B 組抽取的人記為b,c,d.
從中選2人,可能的結(jié)果為a,b;a,c;a,d;b,c;b,d;c,d. 1-cos2α= 1-16=3,故選:25 5 A.
共6種.
其中這2人都來自B 組的結(jié)果為b,c;b,d;c,
x+3≥0
d.共3種. 5.C 根據(jù)題意可得 ,所以x∈[-3,-2)∪(-2,x+2≠0
所以:這2人都來自興趣小組B 的概率為P=12. +∞).故選:C.
27.解:(1)由余弦定理得,c2=a2
2
+b2-2abcosC, 6.D x -4=(x+2)(x-2)>0,解得x<-2或x>2,所
∴c2-(a-b)2=a2+b2-2abcosC-(a-b)2=2ab(1- 以不等式的解集為(-∞,-2)∪(2,+∞).故選:D.
cosC), 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.∵CA·CB=abcosC=c2-(a-b)2,
8.B a3·a3=a6,選項A錯誤;28-27=2×27-27=27,選
∴abcosC=2ab(1-cosC),
項B正確;(a2)3=a6,選項C錯誤;b ·a-1=0,選項
∴cosC=2 a b3.
D錯誤.故選:B.
(2)在△ABC中,由∠A 是鈍角得,A=π-B-C>π,2 x+1,x≤19.A 由f(x)= ,則f(f(4))=f(-1)=π π -x+3,x>1∴0π 10.C 對 ,當(dāng) , , A a>b>0
,c>d>0 ac>bd,故 A錯誤;對
∵y=sinx在 0 上為增函數(shù)2 B,當(dāng)c>0時,ac>bc,故B錯誤;對C,同向不等式的可
∴0∴sinB 的取值范圍是0因為f(-x)=
:() : , , cos(-x)=cosx=f(),所以 為偶函數(shù) 故28.解 1 證明 因為平面PAC⊥平面ABC AC⊥BC 平面 x y=cosx . A
PAC∩平面ABC=AC,BC 平面ABC, 正確;對 于 B:對 于 y=sinx,f π π ,2 =sin 2 =1
所以BC⊥平面PAC,又PA 平面PAC, π π
所以PA⊥BC. f - =sin - =-1,不滿足f(-x)=f(x),故2 2
(2)由(1)知BC⊥平面PAC,所以BC⊥AC, y=sinx 不是偶函數(shù).故B錯誤;對于C:對于y=x3,
又BC=2,∠BAC=30°,所以AC=2 3, f(1)=13=1,f(-1)=(-1)3=-1,不滿足f(-x)=
2 2 3( )2 f(x),故y=x 不是偶函數(shù).故C錯誤;對于D:對于y=
因為PA=PC=2,所以cos∠APC=2+2- 2 32×2×2 = 2x,f(1)=21=2,f(-1)=2-1=1,不滿足 ( )
1 2
f -x =
- ,2 f(x),故y=2x 不是偶函數(shù).故D錯誤;故選:A.
·77·

12.B 在長方體中,BD21=AB2+AD2+AA21,則22=12+ 22.解析:由正弦定理:a = b ,可得:sinB=bsinA=
12+AA21,
sinA sinB a
解得AA1= 2.故選B.
13.D 在平行四邊形ABCD 中,依題意,O→
2
C=-O→A=-a, ,由a>b可得2 A>B
,則:∠B=45°.
而O→B=b,所以B→C=O→C-O→B=-a-b.故選:D 答案:45°
1-1
14.C 由 題 意 得,自 習(xí) 時 間 不 少 于22.5小 時 的 頻 率 為 23.解析:令x-1=0,則x=1,f(1)=a +1=2,
(0.16+0.08+0.04)×2.5=0.7,故自習(xí)時間不少于 所以函數(shù)圖像恒過定點為(1,2).故答案為:(1,2)
22.5小時的人數(shù)為0.7×200=140,故選C. 答案:(1,2)
15.A 因為y=0.3x 在定義域上單調(diào)遞減,所以0.32> 24.解析:因sinα=-2,則5 cos2α=1-2sin
2α=1-2×
0.33,又y=x3在定義域上單調(diào)遞增,所以0.33>0.23, 2 2 17
所以0.32>0.33>0.23,即b>c>a,故選:A. -5 =25.
16.A 由已知甲乙的方差知:10.2<14.3,即甲比乙的成績 故答案為:17.
穩(wěn)定,甲比乙的成績的標(biāo)準(zhǔn)差小,所以A正確,B、C、D錯 25
誤.故選: 答案:
17
A. 25
17.B 從3,5,7,11,13這5個素數(shù)中,隨機選取兩個不同 25.解析:設(shè)向量a,b的夾角為θ,
的數(shù)共有(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(5,7),(5,11),
因為向量 在向量 上的投影向量為 1 ,所以 ·
(5,13),(7,11),(7,13),( ,
b a - a b
1113)10種可能,其和等于16 2
的結(jié)果(3,13),(5,11)2種等可能的結(jié)果,所以概率P= cosθ· a 1 ,a =-2a
2 1 故選:
10=5. B. 又 a =2,b =4,解得:cosθ=-1,4
18.D 函數(shù)y=cos 1x+π ,2 3 T=2π1=4π.故選:D. 因為 a+2b 2=(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=68+
2 4a · bcosθ=60,
19.D 如圖,連接A1B,則AB= 121 +(2)2= 3,由題知 所以 a+2b =2 15.
AC=1,AB= 2,BC=2,∵B1C1∥BC,所以∠ACB 即 故答案為
:2 15.
1
AC2+BC2-AB2 答案:2 15
為所求角或其補角,所以cos∠A1CB=
1 1
2A1C·BC 26.解:(1)當(dāng)x=π時,4 a=
(2,1),b=(2,1),
=2+4-3= 3 =3 28 .
故選:D.
2× 2×2 4 2 ∴a+b=(2 2,2).
(2)∵a=(2sinx,1),b=(2cosx,1),
∴f(x)=a·b=4sinxcosx+1=2sin2x+1,
∵函數(shù)f(x)圖像上所有點向左平移π個單位長度得到4
g(x)的圖像,
∴g(x)=2sin2(x+π) ,4 +1=2cos2x+1
:2 2 2 2 2 ∵x∈ 0,π ,∴2x∈ 0, , [ ,],20.A 由余弦定理得 a =b +c -2bccosA=b +c - 2 π ∴cos2x∈ -11
3bc=4≥2bc- 3bc(當(dāng)且僅當(dāng)b=c時取等號),∴bc≤ ∴g(x)∈[-1,3],
(
4 1 ∴gx
)的最小值為-1.
=4(2+ 3)=8+4 3,∴S△ABC =
2- 3 2
bcsinA= 27.解:(1)∵AB 是底面圓的直徑,
1 ∴AC⊥BC
4bc≤2+ 3
,∴△ABC 面 積 的 最 大 值 為2+ 3.故 ∵弧BC的中點為D,
選:A. ∴OD⊥BC
又 , 共面,
21.解析:因為0≤x≤4,故4-x≥0,則x(4-x)≤1(
ACOD
4 x+ ∴AC∥OD
4-x)2=4, 又AC 平面POD,OD 平面POD,
當(dāng)且僅當(dāng)x=4-x,即x=2時,取得最大值4.故答案 ∴AC∥平面POD.
為:4. (2)設(shè)圓錐底面半徑為r,高為h,母線長為l,
答案:4 ∵圓錐的軸截面PAB 為等腰直角三角形,
·78·

∴h=r,l= 2r 12.C 由1<1<0,得b由S 1 2△PAB=2×2rh=r =9
,得r=3 ab0,
∴圓錐的表面積S=πrl+πr2=πr× 2r+πr2=9(1+ ∴a+b2)π. 13.B 設(shè)事件A 為只用現(xiàn)金支付,事件B 為只用非現(xiàn)金支
28.解:(1)因為f(x)=loga(x+1)-loga(1-x), 付,則P(A∪B)=P(A)+P(B)+P(AB)=1因 為
x+1>0 P(A)=0.45,P(AB)=0.15,所以 P
(B)=0.4,故選B.
所以 ,解得-11-x>0 14.D 由2021年貴州的GDP為a億元,增長率為10%,所
(2)f(x)的定義域為(-1,1), 以2024年貴州的GDP為a(1+10%)3,故選:D.
f(-x)=loga(-x+1)-loga(1+x)=-loga(1+x)- 15.C 因為向量a與b 的夾角為60°,且 a =4,b =3,
loga(-x+1)=-f(x), 所以 a+b 2=a2+2a·b+b2= a 2+2a · b ·
故f(x)是奇函數(shù).
2 2 1 2
(3)因為當(dāng)a>1時,y=loga(x+1)是增函數(shù), cos60°+ b =4 +2×4×3×
,所 以
2+3 =37
y=loga(1-x)是減函數(shù), a+b = 37,故選:C.
所以當(dāng)a>1時f(x)在定義域(-1,1)內(nèi)是增函數(shù), 16.A f(1)=1-4+6=3,當(dāng)x≥0時,x2-4x+6>3,所
f(x)>0即loga(x+1)-loga(1-x)>0,
以0≤x<1或x>3;當(dāng)x<0時,x+6>3,所以( ) -3<
log x+1 >0,x+1 ,2xa( ) , ( ) ,解得1-x 1-x>11-x>02x1-x >0 x<0,所以不等式f(x)>f(1)的解集是(-3,1)∪(3,
0故使f(x)>0的x的解集為(0,1). 17.A 因 為 ccosB =a,所 以 由 余 弦 定 理 可 得 c·
山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試 a2+c2-b2=a,即a2+c2-b2=2a2,所以c2=a2+b2,
仿真模擬卷(二) 2ac
所以三角形的形狀為直角三角形,故選:A.
1.B 在復(fù)平面內(nèi),復(fù)數(shù)z=-1+i對應(yīng)的點為(-1,1),在 18.B 標(biāo)準(zhǔn)差反映了各數(shù)據(jù)對平均數(shù)的偏離,反映了一組
第二象限.故選:B.
數(shù)據(jù)的離散程度,在本題中即穩(wěn)定程度,而其他的統(tǒng)計
2.B 函數(shù)y=tanx的最小正周期是π;故選:B.
量則不能反映穩(wěn)定程度,故選:B.
3.C 因為A={0,2},B={-2,-1,0,1,2},所以A∩B=
{0,2},A∪B={-2,-1,0,1,2}, BA={-2,-1,1}, 19.A 根據(jù)圖像知:
T=π,故2 2 T=π
,ω=2,排除C.當(dāng)x=0
AB 不存在,故選:C. π
4.C 因為用分層抽樣的方法,所以應(yīng)抽取的男生人數(shù)為 時y=3,排除B,當(dāng)x= 時,2 y=-1
,排除D.故選:A.
9×25=5,故選:C. 20.D 連接BC1,A1C1,在長方體ABCD-A1B1C1D1 中,易45
知AD
5.D 根據(jù)函數(shù)的定義,對于一個x,只能有唯一的y 與之 1
∥BC1,所以∠A1BC1 為異面直線 A1B 與AD1
對應(yīng),只有D滿足要求,故選:
所成 角 或 其 補 角,又 在 長 方 體
D. ABCD-A1B1C1D1 中
,
6.A 根據(jù)向量加法的平行四邊形法則可得A→B+A→D= AA1=2AB=2BC=2,所以A1B=BC1= 5,A1C1= 2,
A→C,故選:A. 在△A1BC1中,由余弦定理得cos∠ABC = 5+5-21 1
2× 5× 5
7.D 對于A,四棱錐共有八條棱,故A錯誤;對于B,五棱
π
錐共有六個面,故B錯誤;對于C, 4六棱錐共有七個頂點, = .因為異面直線所成的角的取值范圍是 , ,所5 0 2
故C錯誤;對于D,根據(jù)棱錐的定義知,D正確.故選:D. 4
8.D 因為平面α∥平面 ,m α,n 以異面直線 與 所成角的余弦值為β β,所以m,n無公共點, A1B AD1 5.
所以m,n是不相交直線,故選:D.
9.A 當(dāng)a=1時,a2=1,充分性成立;反過來,當(dāng)a2=1時,
則a=±1,不一定有a=1,故必要性不成立,所以“a=1”
是“a2=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+22-
2×1×2×12=3
,∴b= 3.故選:D.
11.C 根據(jù)對數(shù)的換底公式得,log12=lg12=lg3+lg45 lg5 lg10-lg2
=lg3+2lg2=2a+b,故選:1-lg2 1-a C. 故選:D.
·79·

21.解析:原不等式可化為(x+2)(x-3)≤0,-2≤x≤3.故 10+9+8+6+7=8,
答案為:[-2,3]. 5
答案:[-2,3] (10-8)2+(9-8)2+(8-8)2+(6-8)2+(7-8)2
: “ ,2 5
=
22.解析 由于命題 x∈Rx +2x+a≤0”是假命題,
則該命題的否定“ x∈R,x2+2x+a>0”是真命題, 2
,所以乙的平均數(shù)為8,標(biāo)準(zhǔn)差為 2.
(2)由(1), 可知
,甲、乙兩名學(xué)生射箭命中環(huán)數(shù)的平均數(shù)
∴Δ=4-4a<0 解得a>1.
相等,但甲的標(biāo)準(zhǔn)差小于乙的標(biāo)準(zhǔn)差,這表明甲的成績
因此,實數(shù)a的取值范圍是(1,+∞).
比乙更穩(wěn)定一些.故選擇甲參賽更合適
故答案為:(
.
1,+∞).
28.解:(1)在ΔABC中,
答案:(1,+∞)
a b
23.解析:根據(jù)斜二測畫法的原則,由直觀圖知,原平面圖形 由正弦定理sinA=
,得
sinB 3sinBsinA=sinAcosB.
為直角三角形,且AC=A'C'=3,BC=2B'C'=4,所以 又因為在ΔABC中sinA≠0.
AB2=AC2+BC2=9+16=25,所以AB=5, 所以 3sinB=cosB.
故AB 邊上中線長為AB=5=2.5.故答案為:2.5. 法一:因為0答案:2.5 所以tanB=
sinB 3,
cosB=3
24.解析:白球編號為1,2,黑球記為a,b,c,
所以 π
共有10種摸法:(1,2),(1,a),(,),(,),(,),(,
B=6.1b 1c 2a 2
b),(2,c),(a,b),(a,c),(b,c). 法二:3sinB-cosB=0即2sin B-π =0,
其中,摸 出 兩 個 黑 球 的 方 法 有(a,b),(a,c),(,)
6
bc 共
3種, 所以B-
π
6=kπ
(k∈Z),因為0故摸出2個黑球的概率為P=3 π10. 所以B=6.
答案:3
10 (2)由正弦定理得
a = c ,sinA sinC
25.解析:因為sin(α+β)·cosα-cos(α+β)·sinα=
4,所 而sinC= 3sinA,
5
所以c= 3a,①
以sin (α+β)-α =
4,
5 由余 弦 定 理b2=a2+c2-2accosB,得9=a2+c2-
4, 2 4 2 2accosπ即sinβ= 所以5 cos2β=1-2sinβ=1-2× = ,5 6
7 即- . a
2+c2- 3ac=9,②
25
把①代入②得a=3,c=3 3.
故答案為:-725. 山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試
答案:-7
仿真模擬卷(三)
25
1.A 由已知,集合A={0,1,2,3},B={2,4},所以A∩B
26.解:(1)因為 m=3,所以 集 合 B={x|-5≤x≤7}=
={2}.故選:A.
[-5,7]
2.B 由題意知,2π=360°,所以π=180°.故選:B.
集合A={x|x2-3x-18≤0}={x|-3≤x≤6}=[-3,6],
A=(-∞,-3)∪(6,+∞), ( A)∩B= 3.D A.y= x
4定 義 域 為 R,y=(x)4 定 義 域 為[0,所以 R 所以 R
3
[ , 3-5 -3)∪(6,7]. +∞),定義域不同,不是同一函數(shù);B.y= x 定義域為
2
m-8≤-3 , x ( ,) (, ), ,
() , , , Ry= 定義域為 -∞ 0 ∪ 0 +∞ 定義域不同 不2 因為A∩B=A 所以A B 所以 解得 xm+4≥6
是同一函數(shù);
2≤m≤5. C.y= x
2+x 定義域為(-∞,-1]∪[0,
8+9+7+9+7 +∞),y= x· x+1定義域為[0,+∞),定義域不同,27.解:(1) =8,5 不是同一函數(shù);D.y= 1 與y= 1 定義域為(x -∞
,
2
(8-8)2+(9-8)2+(7-8)2+(9-8)2+(7-8)2 x
5 0)∪(0,+∞),且y= 1 = 1 ,故兩函數(shù)為同一函數(shù).
2 x
=2 5
x
,所以甲的平均數(shù)為8,標(biāo)準(zhǔn)差為2 5;5 5 故選:D.
·80·

4.A A→C-B→D+C→D-A→B=A→C+D→B+C→D+B→A=A→C+ 17.D 對 A,b可能在平面α,故 A錯誤;對B,a,b可能相
→ → → 交,故B錯誤;對C,b可能在平面α,故C錯誤;利用排除CD+DB+BA=0.故選:A.
法,故 正確;故選:
i (
D D.
5.B 因為復(fù)數(shù) = i1-3i
) i+3 3 1
( 故1+3i 1+3i)(1-3i)=10=10+10i. 18.D 由圖可知函數(shù)的定義域中不含0,且函數(shù)圖像關(guān)于原
選:B. 點對稱,f(x)=x+cosx與f(x)=x-cosx 的定義域
6.C 由于98>55,所以98不能作為編號.故選:C. 均為 R,不 符 合 題 意,故 A、B錯 誤;對 于 C:f(x)=
7.A 因為a,b∈R,且a)= 0 ,故cos0=0 C
錯誤;對于 D:f(x)=
3x x|x≠0
},且 f(-x)=cos-x =
錯誤,故選: -xA.
8.B 由題意可知f(2)=a2=4,解得a=2或a=-2(舍) -
cosx
x =-f
(x),符合題意;故選:D.
故選:B.
“ ” 19.C 因為a,b都是正數(shù),所以
b
9.C 棉花的纖維長度大于275mm 的概率為50×0.0040+ 1+a 1+4a bb =5+a
50×0.0064=0.52.故選:C. 4a
、 、 、 +b≥5+2
b·4a=9,當(dāng)且僅當(dāng)a b b=2a>0
時取等
10.D 從甲 乙 丙 丁四名同學(xué)中選2人的基本事件有
(甲、乙),(甲、丙),(甲、丁),(乙、丙),(乙、丁),(丙、 號.故選:C.
丁),共6種,甲被選中的基本事件有(甲、乙),(甲、丙), 20.B 在長方ABCD-A1B1C1D1 中,因為平面ABCD∥平
( 、 ), 3 ,
面ABCD ,AC 平面ABCD ,所以B正確,A、
甲 丁 共 種 所以甲被選中的概率為p=3=1, 1 1 1 1 1 1 1 1 1 16 2 C錯誤;因為A1C1∩平面BCC1B1=C1,所以A1C1與平
故選:D. 面BCC1B1不平行,故D錯誤.故選:B.
11.D 因 為 一 元 二 次 不 等 式ax2+bx+2>0的 解 集 是 21.解析:由于是任意取一球,所以是隨機事件,故答案為:
-1,12 3 ,所以方程ax2+bx+2=0的兩根為-1和 隨機.2
答案:隨機
-12 +13=-b1 a 22.解析:當(dāng)x≥0時,f(x)=ex-1=1,得x=1;當(dāng)x<0時,,且a<0,所以 ,解得:3 a=-12, 2 1 1 2 f(x)=x =1,得x=-1,綜上,x=±1,故答案為:±1. -2 ×3=a 答案:±1
b=-2,所以a+b=-14,故選:D.
23.解析:∵1+bi= a = a
(1-i) = a - ai,則
12.C 函數(shù)y= x的定義域為[0,+∞),函數(shù)y=lo 1+i
(
g 1+i
)(1-i) 2 2
2x的
定義域為(0,+∞),函數(shù)y=x3的定義域為R,函數(shù)y= a2=1 a=2
1 ,解得 ,的定義域為{x x≠0}.故選:x C. b=-a b=-1 2
13.B f(x)=x 在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故 A不符題意;
因此,a+bi = 2-i = 22+(-1)2= 5.
f(x)=1在(0,+∞)上單調(diào)遞減,故B符合題意;x f
(x)
故答案為:5.
=log2x在(0,+∞)上單調(diào)遞增,故C不符題意;f(x)= 答案:5
sinx在(0,+∞)上不單調(diào),故D不符題意.故選:B. 24.解析:由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,所以5=2+
14.A 偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[-2,-1]上單調(diào)遞減,則由偶 c2-2c,所 以c=3或c=-1(舍 去),所 以 S△ABC =
函數(shù)的圖像關(guān)于y軸對稱,則有f(x)在[1,2]上單調(diào)遞 1 3 故答案為:3
增,即有最小值為f(1),最大值f(2).對照選項,A正 2
bcsinA=2. 2.
確.故選:A. 答案:32
15.B 因為向量a,b滿足|a|=1,|b|=2,a,b的夾角為 25.解析:①取x =π,x =9π1 2 ,
π<9π,但 π 9π,4 4 4 4 tan4=tan4
90°,所 以|a+b|= (a+b)2= a2+2a·b+b2=
故錯誤.
1+4= 5,故選:B.
1+cos π-2x
16.D ∵a=2,b=2 3,A=30°,由正弦定理得:a = ②y=cos2 π-x = 2 =1+sin2x,當(dāng)sinA 4 2 2
2 3×1 x=π,b y=1
,x=-π,y=0,故錯誤;
,即 2
sinB sin30°=
2 3,
sinB ∴sinB=
2 3,又
2 =2 A
4 4
π π
=30°,
,故正確
b>a,∴30°·81·



π π 2 2.B ∵z=(2+i)i=2i+i2=-1+2i,∴z對應(yīng)的復(fù)平面內(nèi)④當(dāng)x= 時,4 y=1
,當(dāng)x= 時,2 y=
,所以函數(shù)
2 y= 的點為(-1,2),位于第二象限.故選:B.
π π π 3.A 若x=4,則24=42=16,即2x 2sin x+ 在 閉 區(qū) 間 - , 上 不 是 增 函 數(shù),故 =x 成立,故充分性成4 2 2 立;顯然x=2時22=22=4,即2x=x2,故由2x=x2推不
錯誤;
出x=4,故必要性不成立;故“x=4”是“2x=x2”的充分不
正確的命題的題號是③ 必要條件;故選:A.
故答案為:③.
x-1≥0答案:③ 4.D 由解析式有意義可得 ,故x>1,故函數(shù)的定x-1≠0
26.解:(1)由頻率分布直方圖得樣本平均分 義域為(1,+∞),故選:D.
x=55×0.15+65×0.25+75×0.4+85×0.15+95× 5.C 不等式ax2-5x+c<0的解集為{x|20.05=72. 2,3是方程ax2-5x+c=0的兩個實數(shù)根所以2+3=
因此,初賽平均分的估計值為72分. 5,2×3=c,則a=1,c=6,故選:C.
(2)根據(jù)頻率分布直方圖,設(shè)40名選手進入復(fù)賽的最低 a a
分數(shù)為x,依題意成績落入?yún)^(qū)間[90,100]的頻率是0.05, 6.C 對命題“任意x∈R,都有x
2+3x+2>0”的否定為:
成績落入?yún)^(qū)間[80,
2
90)的頻率是0.15,按初賽成績由高 存在x∈R,使得x +3x+2≤0.故選:C.
到低進行排序,前12.5%的初賽選手進入復(fù)賽,可判斷 7.B 由題意,x∈R,f(-x)=(-x)
2=x2=f(x),即函數(shù)
x在[80,90)內(nèi), 為偶函數(shù).故選:B.
則(90-x)×0.015+0.05=0.125,解得x=85. 8.B cos76°sin59°-cos121°sin104°=cos76°sin59°-cos
(180°
, -59°)因此 估計能進入復(fù)賽選手的最低初賽分數(shù)為85分. sin
(180°-76°)=cos76°sin59°+cos59°sin76°=
27.解:(1)由于D,E分別是PA,PC的中點,所以DE∥AC, sin(76°+59°)=sin135°= 2 故選:2. B.
由于DE 平面ABC,AC 平面ABC,
9.A 由A(1,3), (, ),所以 → (, ),所以向量所以DE∥平面ABC. B4 -1 AB= 3 -4→
(2)依題意PC⊥平面ABC,所以PC⊥AC. → ABAB的方向相反的單位向量為- = -3,4→ .故
由于AB 是圓O 的直徑,所以AC⊥BC, AB 5 5
由于PC∩BC=C,所以AC⊥平面PBC, 選:A.
由于DE∥AC,所以DE⊥平面PBC, 10.C 這兩個班學(xué)生的數(shù)學(xué)總分為ma+nb,故這兩個班學(xué)
由于DE 平面BDE,所以平面BDE⊥平面PBC. 生的數(shù)學(xué)平均分為ma+nb.故選:m+n C.
28.解:(1)f π3 =2sin π π π π3-6 cos 3-6 11.C 對于A,由m⊥n,n∥α可得m∥α或m 與α 相交或
m⊥α,故A錯誤;對于B,由π π 1 3 3 m∥β
,β⊥α可得m∥α或m
=2sin6cos6=2×2×2=2 與α相交或m α,故B錯誤;對于C,由m⊥β,n⊥β可得
π 3 m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故C正確;對于D,由m⊥n,即f 3 =2. n⊥β,β⊥α可得m∥α或m 與α相交或m α,故D錯誤.
(2)因f(x)=sin2 x-π6 =sin 2x-π3 故選:C.
12.C 因為y=3sin x-π5 =3sin x-2π +π ,所以故f(x)的最小正周期T=2π 5 52=π.
只要把函數(shù)y=3sin x+π 圖像上所有的點向右平行
(3)當(dāng)x∈ 50,π 時,2 2x-π3∈ -π,2π3 3
移動2π個單位長度,即可得到函數(shù)
5 y=3sin x-π 的5
因此當(dāng)2x-π π,即 時,() 33=-3 x=0 fx min=-2 圖像.故選:C.
π π, 5π ,() 13.B 2014年空氣中可吸入顆粒物年日均值比 年多,當(dāng)2x- = x= 2013即 時3 2 12 fx max=1 A錯;2013—2018年,空氣中細顆粒物的年日均值逐年
所以f(x)在 0,π 上的值域為 - 3,1 . 下降,B正確;2007年(含2007年)之前空氣中二氧化氮2 2 的年日均值都高于40微克/立方米,C錯;2000—2018
山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試 年,空氣中二氧化硫的年日均值最低的年份是2018年,
仿真模擬卷(四) D錯.故選:B.
-1.5
1.B 集合A={
0.9 1.8 0.48 1.44
x∈N|- 3≤x≤ 3}={0,1}.對于 A: 14.D y1=4 =2 ,y2=8 =2 ,y3= 12 =
-1∈A 不對.對于B:0∈A 對;對于C:3∈A 不對;對于 21.5,根據(jù)y=2x 在 R 上是增函數(shù),所以21.8>21.5>
D:2∈A 不對.故選:B. 21.44,即y1>y3>y2.故選:D.
·82·

15.B ∵f(x)=2sin2x+ 5cos2x=3sin(2x+φ),其中 21.解析:由果蔬類抽取4種可知,抽樣比為4=1,故20 5 n=
tan 5φ= ,2 ∴f
(x)最小正周期T=2π2=π.
故選:B. (20+15+10)×15=9.
16.D ∵ a = b =1,向量a與b的夾角為60°, 答案:9
∴a·b= a · bcos60°=12 22.解析:第一次為黑色的概率為2,第二次為黑色的概率3
∴ 3a-4b = (3a-4b)2
為2兩次都是黑色的概率為2
3 3×
2=4,故答案為43 9 9.
= 9a 2-24a·b+16b 2= 9-12+16= 13.
4
故選:D. 答案:9
17.B 因為∠C=90°,BC=2AC=2,所以△ABC是直角三 23.解析:在△ABC中,B=45°,C=60°,則A=180°-B-C
角形,兩條直角邊分別是BC=2,AC=1,由圓錐的定義 =75°,因此,角B 是最小角,邊b是最短邊,由正弦定理
可得:將三角形繞AC 旋轉(zhuǎn)一周得到的圓錐的底面半徑
得:b = c ,又c=1,即b=csinB=sin45°= 6,
為2,高為1,其體積為V =1 2 41 ;將三角形 sinB sinC sinC sin60° 33π×2×1=3π
6
繞BC旋轉(zhuǎn)一周得到的圓錐的底面半徑為1,高為2,其 所以最短邊的邊長等于3.
4π
V 6
體積為V1=
1π×12×2=2π;13 3 V =
3
2π=2
,即V 故答案為: .1∶V2 3
2
3
答案:6
=2∶1,故選:B. 3
18.D ∵sin2C=1-cosC a-b,
x≤0 x>0
2 2 = 2a ∴b=acosC
,由正弦定 24.解析:由題設(shè), 或 ,2-x 1-1>1 x2>1
理可得sinB=sinAcosC,所以,sinAcosC=sin(A+C) 解得x<-1或x>1.
=sinAcosC+cosAsinC,則cosAsinC=0, ∴f(x)>1的x的取值范圍是(-∞,-1)∪(1,+∞).
∵00,∴cosA=0, 故答案為:(-∞,-1)∪(1,+∞).
∵0)∪(1,+∞)
3
故選:D. 25.解析:由條件x+3y=5xy,兩邊同時除以xy,得到x+
19.B 設(shè)其中做過測試的3只兔子為a,b,c,剩余的2只為 1
A,,
,
B 則從這5只中任取3只的所有取法有{a,b,c},{a, y=5
b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B},{b,c,A}, 那么3x+4y=1(3x+4y) 3+1 =1 13+12y+
{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10種.其中恰有2只做 5 x y 5 x
過測試的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B}, 3x ≥1 13+2 12y×3x =5
{,, 5 bcA},{b,c,B}共6種, y所以恰有2只做過測試的概 x y
6 3 等號成立的條件是12y=3x,即x=2y,即x=1,y=1率為 ,選
10=5 B. x y 2
.
所以 的最小值是 ,
20.D 作出分段函數(shù) (x)的圖像,如圖 3x+4 5f y
故答案為:5.
答案:5
26.解:(1)f(0)=sinπ3=
3
2.
(2)因為f(x)=sinx+ 32cosx-
1
2sinx=
1
2sinx+
3
2cosx=sin x+π ,3
所以函數(shù)f(x)的最小正周期為2π.
(3)由已知0≤x≤π,得π≤x+π≤5π,
方程f(x)-m=0有4個互不相等的實根,
2 3 3 6
則函數(shù)y=
f(x)與直線y=m 有4個交點,當(dāng)m∈(-1,1)時,符合 所以,當(dāng)x=
π時,函數(shù)f(x)2 =sin x+π 的最小值3
題意,但f(x)是R上的奇函數(shù),有f(0)=0,故m≠0,所
為1
以m 的取值范圍是:m∈(-1,0)∪(0,1).故選:D. 2.
·83·

27.解:(1)證明:設(shè)AC與BD 的交點為O, 山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試
因為底面ABCD 是邊長為2的菱形,所以AC⊥BD,且 仿真模擬卷(五)
OB=OD=1BD,2 1.C 由補集的定義可得CAB={0,2,6,10},故選:C.
1 2.D 對于A,因1×4≠1×0,則向量(4,0)與a不共線,A因為AC=2,所以O(shè)A=OC= ,2AC=1 不是;對于B,因1×(-1)≠1×2,則向量(-1,2)與a不
在Rt△AOB 中,OB= AB2-OA2= 3,故BD=2OB 共線,B不是;對于C,因1×4≠1×(-2),則向量(4,-2)
=2 3, 與a不共線,C不是;對于D,因1×2=1×2,則向量(2,2)
1 1 與a共線,D是.故選:D.所以S△ABD= ·2BD OA=2×2 3×1= 3. 3.B 對于A,事件:“至少有一個白球”與事件:“都是紅球”
因為PA⊥平面ABC,所以PA 為三棱錐P-ABD 的高, 不能同時發(fā)生,但是對立,故A錯誤;對于B,事件:“恰好
所以 三 棱 錐 的 體 積V= 1S ·h= 1 × 3×2 有一個白球”與事件:“都是紅球”不能同時發(fā)生,但從口3 △ABD 3 袋內(nèi)任取兩個球時還有可能是兩個都是白球,所以兩個
=2 3. 事件互斥而不對立,故B正確;對于C,事件:“至少有一個3 白球”與事件:“都是白球”可以同時發(fā)生,所以這兩個事
(2)取PA 的中點G,連接GE、GB, 件不是互斥的,故C錯誤;對于D,事件:“至少有一個白
因為E 為PD 的中點,所以GE∥AD 且GE=1AD, 球”與事件:“2 至少一個紅球
”可以同時發(fā)生,即“一個白
, , ”,又因為F 為BC 的中點 四邊形ABCD 為菱形, 球 一個紅球 所以這兩個事件不是互斥的
,故D錯誤.
故選:B.
所以BF∥AD 且BF=12AD. 4.C 由題意,x-1x+2<0
等價于(x-1)(x+2)<0,解得-2
所以BF∥GE 且BF=GE.
}.
故選:C.
( )( )
5.C 因為1-i= 1-i 2-3i -1-5i( )( )= ,故復(fù)數(shù)
1-i
2+3i 2+3i 2-3i 13 2+3i
在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點的坐標(biāo)為 -1,-5 ,它在第三13 13
象限,故選:C.
6.A 因為f(x)+2f(-x)=3x+1①,所以f(-x)+2f(x)=
-3x+1②,聯(lián)立①②解得f(x)=-3x+1 故選:3. A.
故四邊形BFEG 為平行四邊形,所以BG∥EF.
因為 BG 平面 PAB,EF 平面 PAB,所以 EF∥平 7.C 由題意得sin2α=cos 2α-π2 =1-2sin2 α-π4
面PAB.
=3,故選::() () 2 C.28.解 1 由fx =x +bx+c有兩個零點0和-2, 5
f(0)=02 +b×0+c=0 8.D 函數(shù)y=x
2、y= x、y=2x 在(0,+∞)上均為增函
即有 ,
f(-2)=(-2)2-2b+c=0 x數(shù),函數(shù)y= 1 在(0,+∞)上為減函數(shù).故選:D.
解得b=2,c=0, 2
即f(x)=x2+2x, 9.A
若a,b是空間中兩條不同的直線,且a,b是異面直
由 (x)和 (x)的圖像關(guān)于原點對稱, 線,則a,b沒有公共點;若f g a
,b是空間中兩條不同的直線,
所以g(x)=-x2+2x.
且a,b沒有公共點,則a,b是異面直線或a∥b,故“a,b是
(2)(x)≥ (x)+6x-4即x2+2x≥-x2+2x+6x-4, 異面直線”是“a, ”f g b沒有公共點 的充分不必要條件.故
即x2-3x+2≥0得不等式的解為{x|x≥2或x≤1}. 選:A.
2 2 10.D 因 為 a2 2(3)f(x)=x +2x=(x+1)-1, +b 2,由 余 弦 定 理 可 得 cosC=
2 2 2
當(dāng)m+1≤-1,即 m≤-2時,f(x)的最大值g(m)= a +b -c <0,又由C∈(0,π),所以C∈ π,π ,所以
m2
2ab 2
+2m,
△ABC是鈍角三角形.故選:D.
當(dāng)m>-1時,f(x)的最大值g(m)=(m+1)2+2(m+ 11.B 對A,平面α和γ 可以相交,對B,根據(jù)定理,一個平
1)=m2+4m+3,
面和另外兩個平行平面相交,則交線平行,故B正確;對
當(dāng)-22+2m, C,平面內(nèi)的一條直線和令一個平面內(nèi)的一條直線垂直,
3 不能證明線面垂直,即不能證明面面垂直,故C錯誤,對當(dāng)- )2+ D,若兩個面垂直,第三個平面和該兩個面相交,交線并
2(m+1)=m2+4m+3. 不一定垂直,故D錯誤.故選:B.
·84·

log2x
,x>0 1 6+7+8+8+9+1012.A 因 為 函 數(shù)f(x)= ,則x f f2 ,x≤0 8 = 21.解析:由題意,該組數(shù)據(jù)的平均數(shù)為 6
=8,
f log 128 =f(-3)=2-3=18.故選:A. 所以該組數(shù)據(jù)的方差是1[(6-8)26 +(7-8)2+(8-8)2
13.D 因為y=x 在x∈[1,4]單調(diào)遞增,y=-4在x x∈ +(8-8)2+(9-8)2+(10-8)2]=53.
[1,4]單調(diào)遞增,所以f(x)=x-4在x x∈
[1,4]單調(diào)遞
答案:5
3
增.所以f(x) 4max=f(4)=4-4=3.
因為f(x)≤m 對 22.解析:由題意有函數(shù)f(x)=lgx+2x-5在(0,+∞)為
任意x∈[1,4]恒成立,所以m≥f(x) 增函數(shù),max=3.故選:D.
14.A 對于選項A,由圖易知月接待游客量每年7,8月份 又f(2)=lg2+2×2-5=lg2-1<0,f(3)=lg3+2×
明顯高于12月份,故 A錯;對于選項B,觀察折線圖的 3-5=lg3+1>0,
變化趨勢可知年接待游客量逐年增加,故B正確;對于 即f(2)·f(3)<0,則函數(shù)f(x)=lgx+2x-5的零點
選項C,觀察折線圖,各年的月接待游客量高峰期大致在 在區(qū)間(2,3)上,
7,8月份,故C正確;對于D選項,觀察折線圖,各年1月 即k=2,故答案為:2.
至6月的月接待游客量相對7月至12月,波動性更小, 答案:2.
變化比較平穩(wěn),故D正確.故選:A. 23.解析:∵a=(3,1),b=(1,0),∴c=a+kb=(3+k,1),
15.C 設(shè)矩形的長、寬分別為x,ycm,則有2(x+y)=12, ∵a⊥c,∴a·c=3(3+k)+1×1=0,解得k=-10,故3
( )2
即x+y=6,∵矩形的面積S=xy,∴S=xy≤ x+y4 答案為:-103.
=9cm2,當(dāng)且僅當(dāng)x=y=3時等號成立,故選:C.
答案:-1016.A 從1,2,3,4,5中抽取兩個數(shù)基本事件有:(1,2),(1, 3.
3),(1,4),(1,5),(2,3),(2,4),(2,5),(3,4),(3,5),(4, 24.解析:∵tanα、tanβ是方程x2-3 3x+4=0的兩根,并
5)共10種,所取的兩個數(shù)均為偶數(shù)的有(2,4),共1種,
且α、∈ π,3πβ ,
所以所取兩數(shù)均為偶數(shù)的概率為P=1,故選:A. 2 210 ∴tanα+tanβ=3 3,tanα·tanβ=4,α+β∈(π,3π).
17.A 依題意,令f(x)=sinx2cos
π
6+cos
x
2sin
π
6=sin x2 ∴tanα、tanβ均大于零,故α、β∈ π,3π ,2
+π 得,x π , ,解得 π, ( , )6 =0 2+6=kπk∈Z x=2kπ-3k∈Z. ∴α+β∈ 2π3π .
故選:A. ∵tan(α+ )= tanα+tanβ 3 3β ,
→ → → → → → → 1-tanα·tan
=
β 1-4
=- 3
18.C 因為AM=2MB,NC=2AN,所以MN=AN-AM= 2π 8π
1A→C-2A→
∴α+β=2π+ = ,
B.故選:3 3 C.
3 3
故答案為:8π
19.A 在Rt△ABC中,∠CAB=30°,BC=100m,所以AC 3.
=200m.在△AMC 中,∠MAC=75°,∠MCA=60°,從 答案:8π
3
而∠AMC=45°,由正弦定理得,AC AM ,因此sin45°=sin60° 25.解析:根據(jù)f(x)=2 x 的圖 像 可 知,若f(log2m)>
AM=100 6m.在Rt△MNA 中,∠MAN=45°,MN= f(2),則log2m>2或log2m<-2.
故m>4或0AMsin45°=100 6× 2=100 3(m),故選:2 A.
4
1
20.A 由圖像可知周期T=4 7π-π =π,所以ω=2π 0, ∪(4,4 +∞).12 3 T=
2π
π=2
,又圖像上一個最低點為 7π, ,所以12 -1 sin 2×
7π
12+φ =-1,所以2×7π 3π12+φ=2kπ+ , ,即2 k∈Z φ=
2kπ+π,k∈Z,因為 <π,所以 =πφ φ ,所以f(3 2 3 x
)=
sin 2x+π =sin 2 x+π ,所 以 為 了 得 到 函 數(shù)3 6
g(x)=sin2x,只要把C上所有的點向右平行移動π個6
單位長度.故選:A.
·85·

故答案為: 0,1 ∪(4,+∞). 山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試4
仿真模擬卷(六)
答案: 0,14 ∪(4,+∞) 1.C 因為命題p: x∈R,x2+2x+3>0,所以 p是 x0∈
2
26.解:(1)由題意得y=sin 2 x+π +φ =sin 2x+π R,x0+2x0+3≤0故選:C.6 3
2.D ∵a0,∵1 1 b-a
+φ , 當(dāng)=cos2x, a-b= ab ∴
a<0所以π+ =πφ +2kπ,k∈Z, 0|b|時,B錯誤;∵ac-bc=(3 2 a-b)c,∴當(dāng)c<0
π , 時,k k C錯誤
;∵c≠0,∴c2>0,則由a- 2=
6 c c
2
因為|φ|<
π, <0,則
a b
c2
< 2,D正確,故選:D.
2 c
π (3.B 1+i
)·i3 ( )·( )
所以φ= . 1-i =
1+i -i -i+1 ,故選:
6 1-i
= 1-i=1 B.
(2)令2kπ≤2x≤π+2kπ,k∈Z, 4.C 由易知B={x|x
2-x-6=0}={-2,3},A={x|0<
π x<5,x∈N+}={1,2,3,4},所以A∩B={1,2,3,4}∩解得kπ≤x≤2+kπ
,k∈Z, {-2,3}={3}.選C.
1
2
所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為 kπ,π+kπ ,k∈Z. 5.C y=x = x在[0,+∞)上是增函數(shù)故選:C.2
6.D 對于A,A→B,A→C大小不相等,方向不相同,故不是相
27.解:(1)在 △ADC 中,由 正 弦 定 理 得 ACsin∠ADC 等向量,故A錯誤;對于B,B→D,C→D大小相等,方向相反,
= DC , 是相反向量,故B錯誤;對于C,利用三角形法則知A
→B+
sin∠DAC →
· AC=2A
→D,故C錯誤;對于D,利用三角形法則知 →AC DAC AB+所以,sin∠ADC= sin∠DC = 3×
1 3
2=2 B→D=A→D,故D正確;故選:D.
又∠ADC=B+∠BAD=B+(90°-∠DAC)=B+60° 7.D 因為a=ln1log22=1
,0>60°
1
所以,∠ADC=120°. 1 32 < 1
0
=1,所以2 a故選:D.
(2)由BD=2DC,且DC=1知:BC=3,AC= 3
2
AC 3 8.B 因為函數(shù)f(x)=
x -1的定義域為 R,且 (x)=
所以,直角三角形ABC中,cosC= ex
f
BC=3
x2-1
在△ADC中,由余弦定理得 x 不是偶函數(shù),所以排除C、D;又f(2)=
3<1,排除
e e2
AD2=AC2+DC2-2AC·DCcosC=(3)2+1-2 3 A,即確定答案為B.故選:B.
3 , 9.B 由題意
,函數(shù)f(x)=3x-x-3,可得×1× =2 f
(0)=-2,
3 f(1)=-1,f(2)=4,f(3)=21,f(4)=74,所以f(1)·
所以,AD= 2. f(2)<0,結(jié)合零點的存在定理,可得函數(shù)f(x)的一個零
28.解:(1)方程f(x)=2,即2x+2-x=2, 點所在的區(qū)間為(1,2).故選:B.
亦即(2x)2-2×2x+1=0, 10.C 因為扇形的弧長為4,面積為2,設(shè)扇形的半徑為r,
所以(2x-1)2=0, 則1×4×r=2,解得r=1,則扇形的圓心角的弧度數(shù)為
于是2x=1,解得x=0. 2
(2)f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=32-2=7. 41=4.
故選:C.
(3)由(2)知f(2x)=22x+2-2x=(2x+2-x)2-2=
(f(x))2-2. 11.D f 1 =13 3-1=-2,3 ∴f f 1 =f -23 3 =
因為f(2x)≥mf(x)-6對 于 任 意x∈R 恒 成 立,且
f(x)>0, sin -2π3 =-sin2π=- 3,故選:3 2 D.
(
所以m≤ f
(x))2+4= (x)+ 4 對于任意x∈R恒 12.C 擲一個骰子的試驗有6種可能結(jié)果.依題意P(A)=f(x) f f(x) 2
成立. 6=
1,P(B)=4=2,P(B)=1-2 1,因為 表3 6 3 3=3 B
(x) (x) 4 , (x) ,(x) 示
“出現(xiàn)5點或6點”的事件,A 表示“出現(xiàn)小于 的偶數(shù)令g =f + ()顯然當(dāng)fx f =2
時 g 取得 5
點”,所以A 與B 互斥,故P(A+B)=P(A)+P(B)=
最小值,且g(x)min=4, 2
, 故選:所以m≤4 故實數(shù)m 的最大值為4. 3. C.
·86·

13.B 因為sin2A+sin2B-sin2C=0,所以a2+b2-c2= 22.解析:由于PA⊥平面ABC,所以PA⊥AB,PA⊥AC,
0,C 為直角,因為a2+c2-b2-ac=0,所以cosB= PA⊥BC,
a2+c2-b2 所以三角形 和三角形 是直角三角形=1,B=π,因此2ac 2 3 a=ccos
π
3=1
,故選:B. PAB PAC .
由于∠ACB=90°,所以BC⊥AC,三角形ABC是直角三
14.D y=sin 2x+π =cos2x,T=2π=π.設(shè)f(x)= 角形.2 2
由于AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,
cos2x,定義域為 R,f(-x)=cos(-2x)=cos2x= ,
f(x), :
所以BC⊥PC 所以三角形PBC是直角三角形.
所以y=cos2x為偶函數(shù).故選 D.
所以三棱錐四個面中,是直角三角形的個數(shù)有4個.
15.D 由頻率分布直方圖得文物中物性指標(biāo)值不小于95
:( 故答案為
:4.
的頻率為 0.033+0.024+0.008+0.002)×10=0.67,
答案:4
所以這1000件文物中物性指標(biāo)值不小于95的件數(shù)為
解析:() 4 ,( ) 4 ,所
1000×0.67=670. :D. 23. fa =a +ab+1=8 -a =-a -ab+1故選 f
以 ( ) ,( )
16.C 設(shè)兩個球的半徑分別為r1,r2,根據(jù)球的表面積公式
f -a +8=2f -a =-6.
答案:-6
S r2
S=4πr2,因為兩個球的表面積之比為3∶2,∴ 1= 1S2 r22 24.解析:在等式ab=2a+b 兩 邊 同 時 除 以ab 得
1
a +
2
b
3, r= 即 1= 3,根據(jù)球的表面積公式2 r V=
4πr3, =1,
2 2 3
V r3 r 3 3 ∵a>1
,b>2,∴a+b=(a+b) 1+2 =3+2a+b
∴ 1= 1V2 r3
=
2 1r2 = 3 =3 3 .故選: a b b aC.2 2 2
≥3+2 2a·b=3+2 2,
17.D b a
18.B ∵A→B、A→C是非零向量 且 滿 足(A→B-2A→C)⊥A→B, 當(dāng)且僅當(dāng)b= 2a時,等號成立,
(A→C-2A→B)⊥A→C, 因此,a+b的最小值為3+2 2.
∴(A→B-2A→C)·A→B=(A→C-2A→B)·A→C=0, 故答案為:3+2 2.
∴|A→B|2=|A→C|2=2|A→B||A→C|cos∠BAC, 答案:2 2+3
∴|A→B|=|A→C|,∠BAC=60°. 25.解析:∵sinα-cosα=1,5 sin
2α+cos2α=1
∴△ABC是等邊三角形,故選:B. 又∵0≤α≤π,∴sinα≥0,
19.C 在△ABC 中,由余弦定理,得 AB2=AC2+BC2-
4
2AC×BCcosC=7,所以AB= 7≈2.646km,故選:C. sinα=5
故解得 ,
20.C 根 據(jù) 正 三 棱 柱 的 性 質(zhì) 可 知 AB∥A 1B1,所 以 cosα=3
∠B1A1M 是異面直線AB 與A1M 所成角,設(shè)∠B1A1M 5
=α,在三角形A1B1M 中,A1B1=1,A1M=B1M= 2, ∴sin2α=2sinαcosα=24,25
由余弦定理得cosα=1+2-2= 2.故選:4 C. cos2α=cos2α-sin2α=-
7
2×1× 2 ,25
∴sin 2α-π 2 24 =2sin2α-2cos2α
= 2 242 25+725
=31 250 .
故答案為:31 2
50 .
答案:31 2
50
26.解:(1)從身高低于1.80的同學(xué)中任選2人,其一切可能
21.解析:設(shè)方程的兩相異同號實根為x1,x2,
的結(jié)果的基本事件有:(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),
Δ=(-10)2-4×3×k>0,
(B,D),(C,D),共6個.由于每個人被選到的機會均等,則 x1x =k2 3>0, 因此這些基本事件的出現(xiàn)是等可能的.
25 選到的2人身高都在1.78以下的事件有:(A,B),(A,∴0答案:03=1;6 2
·87·


(2)從該小組同學(xué)中任選2人其一切可能的結(jié)果的基本
事件:(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D),
(B,E),(C,D),(C,E),(D,E)共10個.由于每個人被
選到的 機 會 均 等,因 此 這 些 基 本 事 件 的 出 現(xiàn) 是 等 可
能的;
選到的2人的身高都在1.70以上且體重指標(biāo)都在[18.5,
23.9)中的事件有:(C,D),(C,E),(D,E)共3個.
因此選到的2人的身高都在1.70以上且體重指標(biāo)都在 函數(shù)y=t+4在[1,2]上 為 減 函 數(shù),在[2,3]上 為 增t
[18.5,23.9)中的概率為P 32= . 函數(shù),10
() 所以,當(dāng) ,即 ( ) , 時,()有最小
fx max=A+B=3
t=2 lo x-1 =2x=5 hx
:() : A=2
g2
27.解 1 由圖可知 值
( 4
,
fx)min=-A+B=-1 B=1
4 4
2π π 而當(dāng)t=1時,t+ =1+4=5,當(dāng)t=3時,t+ =3+T=2 3-6 =π 2πω=π ω=2 t t
4 13
π π π = ,f 6 =2sin2× +φ +1=3,則6 sin +φ =1, 3 33
所以,當(dāng)t=1,即log2(x-1)=1,x=3時,h(x)有最大
π
3+
π π
φ=2kπ+ ,2 k∈Z
, φ=2kπ+ ,6 k∈Z 值5.
所以,函數(shù)y=h(x)在[3,9]內(nèi)的值域為[4,5].
0< <πφ 2 φ=
π f(x)6 =2sin 2x+π6 +1. 山東省普通高中學(xué)業(yè)水平合格性考試
(2)由f α =2sin α+π +1=7 sin α+ π 仿真模擬卷(七)2 6 3 6
2 1.A 根據(jù)圖形可得,陰影部分表示的集合為A∩B,= ,3 ∵A={1,2},B={2,3},∴A∩B={2}.故選:A.
則cos α+π =± 5, 2.A 時間經(jīng)過四小時,時針轉(zhuǎn)了 -360°12 ×3=-90°=6 3
π π又α∈ 0,2 α+π∈ π,2π ,又 π 2 - ,故選:A.6 6 3 sin α+6 =3 2
x x(3.D 復(fù)數(shù) = 1-i
)
=x-xi
∵復(fù)數(shù) x (x∈R)的虛部為2,∴-x=2,∴x=-4.故
故α+π∈ π,π π 5, 1+i 26 6 2 cos α+6 =3 選D.
cosα=cos α+π -π = 5× 3+ 2 × 1 4.A ∵f(3)=2,∴f(f(3))=f(2)=1.故選:A.6 6 3 2 3 2 5.B A.若a=2,b=1,c=-2,d=-1,則a+c=b+d,故
= 15+2. 錯誤;B.因為c-d>0,又因為a>b>6
0,所以a-c>b-d>0,故正確;C.若a=2,b=1,c=-2,
28.解:(1)要使原函數(shù)有意義,則x-1>0,即x>1.故所求
d=-1,則ac函數(shù)的定義域為{x|x>1}.
a b
(2)g(x)=f(x)+m=log2(x-1)+m, -1,則 = ,故錯誤;故選:c d B.
由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知,g(x)=log2(x-1)+m 在其 6.D 因為B→D=3D→C,
定義域內(nèi)為增函數(shù).
要使g(x)=log2(x-1)+m 在(2,3)內(nèi)有且僅有一個零
點,則g(2)·g(3)<0,
即m(m+1)<0,得-1所以,函數(shù)y=g(x)在(2,3)內(nèi)有且僅有一個零點的實數(shù) → → → → 3 → → 3 →
m 的取值范圍是(-1,0). 所以AD=AB+BD=AB+4BC=AB+
(
4 -AB+
(3)當(dāng)3≤x≤9時,2≤x-1≤8,所以log22≤log2(x- A→C)=1A→B+3A→C,又因為A→B=a,A→C=b,所以A→D=
1)≤log28, 4 4
即1≤f(x)≤3,令f(x)=t,則1≤t≤3. 1a+3b,故選:4 4 D.
由h(x)=f(x)+ 4f(
,得:(
x) hx
)=y=t+4(t 1≤t≤3
). 7.A 若四邊形ABCD 為菱形,則AC⊥BD;反之,若AC⊥
4 BD,則四邊形ABCD 不一定是菱形.故為充分不必要條函數(shù)y=t+ (1≤t≤3)的圖像如圖,t 件.故選:A.
·88·

8.C 選3人,總共只有2名女生,因此3人中最多只有2名 18.B 以A 為坐標(biāo)原點,A→B,A→D正方向為x,y軸,可建立
女生,因此可分為恰有1名男生,恰有2名男生,恰有3名 如圖所示平面直角坐標(biāo)系,
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.
9.D 當(dāng)a-2=0時,即a=2,此時-4<0恒成立,滿足條
件;當(dāng)a-2≠0時,因為(a-2)x2+2(a-2)x-4<0對任
a-2<0
意實數(shù)x 都成立,所以 ,解Δ=4(a-2)2+16(a-2)<0
得a∈(-2,2),綜上可知,a∈(-2,2],故選:D. 則D(0,1),E(1,0),設(shè)F(2,m)(0≤m≤1),∴D
→E=(1,
10.D 因為y=tanx是奇函數(shù),y=3x 和y=log3x是非奇 -1),D→F=(2,m-1),∴D→E·D→F=2-m+1=3-m,
非偶函數(shù),y=x2是偶函數(shù),故選:D. ∵0≤m≤1,∴2≤3-m≤3,即D→E·D→F的取值范圍為
11.D 設(shè)球的半徑為r,則該球的體積為V 4 31= πr ;又圓 2,3 .故選:B.3
19.A 連接AD1,由正方體的性質(zhì)可得AB∥DC 且AB錐的底面半徑和高都等于球的半徑,所以該圓錐的體積 1 1
=D1C1,
為V =1 2· 1 32 ,因此圓錐的體積與球的體積3πr r=3πr
V
之比是 2
V =
1
4.
故選:D.
1
12.B 因為a= 3,b=1,A=120°,所以由正弦定理可得,
sinB=bsinA=1,所以a 2 B=30°
或B=150°,當(dāng)B=30°
時,C=30°,滿足題意;當(dāng)B=150°時,A+B>180°,不能
所以
構(gòu)成三角形,舍去.綜上,B=30°,即三角形的解只有一 ABC1D1
為平行四邊形,所以AD1∥BC1,又因為
個.故選:B. AD1 平面DAA1D1
,BC1 平面DAA1D1,所以BC1∥
, :
13.B 對A,在兩組數(shù)據(jù)中,平均數(shù)與極差沒有必然聯(lián)系, 平面DAA1D1 故選 A.
x
所以A錯誤;對B,根據(jù)平均數(shù)與方差的性質(zhì)可知B正 20.A 當(dāng)x≥0時,f(x)=2 +x-1,則f(x)在[0,+∞)上
確;對C,根據(jù)方差的公式可得,求和后還需再求平均數(shù); 單調(diào)遞增,又函數(shù)f(x)是R上的偶函數(shù),且f(1)=2,因
對D,方差大的表示射擊水平不穩(wěn)定,故選:B. 此,f(x-1)<2 f(x-1 )014.B ∵(sinα+cosα)2=1+2sinαcosα=5,4 ∴2sinαcosα= 選:A.
1, (
4 ∵ cosα-sinα
)2=1-2sinαcosα=1-1=3,4 4 21.解析:根據(jù)分層抽樣的方法可知,
60 6
60+40=n n=10.
故答案為:10.
∴cosα-sinα=± 3,又2 ∵α∈ π,π4 2 ,∴0sinα,即cosα-sinα=- 32.
故選:B. 22.解析:因為B→C=3C→D,所以B→D=43B
→C,
15.B 由題得x+y=x+(y+1)-1=1[3 x+
(y+1)]×3 A→D=A→B+B→D=A→B+4 → → 4(→ →)3BC=AB+3 AC-AB =
-1=1[x+(y+1)]× 1+ 4 -1=1 5+y+1 -1A→B+4A→C,所以x=-1,y=43 x ,y+1 3 x x+y=1.故答3 3 3 3
+ 4x -1≥1 5+2 y+1 4x 案為:當(dāng)且僅 1.y+1 3 · -1=2x y+1 答案:1
當(dāng)x=y=1時取等.所以x+y的最小值為2.故選:B. 2
1 -x +6x-5
16.B 由正弦定理可知,2sinAsinB=sinB,易知sinB≠ 23.

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