高中學業(yè)水平合格性考試高考數(shù)學模擬測試卷三

高中學業(yè)水平合格性考試模擬測試卷(三)(時間：90分鐘滿分：150分)一、選擇題：本大題共12小題，每小題6分，共72分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知集合A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|x＜3或x＞5}，則A∩B＝()A．{x|2＜x＜5} B．{x|x＜4或x＞5}C．{x|2＜x＜3} D．{x|x＜2或x＞5}2．已知單位向量a，b，c，滿足a＋b＝c，則向量a和b的夾角為()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(π,2)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)3．若(a－2)i＝b－i，其中a，b∈R，i是虛數(shù)單位，則a2＋b2＝()A．0 B．2C．5 D．14．設a＝50.3，b＝log0.30.5，c＝log30.4，則a，b，c的大小關系是()A．a(chǎn)<b<c B．b<c<aC．c<a<b D．c<b<a5．分別和兩條異面直線平行的兩條直線的位置關系是()A．一定平行 B．一定相交C．一定異面 D．相交或異面6．“互聯(lián)網(wǎng)＋”時代全民閱讀的內涵已多元化，在線讀書成為一種生活方式．某高校為了解本校學生閱讀情況，擬采用分層抽樣方法從該校四個年級中抽取一個容量為360的樣本進行調查，大一與大二學生占全校一半，大三學生與大四學生之比為3∶2，則大四學生應抽取的學生為()A．72 B．100C．108 D．1207．在△ABC中，若A＝105°，C＝30°，b＝2eq\r(2)，則邊c＝()A．2 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．18．函數(shù)f(x)＝lgx＋x－2的零點所在區(qū)間為()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)9．一個圓柱的軸截面是一個面積為36的正方形，則該圓柱的體積是()A．54π B．36πC．16π D．8π10．我國數(shù)學家陳景潤在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界領先的成果，哥德巴赫猜想的內容是：每個大于2的偶數(shù)都可以表示為兩個質數(shù)(質數(shù)是指在大于1的自然數(shù)中，除了1和它本身以外不再有其他因數(shù)的自然數(shù))的和，例如：8＝3＋5，在不超過14的質數(shù)中隨機選取兩個不同的數(shù)，其和等于14的概率為()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,14) D.eq\f(1,15)11．已知α為第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，則cos2α＝()A．－eq\f(\r(5),3) B．－eq\f(\r(5),9)C．eq\f(\r(5),9) D．eq\f(\r(5),3)12．銳角α滿足sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝eq\f(3,5)，則sinα＝()A.eq\f(2,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(4,5)二、填空題：本大題共6小題，每小題6分，共36分．13．已知x>1，則x＋eq\f(1,x－1)的最小值是________．14．已知f(2x＋1)＝x2－2x，則f(3)＝________．15．已知△ABC三個頂點的坐標分別為A(－1，0)，B(1，2)，C(0，c)，若eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，那么c的值是________．16．cos275°＋cos215°＋cos75°cos15°＝________．17．設正方體的表面積為24，那么其外接球的體積是________．18．若函數(shù)f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0且a≠1)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))內恒有f(x)>0，則f(x)的單調遞增區(qū)間為________．三、解答題：本大題共4小題，第19～21題各10分，第22題12分，共42分．解答需寫出文字說明，證明過程和演算步驟．19．在△ABC中，內角A、B、C所對的邊分別是a、b、c，且2asinBcosA－bsinA＝0.(1)求A；(2)當sinB＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))取得最大值時，試判斷△ABC的形狀．20．已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的對邊，a＝4eq\r(3)，b＝6，cosA＝－eq\f(1,3).求：(1)c；(2)cos2B的值．21．如圖，在底面是矩形的四棱錐P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，E是PD的中點．求證：(1)PB∥平面EAC；(2)平面PDC⊥平面PAD.22．“活水圍網(wǎng)”養(yǎng)魚技術具有養(yǎng)殖密度高、經(jīng)濟效益好的特點．研究表明：“活水圍網(wǎng)”養(yǎng)魚時，某種魚在一定的條件下，每尾魚的平均生長速度v(單位：千克/年)是養(yǎng)殖密度x(單位：尾/立方米)的函數(shù)．當x不超過4(尾/立方米)時，v的值為2(千克/年)；當4≤x≤20時，v是x的一次函數(shù)；當x達到20(尾/立方米)時，因缺氧等原因，v的值為0(千克/年)．(1)當0<x≤20時，求函數(shù)v(x)的表達式；(2)當養(yǎng)殖密度x為多大時，魚的年生長量(單位：千克/立方米)f(x)＝x·v(x)可以達到最大，并求出最大值．參考答案1．C借助數(shù)軸可得{x|2＜x＜3}．2．A因為a＋b＝c，所以|a＋b|＝|c|，即|a＋b|2＝|c|2，設a與b的夾角為θ，a，b，c為單位向量，可得|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|cosθ＝|c|2，即cosθ＝－eq\f(1,2)，又0≤θ≤π，故θ＝eq\f(2π,3).3．D由(a－2)i＝b－i，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＝－1，,b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))所以a2＋b2＝1.故選D.4．D由a＝50.3>1>b＝log0.30.5>0>c＝log30.4，所以c<b<a.故選D.5．D可能相交也可能異面，但一定不平行(否則與條件矛盾)．6．A因為該校四個年級中抽取一個容量為360的樣本，大一與大二學生占全校一半，所以大三學生與大四學生的樣本容量為360×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝180，因為大三學生與大四學生之比為3∶2，則大四學生應抽取的學生為：180×eq\f(2,3＋2)＝72.故選A.7．A因為A＝105°，C＝30°，所以B＝45°，則eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(2\r(2),\f(\r(2),2))＝eq\f(c,\f(1,2))，解得c＝2.故選A.8．B因為f(1)＝lg1＋1－2＝－1<0，f(2)＝lg2＋2－2＝lg2>0，根據(jù)零點存在定理可得，函數(shù)f(x)在區(qū)間(1，2)內有零點；又函數(shù)f(x)＝lgx＋x－2顯然單調遞增，所以f(x)有唯一零點．故選B.9．A設圓柱的底面半徑為r，則圓柱的高為2r，該圓柱的軸截面面積為4r2＝36，解得r＝3，因此，該圓柱的體積為V＝πr2×2r＝π×32×6＝54π.故選A.10．D不超過14的質數(shù)有2，3，5，7，11，13共6個數(shù)，在這6個數(shù)中隨機選取兩個不同的數(shù)，有以下15種情況：2，3；2，5；2，7；2，11；2，13；3，5；3，7；3，11；3，13；5，7；5，11；5，13；7，11；7，13；11，13.其和等于14的只有1種情況：3，11.故在不超過14的質數(shù)中隨機選取兩個不同的數(shù)，其和等于14的概率為eq\f(1,15).故選D.11．A利用同角三角函數(shù)的基本關系及二倍角公式求解．因為sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，所以(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,3)，因為2sinαcosα＝－eq\f(2,3)，即sin2α＝－eq\f(2,3).又因為α為第二象限角且sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)＞0，所以2kα＋eq\f(α,2)＜α＜2kα＋eq\f(3,4)α(k∈Z)，所以4kα＋α＜2α＜4kα＋eq\f(3,2)α(k∈Z)，所以2α為第三象限角，所以cos2α＝－eq\r(1－sin22α)＝－eq\f(\r(5),3).故選A.12．D銳角α滿足sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝cosα＝eq\f(3,5)，則sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5).故選D.13．解析：因為x>1，所以x＋eq\f(1,x－1)＝(x－1)＋eq\f(1,x－1)＋1≥2eq\r(（x－1）×\f(1,x－1))＋1＝3，當且僅當x＝2時，等號成立，即x＋eq\f(1,x－1)有最小值3.答案：314．解析：令2x＋1＝3，所以x＝1，所以f(3)＝12－2×1＝－1.答案：－115．解析：易知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，c－2)，由eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，得2×(－1)＋2(c－2)＝0，解得c＝3.答案：316．解析：原式＝sin215°＋cos215°＋sin15°cos15°＝1＋eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(5,4).答案：eq\f(5,4).17．解析：設正方體的棱長為a，則由題意可知，6a2＝24，所以a＝2.設正方體外接球的半徑為R，則eq\r(3)a＝2R，所以R＝eq\r(3)，所以V球＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.答案：4eq\r(3)π18．解析：當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，2x2＋x∈(0，1)，此時f(x)>0恒成立，所以0<a<1，由2x2＋x>0可得x>0或x<－eq\f(1,2)，即定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)，因為函數(shù)f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0，a≠1)由f(x)＝logat和t＝2x2＋x復合而成，0<a<1時，f(x)＝logat在(0，＋∞)上是減函數(shù)，t＝2x2＋x的單調遞減區(qū)間為(－∞，－eq\f(1,2))，單調遞增區(qū)間為(0，＋∞)，根據(jù)復合函數(shù)“同增異減”原則可得f(x)的單調增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).故答案為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))19．解：(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得asinB＝bsinA≠0，又2asinBcosA－bsinA＝0，所以2cosA＝1，即cosA＝eq\f(1,2)，因為0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)因為A＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)－C，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C))＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＋eq\r(3)(eq\f(\r(3),2)sinC－eq\f(1,2)cosC)＝2sinC，因為0<C<eq\f(2π,3)，所以當C＝eq\f(π,2)時，取得最大值，所以△ABC是直角三角形．20．解：(1)由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccosA，即48＝36＋c2－2×6×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))，整理得，c2＋4c－12＝0，解得c＝2或－6(舍負)，故c＝2.(2)因為cosA＝－eq\f(1,3)，且A∈(0，π)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理知，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(4\r(3),\f(2\r(2),3))＝eq\f(6,sinB)，所以sinB＝eq\f(\r(6),3)，所以cos2B＝1－2sin2B＝－eq\f(1,3).21．證明：(1)連接BD交AC于O，連接EO，則EO是△PBD的中位線，所以EO∥PB.又PB?平面EAC，EO?平面EAC，所以PB∥平面EAC.(2)因為PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD.因為四邊形ABCD是矩形，所以AD⊥CD.而PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD?平面PDC，所以平面PDC⊥平面PAD.22．解：(1)設v(x)＝ax＋b，當4≤x≤20時，由題意得：20a＋b＝0,又因為4a＋b＝2，解得a＝－eq\f(1,8)，b＝eq\f(5,2)，函數(shù)v(x)的表達式為v(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，0≤x≤4，x∈