资源简介

参考答案
16.解析:因为U=R, UN={x|0第一部分 合格考专题考点卷 ≤0或x≥2},
所以 M∪N={x|-1专题一 集合与常用逻辑用语 ={x|x<1或x≥2}.
1.D △ABC的三边长两两不等. 答案:{x|x<1或x≥2}
2.A 此集合是方程x2-4x+3=0的根组成的集合,方程 17.解:由命题p为真,可得不等式x2-a≥0在x∈[1,2]上
的根为1,3,所以列举法表示为{1,3}. 恒成立.
3.B ∵{1} A,∴{1}∈A 错误.其余均正确. 所以a≤(x2)min,x∈[1,2].所以a≤1.
4.A ①∵ 2是无理数,∴ 2 Q,故①错误;②∵0不是正 若命题q为真,则方程x2+2ax+2-a=0有解.
整数,∴0 N*,故②错误;③∵π是实数,∴π∈R,故③ 所以判别式Δ=4a2-4(2-a)≥0.
错误;④∵|-4|=4是整数,∴|-4|∈Z,故④正确. 所以a≥1或a≤-2.
5.B x>3 x2>4,反之不一定成立. 又因为p,q都为真命题,
6.C 正确的为①③. a≤1,
7.C 集合 M 中共有0,1,2,3四个元素,真子集的个数是 所以 所以a≤-2或a=1.a≥1或a≤-2.
24-1=15. 所以实数a的取值范围是{a|a≤-2或a=1}.
8.A 命题乙是{-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 在数轴上分别表示出集合A,B,如图. (2)由题意知 RC={x|x≥a},又A ( RC),故a≤1.
专题二 一元二次函数、方程和不等式
1.B 最大限速与车距是同时的.
所以A∪B={x|02.C 由题设,知a>0,c<0,且b>c,所以ab>ac.
x<2}.
3.B 因为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 由题意得,阴影部分所示的集合为M∩N,由N={y|y ab+4b +4b = a-2b +34b2≥0,所以A≥B.
=2k-1,k∈Z}知N 表示奇数集合,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内的奇数为-1,1.所以 M∩N= a-1 a-1
{-1,1},共有2个元素. ≥2 (a-1)· 1 ,当且仅当 1 即a-1+1=3 a-1=a-1 a=
13.解析:已知命题是一个全称量词命题,其否定为存在量
2时等号成立
词命题, “
.
先将 任意”换成“存在”再否定结论,即命题的
否定是:存在x∈R,若y>0,则x2+y≤0. 5.B 原不等式可化为3x
2-19x+6≤0,得13≤x≤6.
答案:存在x∈R,若y>0,则x2+y≤0
6.B 由x(3-3x)=1×3x(3-3x)≤1×9=3,当且
14.解析:因为A={x|1结合数轴可知a≥6. 仅当3x=3-3x,即x=1时等号成立2 .
7.B ∵a>b>0,∴1>0,∴a·1>b·1,即1 1ab ab ab b>a.
答案:[6,+∞) 8.A 由题意知,Δ=4-4(5-m)=-16+4m<0,得m<4.
15.解析:由题意得p:x≥-2,q:x≥a-1,因为p 是q 的充 9.C 因 为 不 等 式 ax2 +5x -2>0 的 解 集 为
要条件,所以a-1=-2,即a=-1. 1 1 2
答案: ,所以 , 为方程 的两-1 x 2·65·

根,所以根据根与系数的关系可得1
2×2=-
2,所以 则2 2a ab≤1
,即ab≥8,
a=-2. 1+2=1,
10.A 设菜园的长为x,宽为y,则x+2y=L,面积S=x
,
y, a b a=2当且仅当 即 时等号成立,
(
因为x+2y≥2 2xy,所以xy≤ x+2y
)2
=L
2 1 2 b=4
,当且仅
8 8
= ,a b
2 所以ab的最小值是8.
当x=2y=L,即x=L,2 2 y=
L时, L
4 Smax=8. (2)因为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
为1
2+2=
5, 5
2 ∴a≥-2. 1+2=1,
12.D a>0,b>0, (
,
且 a+1)(b+1)=2,则a+b=a+1+b a b a=1+ 2当且仅当 即 时等号成立,
b 2a b=2+ 2
+1-2≥2 (a+1)(b+1)-2=2 2-2,当且仅当a=b ,a =b
= 2-1时取等号. 所以a+b的最小值是3+2 2.
13.解析:由题设得0<2α<π,0<β≤π,所以-π≤-β3 6 6 3 专题三 函数的概念与性质
<0,
1 1
所以-π<2α-β<π. 1.B 函数y= 3 = ,其定义域为{x|x≠0},与选项B6 3 x3 x
答案: -π,π 中的函数是相等函数,其定义域相同.6
: ( )2 ( 2 ) , 2 , 2.B y= x的值域为[0,+∞),解析 y=
1的值域为( ,)
14. Δ= -2 -4 -a +3a <0 即a -3a+1<0 x -∞ 0
2
3- 5∪(0,+∞),y=x +1的值域为[1,+∞).
2 2 .
3.A ∵y=x在(0,+∞)上递增,y=-1在(x 0
,+∞)上也
答案: 3- 5,3+ 52 2 递增,∴f(x)=x-1在(0,+∞)上递增.
a<0,
x
4.C 令x-1=2,则x=3,f(2)=f(3-1)=32-2=9-2
-3+2=-b, a=-2,15.解析:由题意,得 a 解得 =7.b=-2.
12, x+1
,x<1,
-3×2=a 5.D 因为函数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 函数y=x
2-6x+10图象的对称轴为直线 ,此16.解析 因为ab是正数 所以ab=a+b+3≥2 ab+3 解 x=3
函数在区间(2,3)上 单 调 递 减,在 区 间(3,4)上 单 调
得 ab≥3,即ab≥9.
递增.
答案:[9,+∞)
7.A 选项B,C在[1,4]上均为增函数,选项A,D在[1,4]
17.解:①若m=0,则问题等价于-6<0对x∈R恒成立,显
上均为减函数,代入端点值,即可求得最大值为3的是
然成立.
1
m<0, m<0, y=x+2.
②若m≠0,则有 即Δ<0, (-m)2-4m(m-6)<0. 8.C 奇函数图象关于坐标原点对称,又f(-a)=-f(a).
5
解得m<0. 9.B 因为函数y=x3 在(0,0)处有定义,且该函数为奇函
综上所述,所求m 的取值范围是(-∞,0]. 数,排除选项A、D;又5>1,排除选项3 C.
18.解:(1)因为a>0,b>0,且1a+
2
b=1
, 10.D 根据题意总收入分为两部分:普通车存车费为0.2x
元,变速车存车费为( ) 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 因为a2+2a+5=(a+1)2+3≥3,又f(x)为偶 专题四 指数函数与对数函数2 2 2
, [, ) , 3 x-2≥0
,
函数 且 在 0 + ∞ 上 是 减 函 数 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
是奇函数,图象关于原点对称. 3.C 由题意 =a2-2-3=a6.3
a· a2
13.解析:因为f(2x+1)=3( ) 1,所以 ()2 2x+1 +2 fa = 4.C 令x-1=0,得x=1,此时y=2+1=3,∴图象恒过
3 1 3 1 定点(,() , 13
).
a+ .又fa =4 所以2 2 2a+2=4
,则a=73. 5.D A中虽然是一个幂,但自变量出现在底数上,故不是
答案:7 指数函数;B中虽然是一个幂,且自变量出现在指数上,但
3
-4<0,不满足“大于0且不等于1”这个条件,故不是指
2 2
14.解析:f(x)=2 x-m4 +3-m ,由题意m ,8 4=2 数函数;C中虽然是一个幂,x也出现在指数上,但指数并
∴m=8. 不是自变量x,故不是指数函数;D中y=5
2x=25x 恰好
∴f(1)=2×12-8×1+3=-3. 符合指数函数的三个特点,故是指数函数.
答案:-3 6.A f(-2)=-3<0,f(1)=6>0,逐次验证得出初始区
15.解析:由题意知,m2-3m+3=1,即m2-3m+2=0,解 间为A.
得m=1或m=2.经检验m=1或m=2均符合题意,即 7.D
函数模型对应的函数是个增函数,而且增长速度越来
越慢,故对数型函数符合题设条件
m=1或2. .
: 8.A 设现在的成本费为x,则3年后的成本费为 (答案 1或2 x 1-
16.解析:因为f(|-x|)=f(|x|),所以①为偶函数;因为 q%)3=a x=
a
( .1-q%)3
f(-x)=-f(x),令g(x)=-f(x),则g(-x)=-f(-x) a b 0
因为 1 1 1 ,所以
= (x)=- (x),所以②为奇函数;令F(x)=x (x),则 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 因为0数;令h(x)=f(x)+x,则h(-x)=f(-x)-x=-f(x)- 减,又因为函数y=loga(x-1)的图象是由y=logax 的
x=-h(x),故④是奇函数. 图象向右平移一个单位得到,所以A对.
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 设
x+1. x1,
=18.
则f(x1)-f(x )= a-a+12 x +1 - a-a+1 a+11 x2+1 =x2+1 12.C 当a>1时,log 4a 5 ,此时5 a>1,当
a+1 (a+1)(x- = 1
-x2)
x1+1 (x2+1)(x +1)
.
1 04,此时
5 5 04
5.
又函数f(x)在(-∞,-1)上是减函数,
综上可知 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时,a<0,同理b>0.所以ab<0.
所以a+1<0,即a<-1. 答案:ab<0
故a的取值范围是(-∞,-1). 14.解析:由函数f(x)= log1x 可得函数的图象如图所2
18.解:∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x), 示,所以函数的单调增区间为[1,+∞).
2
即mx +2=-mx
2+2=mx
2+2.比较得 ,-3x+n 3x+n -3x-n n=-n
∴n=0.又f(2)=5,∴4m+23 6 =
5,得
3 m=2.
∴实数m 的值为2,n的值为0. 答案:[1,+∞)
·67·

15.解析:从表格可以看出三个变量y1,y2,y3 都随x 的增 0,
大而变大,但增长速度不同,其中y1 的增长速度最快,
-1( ) 所以有 ,解得
- 画出它的散点图 图略 知变量y1 关于x 呈指数函数
-1<-2t<1 2 2

变化. t-1<-2t
,
t<
1,
3
答案:y1
即 1
16.解析:由原方程得lgx=-x+1,问题转化为求函数y= 0lgx的图象与函数y=-x+1的图象交点的个数.作出 故不等式f(t-1)+f(2t)<0的解集为 t0专题五 三角函数
1.A 当k=0时,α=45°,此时α为第一象限角;当k=1时,
α=225°,此时α是第三象限角.
2.D cos600°=cos(360°+240°)=cos240°=cos(180°+
由图可知,有一个交点,故原方程有且仅有一个根. 60°)=-cos60°=-1.
答案:1 2
17.解:(1)函数f(x)=x+k(k>0)为奇函数,理由如下: 3.C
由题意得cosα= m =-4,两边平方可解得
x m2+9 5
由题意得f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),它关于 m=±4.又cosα=-45<0
,则α的终边在第二或第三象
原点对称,
( ,) (, ), 限,则点对于任意x∈ -∞ 0 ∪ 0 +∞ P
在第二或第三象限,所以m<0,则m=-4.
k 4.B
原式=cos70°cos(360°-25°)+sin(180°-70°)sin25°
∵f(-x)=-x- =-f(x),x ∴f
(x)是奇函数.
=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)不是偶函数,
=2.
∴f(x)是奇函数,不是偶函数.
5.B 3+tan75°=tan60°+tan75°=tan(60°+75°)=
() () 4 (,] 1- 3tan75°
1-tan60°tan75°
2 函数fx =x+ 在 02 内是减函数x . tan135°=-1.
证明如下:任取x1,x2∈(0,2],且x1则f(x1)-f(x2)=x1+
4-x 42- =(x1-x2)+ sin11°4(x2-x1) 4 x1-x2 7.C 由题意得(( ) ( ) 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,函数f(x)=x+4在(0,2]内是减函数. 8.A ∵点 0, 在函数图象上,2 ∴sin =1.x φ 2
∵f(2)=4,∴函数的值域为[4,+∞). 又||<πφ ,2 ∴
π
φ= ,6 ∴y=sin ωx+π .
18.解:(1)因为f(x)=ax+b
6
2 是定义在(-1,1)上的奇函x +1 又点(π,0)在y=sin ωx+π 上,且该点是“五点”中的6
数,所 以 f(0)=0,得b=0.又 因 为 f 1 = 2,则2 5 第五个点,
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 因为f(x)是偶函数,所以0+φ=π+kπ,3 2 k∈Z,所以
(2)因为定义在(-1,1)上的奇函数f(x)是增函数,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.
的单调增区间为 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 因为y=sinx与y=cosx在 π,π 上都是减函数, =2 2sin 2 x-
π
12 -12cos 22 x-
π
12 +1
所以排除 A,B.因为π≤x≤π,
π π
所以π≤2x≤2π.因为 =2sin 2 x-12 -6 +1=2sin 2x-π ,2 3 +1
y=sin2x在2x∈[π,2π]内不具有单调性,所以排除C. ∴f(x)的最小正周期为T=2π2=π.
12.C 由辅助角公式,函数y=4sinx+3cosx=5 sinx·
(2)当f(x)取得最大值时,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角的终边过点(5 4
,3),所以函数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的集合为 x|x=kπ+12k∈Z .
π 1
12 =-3. 专题六 平面向量及复数
答案:-1 1.C 单位向量的模相等.3
2.C 如图,A→D与C→D的夹角为∠ABC=120°.
14.解析:因 为 π<α<π,所 以tanα=- 1-cos2α2 1+cos2α=
- 33.
答案:- 3 3.A 设z=5+bi(b∈R),则|z|= 25+b
2,
3
2 2 2
15.解析:将函数y=sinx的图象向左平移 个单位长度后,得 又|4-3i|= 4+(-3)=5,φ ∴ 25+b =5
,∴b=0.
4.C 因为A→O+O→ π 11π D=A
→D,A→C+C→D=A→D,所以A→O+O→D=
y=sin(x+φ)的图象,而y=sinx-6 =sinx+
,
6 A→C+C→D.
所以 11πφ= . 5.D ∵z1-z2=5-7i,6 ∴z1-z2 在复平面内对应的点位
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 如图,作菱形ABCD,则|AB-BC|=|AB-AD|=
|D→2 π 7 B|= 3.=1-2sin 4-x =25.
答案:7
25
17.解:因为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.
因为cos(2α-β)=- ,所以2 2α-β=
2 2
4.
9.B ∵|a-4b|2=a2-8a·b+16b2
因为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),
因为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 又因为θ∈[0,π],所以θ=π.
,2 =1 专题七 解三角形
12.D 由A→B+C→D=0,得A→B=-C→D=D→C,∴四边形ABCD
在 中,若 , , , 2
为平行四边形.又A→C·B→D=0知,对角线互相垂直,故 1.A △ABC AB= 13BC=3 ∠C=120°AB
=BC2+AC2-2AC·BCcosC,可得13=9+AC2+3AC,
四边形为菱形.
→ → → → → → → 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 由余弦定理的推论得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 , 虚部1+3 4 2 2i∴ =2π3.
为-1. 3.B 依题意,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
设a与b的夹角为θ ∴cosθ= b -1 2, b= × =2 3.|a||b|= =- 21× 2 2 32
又θ∈[0,π],∴θ=3π. 5.D 由条件及题图可知,∠A=∠B=40°,又∠BCD=60°,4
所以∠CBD=30°,所以∠DBA=10°,故灯塔A 在灯塔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 则
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 由余弦定理的推论及2acosB=c,得2a·
a +c -b
答案:1或- 2ac2 =c,∴a2-b2→ → → → → → → =0
,∴a=b,∴△ABC为等腰三角形.
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 因为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)设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)因为c与a 方向相反 所以c= -2 -4 . .
() ( ) ( ), 11.C 由正弦定理可得sinB=bsinA=18sin30° 32 因为 a+2b ⊥ 2a-b ,因a 15 =5
所以(a+2b)·(2a-b)=0,即2a2+3a·b-2b2=0, 为b>a,所以B>A=30°,所以角B 可能是锐角,也可能
所以2|a|2+3a·b-2|b|2=0, 是钝角,所以此三角形有两解.
·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 专题八 立体几何初步7
所以S=π =49π3 3 . 1.C 根据棱锥的定义和结构特征可以判断,①②是棱锥,
1 3 ③不是棱锥,④是棱锥.13.解析:S△ABC=2absinC=15 3
,∴sinC=2. 2.C 经过共线3个点的平面有无数个,比如:课本中每一
由正弦定理 c =2R,得c=2R·sinC=3. 页都过共线的三点.sinC
3.B ∵A'B'∥x'轴,A'C'∥y'轴,∴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 该几何体用平面ABCD 可分割成两个四棱锥,因此
2×1×1× -1 =3,∴c= 3. 它是这两个四棱锥的组合体,因而四边形2 ABCD 是它的
一个截面而不是一个面.故D说法不正确.
答案:3
5.C 由题意知球的直径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 没有说明角的方向,故三种位置关系都有可能.
8 b, 7.D
由直线与平面平行的判定定理知,EF 与平面AB'、平
∴ = ∴b=4 6.
2 3 面BC'、平面CD'、平面AD'均平行.故与EF 平行的平面
2 2 有4个.
答案:4 6 8.C 如图,∵α⊥β,α∩β=l,m α,m⊥l,∴m⊥β.
16.解析:依题意可得AD=20 10,AC=30 5,
又CD=50,所以在△ACD 中,
2 2 2
由余弦定理的推论得cos∠CAD=AC +AD -CD2AC·CD
9.D 如 图,连 接 AC,BD,∵E,F,G,H 分 别 为 各 边 的
(30 5)2= +
(20 10)2-502= 6000 = 2, 中点,
2×30 5×20 10 6000 2 2
又0°<∠CAD<180°,所以∠CAD=45°,
所以从顶端A 看建筑物CD 的张角为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
因为在△ABC中,b是平行四边
(2)因为A+B+C=180°, 形,∵AC⊥BD,且 AC=BD,∴EF⊥FG,且 EF=FG,
所以A=180°-120°-30°=30°, ∴四边形EFGH 是正方形.
1 3 10.C 如图所示,在正方体ABCD-A1B1C1D1 中,BC∥平面所以S=2bcsinA=4. A1C1,但平面A1C1与平面BC1相交,故A错误;同理平面
2 5 BC1中有无数条直线与平面A1C1平行,但平面A1C1与平18.解:(1)因为C=45°,b=4 5,sinB= ,5 面BC1相交,故B错误;又AD∥平面A1C1,AD∥平面BC1
2 但平面BC1与平面A1C1相交,故D错误.
所以由正弦定理可得c=bsinC
4 5×
= 2sinB =5 2.2 5
5
(2)因为sinB=2 5,B 为锐角,5
所以cosB= 1-sin2B= 5,5
·71·

11.B 在 正 方 体 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 为线段A1B1的中点,点D 是AB 的中点,
面角 D1-BC-D 的 平 面 角.在△D1CD 中,D1D⊥CD, ∴AD∥B1P 且AD=B1P,则四边形ADB1P 为平行四
D1D=CD,∴∠D1CD=45°,即二面角 D1-BC-D 的平 边形,
面角的大小是45°. ∴AP∥DB1,
12.C 三棱锥点P 到平面ABC 的距离即为以平面ABC 为 又∵AP 平面B1CD,DB1 平面B1CD,
底的三棱锥的高h,以平面PAB 为底,三棱锥的体积为 ∴AP∥平面B1CD.
3
V=1×a ,同样以平面 ABC 为底,三棱锥的体积为 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,由三棱锥的体积不变,得V=1 ∴平面APC1∥平面B1CD.3 4 3
18.证明:(1)因为△PDB 是正三角形,
3 1 a3× (4 2a
)2×h=3×
,解得h= 3a2 3 . 所以∠BPD=60°,
因为 是 的中点,
13.解析:
D AB
由已知得圆锥的高h= 52-32=4,
所以AD=BD=PD.
所以V =1圆锥 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错,a与b也可能异面;②对,∵α∥β,∴α与β无 又PA⊥PC,PB∩PC=P,
公共点. 所以PA⊥平面PBC.
又∵a α,b β,∴a与b 无公共点;③错,a与β 也可能 (2)因为PA⊥平面PBC,所以PA⊥BC.
平行. 因为∠ACB=90°,所以AC⊥BC.
答案:② 又PA∩AC=A,
15.解析:如 右 图,连 接 BG,则 BG∥ 所以BC⊥平面PAC.
AH,所以∠BGF 为异面直线AH 因为BC 平面ABC,
与FG 所 成 的 角.因 为 四 边 形 所以平面PAC⊥平面ABC.
BCGF 为 正 方 形,所 以 ∠BGF 专题九 统计
=45°.
1.B 在放回简单随机抽样中,每次抽取时各个个体被抽到
答案:45°
的概率都相等,与第几次抽样无关.
16.解析:因为PA=PC,O 是AC 的中点,所以PO⊥AC,同
2.D 样本的平均数随着样本的变化而变化,我们只是用样
理PO⊥BD,又AC∩BD=O,所以PO⊥平面ABCD.
本的平均数来估计总体的平均数.
答案:垂直
17.证明:(1)如图,设BC 与BC的交点为O,连接OD, 3.B 由
20
160=
1,设抽取管理人员 人,则x
8 x 32=
1,得
8 x=4.1 1
4.C 因为折线统计图用于描述数据随时间的变化趋势,所
以宜采用折线统计图.
5.B 因为直径落在区间[5.43,5.47]内的频率为0.02×
(6.25+5.00)=0.225,所以个数为0.225×80=18.
6.D 50%分位数即中位数,为1(2 4+7
)=5.5.
7.A 把这组数据按从小到大排列为:10,12,12,14,14,14,
∵四边形BCC1B1为平行四边形, 17,18,19,23,27,则可知其众数为14,中位数为14.
∴O 为B1C中点, 8.C 第95的百分位数是指把数据从小到大排序,有至少
又D 是AB 的中点, 95%数据小于或等于这个数,至少有5%的数据大于或等
∴OD 是△ABC1的中位线, 于这个值.
则OD∥AC1, 9.C 因为在体操比赛的评分中使用的是平均分,计分过程
又∵AC1 平面B1CD, 中采用“去掉一个最高分,去掉一个最低分”的方法,就是
·72·

为了防止个别裁判的人为因素给出过高或过低的分数对
y=1(y1+y2+…+y20)=80,
选手的得分造成较大的影响,从而降低误差,尽量公平. 20
故全班平均成绩为:
10.D 所给图是成绩分布图,平均分是75,在图1中,集中
在75分附近的数据最多,图3中从50分到100分均匀 1(
40x1+x2+
…+x20+y1+y2+…+y20)
分布,所有成绩不集中在任何一个数据附近,图2介于
1
两者之间.由标准差的意义可得s3>s2>s1. = (4090×20+80×20
)=85.
11.B 由题意知去掉的两个数是87,99, 又设第一组学生成绩的标准差为s1,第二组学生成绩的
所以87+90×2+91×2+94+90+x=91×7,解得x=4.
标准差为s,则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 )(此处x=90,y=80),
(94-91)2×2]=7.
又设全班40名学生的标准差为s,平均成绩为z(z=
12.B 因为可以用极差、方差或标准差来描述数据的离散
85),故有
程度,所以要评估亩产量稳定程度,应该用样本数据的
1
、 s2= (2 2 … 2 2 2 … 2 2极差 方差或标准差. )40x1+x2+ +x20+y1+y2+ +y20-40z
13.解析:由题意得,在1万元以上的项目中,不少于3万元
=1( 2 2 2 24020s1+20x +20s2+20y -40z
2)
的项目投资额占13,而1万元以上的项目的投资额占总21
=1(62+42+902+802-2×852)=51.
投资的比例为1-46%-33%=21%,所以不少于3万 2
元的项目共投资500×21%×1321=65
(万元). s= 51.
: 所以全班同学的平均成绩为答案 65 85
分,标准差为 51.
14.解析:样本数据低于10的比例为(0.02+0.08)×4= 18.解:(1)由题图可知,[15,18)对应纵轴数字为4,且组距75
0.40,样 本 数 据 低 于14的 比 例 为0.40+0.09×4=
为3,故[15,18)对应频率为4 40.76,所以此样本数据的第50百分位数在[10,14)内,估 75×3=25.
计此样本数据的第50百分位数为10+0.1 1000.36×4= 9 . 又已知[15,18)内频数为8,故样本容量n=8÷
4
25=50.
答案:100 (2)[12,15)内小长方形面积为0.06,即[12,15)内频率
9
为0.06,且样本容量为50,故样本在[12,15)内的频数为
15.解析:因为分配比例为60 3,800=40 50×0.06=3.
所以男生应抽360×3=27(名), (3)由(1)(2)知样本在[12,15)内的频数为3,在[15,18)40
内的频数为8,样本容量为50.所以在[18,33]内的频数
女生应抽440×3=33(名)40 . 为50-3-8=39,在[18,33]内的频率为3950=0.78.
则总样本平均数为w=2760×171+
33
60×160=164.95
(cm).
专题十 概率
答案:164.95cm
1.C A中事件为必然事件;B,D中事件为不可能事件;
16.解析:∵ 方 程 x2-5x+4=0的 两 根 分 别 为1,4且
C中事件为随机事件.
a+3+5+7
4 =b
,
2.D 从含有10件正品、2件次品的12件产品中,任意抽取
∴a=1,b=4. 3件,则必然事件是至少有1件正品.
∴该样本为1,3,5,7,平均数为4. 3.C 由于事件“至少有一次中靶”和“两次都不中靶”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,所以它们互为互斥事件.4
4.D “本市明天降雨的概率是90%”也即为“本市明天降雨
答案:5
的可能性为90%”.
17.解:设第一组20名学生的成绩为xi(i=1,2,…,20),
由于事件 和 是互斥事件,则 ( ) ( )
第二组20名学生的成绩为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+
依题意有:x=1( … ) ,20x1+x2+ +x20 =90 P(B)≤1,所以0≤P(B)≤0.9.
·73·

6.C 从甲、乙、丙三人中任选两人有:(甲,乙),(甲,丙), ∴击中环数大于5的概率P=P(A)+P(B)+0.6=0.1
(乙,丙),共3种情况,其中,甲被选中的情况有2种,故甲 +0.1+0.6=0.8.
答案:
被选中的概率为P=2. 0.83 17.解:设“中三等奖”为事件A,“中奖”为事件B,
7.B 对于A,“至少有一个红球”可能为一个红球、一个白 样本空间为{(0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),
球,“至少有一个白球”可能为一个白球、一个红球,故两 (1,2),(1,3),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(3,0),(3,1),
事件可能同时发生,所以不是互斥事件;对于B,“恰有一 (3,2),(3,3)},共16个样本点.
个红球”,则另一个必是白球,与“都是白球”是互斥事件, (1)取出的两个小球号码相加之和等于4或3包含的样
而任取2个球还有都是红球的情形,故两事件不是对立 本点有(1,3),(2,2),(3,1),(0,3),(1,2),(2,1),(3,0),
事件;对于C,“至少有一个红球”为都是红球或一红一白, 共7个,
与“都是白球”显然是对立事件;对于D,“至多有一个红
则中三等奖的概率为P(A)=7.
球”为都是白球或一红一白,与“都是红球”是对立事件. 16
8.C 样本空间为{(甲,乙,丙),(甲,丙,乙),(乙,丙,甲), (2)由(1)知两个小球号码相加之和等于3或4的取法有
(乙,甲,丙),(丙,甲,乙),(丙,乙,甲)},共6个样本点,甲 7种;
2 两个小球号码相加之和等于5的取法有2种:(2,3),(3,2).站在中间包含的样本点有2个,故P(甲站在中间)=6 两个小球号码相加之和等于6的取法有1种:(3,3).
=1. 则中奖概率为P(B)=7+2+1=53 16 8.
9.C 对于某地6月1日的天气,设事件A=“下雨”,事件 18.解:记“甲、乙、丙三人100m跑成绩合格”分别为事件A,
B=“阴天”,事件C=“晴天”,则事件A,B,C 两两互斥, B,C,显然事件A,B,C相互独立,
且A∪B 与C 是对立事件,则P(C)=1-P(A∪B)=1- 则P(A)=2,P(B)=3,P(C)=1.
P(A)-P(B)=1-0.45-0.20=0.35. 5 4 3
设恰有 人合格的概率为 ( ,,,)
10.B 易知20组 随 机 数 中 表 示 恰 有 两 次 命 中 的 数 据 有 k Pkk=0123 .
191,
()三人都合格的概率:
271,932,812,393,所以该运动员三次投篮恰有两 1
P =P(ABC)=P(A)·P(B)·P(C)=2×3×1
次命中的概率约为5
20=0.25.
3 5 4 3
=1.
11.D 由题意知甲中靶的概率为4,乙中靶的概率为7,两 105 10
(2)三人都不合格的概率:
人打靶相互独立,同时中靶的概率P=4×7=145 10 25. P0=P(A B C )=P(A)·P(B)·P(C)=
3
5×
1×24 3
12.C 满足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)恰有两人合格的概率: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:由互斥事件的定义可知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:设有n套次品,由概率的统计定义,知 n = 2 , 10 60 10 60 122500 100
综合(1)(2)(3)可知P1最大.
解得n=50,所以该厂所生产的2500套座椅中大约有
所以出现恰有1人合格的概率最大.
50套次品.
答案:50 第二部分 合格考模块达标卷
15.解析:由题意可知,该产品为正品是第一道工序和第二道工
序都为正品,故该产品为正品的概率为P=(1-a)(1-b).
模块达标检测卷(一)
答案:(1-a)(1-b)
1 3
16.解析:设“击中6环”为事件A,“击中7环”为事件B,击 1.B 23= 2.故选:B.
中8环为事件C,由题意得P(A)=P(B)=P(C)=0.1, 2.A 因为α=45°,所以α是第一象限角.故选:A.
·74·

3.B x-1>0,x>1,所以f(x)的定义域为(1,+∞).故 y=f(x)=log2x,定 义 域 为(0,+∞),所 以 函 数y=
选:B. f(x)=log2x不具有奇偶性,故D错误.故选:C.
4.C 因为全集U={1,2,3,4,5},A={1,2},所以 UA= 16.D 因为正实数x、y满足x+2y=2,所以1x+
2=1y 2 1{3,4,5}.故选: xC.
2 1 2y 2x 1 2y 2x
5.C 由扇形的弧长公式可知,l=|α|r=π 故 + ( ) ·2×2=π. y x+2y =2 5+x+y ≥2 5+2 x y
选:C. =9,当且仅当2y=2x,即 2时,等号成立,故2 x y x=y=3
6.A 由于a>b,所以-a<-b,A选项正确.a=1,b=-1, 选:D.
a2=b2,|a|=|b|,BD选项错误.a=2,b=1,1<1, 选 x-2,a b C 3 x<217.B 函数f(x)= ,f(a)=3,. :A. log3(2 ),项错误 故选 x -1 x≥2
a-2
7.A 由题意知:函数y=f(x)的定义域为{1,2,3,4,5,6}. 当a<2时,3 =3,解 得a=3,舍 去;当a≥2时,
故选:A. log3(a2-1)=3,解得a=±2 7,a=-2 7舍掉,所以
8.C 有图象可知,当x=9时,y=3,故f(9)=3.故选:C. a=2 7,故选:B.
9.A 当a>b:若a,b异号,即a>0>b,显然 a >b成立; 18.B 将函数f(x)=2sin 2x+2π3 -1向右平移π个单若a>b≥0或0≥a>b,均有 a >b成立;所以充分性成 6
立;当 a >b:若a=-2,b=1,显然a>b不成立,故必要 位长 度 得 到 函 数 g(x)=2sin 2x+π -1,由3 x∈
性不成立.所以“a>b”是“a >b”的充分不必要条件.故
-π,m ,得: 4 2x+π∈ -π,2m+π ,由g(x)∈选 A. 3 6 3
1 1 1 1
10.A ∵x2-x-2= 5,∴ x2-x-2 2=5,则x-2+1 [-2,1],得sin 2x+π3 ∈ -1,2 1x ,所以π2≤2m+
1 π≤7π=5,即x+ =7.故选:A. ,所以3 6 m∈ π,5π ,故选:1212 B.x
11.B ∵角α的终边经过点P(-1,3),∴tanα=-3.故 19.解析:由全称命题的否定是特称命题,所以命题p: x∈
选:B. R,x
2≠x的否定形式为 p: x∈R,x2=x.故答案为:
1 x x∈R, x
2=x.
12.A 函数f(x)=3x- 的定义域为3 R
,且f(-x)
答案: x∈R,x2=x
=3-x- 1 -x x x=-3x+ 1 =- 3x- 1 = 20.解析:因为a,b>0,所以2a+3b=4≥2 2a·3b,解得3 3 3
x 1 x ab≤
2,当 且 仅 当
3 a=1
,b=2时,等 号 成 立.故 答 案
-f(x),即函数f(x)是奇函数,又y=3 ,y=- 33
在R都是单调递增函数,故函数f(x)在R上是增函数. 为:
2
3.
故选:A.
答案:2
3
13.C 函数f(x)=1- 1 的图象,是将函数 1先x+1 y=-x 21.解析:因为f(x)=x2+2,所以f(1)=12+2=3.故答案
向左平移1个单位,再向上平移1个单位得到;又由于函 为:3.
数y=-1图象关于原点中心对称,所以f(x)=1- 答案:3x
22.解析:由3-2x-x2>0得-31 图象关于(-1,1)中心对称,所以C正确.故选:x+1 C. 义域为(-3,1),设t=3-2x-x
2,则抛物线开口向下,
,2 ( )( ) 对称轴为x=-1,∵y=log2x 在定义域内单调递增,14.A 由题意知 x -4x+3<0 x-1 x-3 <0所以
原不等式的解集为{x|12)的单调递增区间,
15.C 对于A,y=f(x)=cosx,则f(-x)=cos(-x)= 等价求t=3-2x-x
2 的递增区间,∵t=3-2x-x2 的
cosx,所以函数y=f(x)=cosx 为偶函数,故A错误; 递增区间是(-3,-1),∴函数g(x)的单调递增区间为
对于B,y=f(x)=|x|+1,则f(-x)=|-x|+1=|x| (-3,-1),故答案为(-3,-1).
+1,所以函数为y=f(x)=|x|+1为偶函数,故B错 答案
:(-3,-1](或(-3,-1))
2
误;对于C,y=f(x)=x3,则f(-x)=-x3=-f(x), 3v 5v
23.解:(1)T=s+25+5 40
+8+30 3v 30 5
所以函数y=f(x)=x3 为奇函数,故C正确;对于D, v = v =40+v+8.
·75·

(2)经过A 点的车流量最大, 则只需h 1 =5a-3>0,解得a>6,
即每两辆车之间的时间间隔T 最小. 2 4 2 5
6
∵T=3v+30+5≥2 3v·30+5=29
即实数a的取值范围是, ,5 +∞ .
40 v 8 40 v 8 8
模块达标检测卷(二)
当且仅当3v 30,即
40=v v=20
时等号成立,
由题设 ,故其虚部为 故选:
∴当v=20m/s时,经过观测点A 的车流量最大. 1.C z=2+3i 3. C.
2.D A中图形旋转得到两个圆锥与一个圆柱,不合题意;B
24.解:(1)f(0)=sin π6 +sin -π6 +cos0=1; 中图形旋转得到两个相同底面的圆锥,不合题意;C中图
(2)因为f(x)=sin x+π +sin x-π +cosx, 形旋转得到相同底面的圆柱与圆锥,不合题意;D中图形6 6
旋转得到一个圆台与一个圆锥,合题意.故选:D.
所以f(x)=sinxcosπ π6+cosxsin6+sinxcos
π
6- 3.C 由题意,可知A={1,3,5},B={5,6},A∩B={5},即
π 事件A∩B=“点数为5”故选:C.cosxsin6+cosx 4.B 依题意,10×(0.02+0.03+b)=1,解得b=0.05,所
=2sinxcosπ+cosx 以直方图中b的值为0.05.故选:6 B.
5.A 设北面有x 人,则 x 100= 3sinx+cosx ,解得:x+7488+6912=300 x=
=2sin x+π 7200.故选:A.6
( )
所以函数f(x)的最小正周期为2π. 6.A
i = i1-i( )( )=
i+1=1+1i,其对应点的坐1+i 1+i 1-i 2 2 2
(3)当sin x+π 时,()取最大值6 =1 fx 2. 标为 1,12 2 位于第一象限.故选:A.
25.解:(1)由题意,函数f(x)=log2(2-x)-log2(x+2)有 7.C C→A=C→B+B→A=b-A→B=b-a,故选:C.
2-x>0, , 8.A 因为A→B·B→意义 则满足 C=0,所 以A→B⊥B→C,则 在△ABC 中,x+2>0
AB⊥BC,∠B=90°,所以△ABC为直角三角形.故选:A.
解得-29.D 设正方体的棱长为a,因为正方体的体对角线的长度
(2)由(1)知,函数f(x)的定义域为(-2,2),关于原点
对称, 等于其外接球的直径所以 3= 3a,解得2 a=2
,故选:D.
又由f(-x)=log2(2+x)-log2(-x+2)=-[log2(2 10.C 由频率直方图得,体重在[56.5,64.5]的频率为0.03
-x)-log2(x+2)]=-f(x), ×2+0.05×2+0.05×2+0.07×2=0.4,∴所求人数
即f(-x)=-f(x),所以函数f(x)是定义域(-2,2)上
为100×0.4=40.故选:C.
的奇函数.
11.D 由频率分布表可得,分数大于等于90分对应的频率
(3)由f(x)=log2(2-x)-log2(x+2)=log
2-x
2x+2 为0.125+0.250+0200+0.100+0.075+0.075=
1 0.825,则 全 年 级 此 次 数 学 测 试 及 格 率 的 估 计 值 是由f(x)即log2-x 12 种,其中向上的点数为奇数的有3种,所以出现向上的
即2-xx-2>0在x∈ 1,1 上恒成立,2 ·
13.C ∵cosθ= a b 4+4 4,故选:|a||b|= = C.5· 20 5
即函数h(x)=ax2+(2a+1)x-2>0在x∈ 1,2 1 上 14.B 若棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上,则
恒成立,
球 的 直 径 等 于 正 方 体 的 体 对 角 线 长,即 2R =
又因为a>0,则函数h(x)的对称轴x=-2a+12a =-1- 22+22+22=2 3,(其中R 是该球的半径),所以R=
1<0, 3,则球的体积V=4πR3=4 3π.故选:2a 3 B.
·76·

15.C 因为AB=1,AC=2,∠A=2π,所以BC2=AB2+ 22.
解析:设球半径为r,
3 根据题意可得:r=3,
AC2-2AB·BC·cosA=1+4-2×1×2× -1 = 所以球的体积V=4πr32 3 =36π.
7,所以BC= 7.故选:C. 故答案为:36π.
16.D 若α⊥γ,β⊥γ,则α不一定垂直
:
β,故A错误;若α⊥γ, 答案 36π
⊥γ,则α不一定平行 ,故B错误;
解:(
若α∩ =n,m∥n,则 23. 1
)由分层抽样的特征可得每个个体被抽到的频率
β β β
是相等的,所以由B 小组抽取的情况可得抽取的比例为
m 可能在α或β内,故C错误;若α∥β,β∥γ,则α∥γ,又
3 1 1 1
m⊥α,则m⊥γ正确;故D正确;故选:D. = ,所以 ,36 12 x=12×12=1y=12×48=4
,
17.B 由表格数据,x =72+86+87+89+92+94 所以
,
≈86.67, x=1y=4.A 6 (2)设A 组抽取的人记为a,B 组抽取的人记为b,c,d.
x 73+74+86+88+94+95 1
6
2 从中选 人,可能的结果为 ,;,;,;,;,;,
B= =85,SA = ( 2 abacadbcbdcd.6 6 ∑ xi-i=1
共6种.
6
xA)2≈50.6,S2=
1 ( )2 , ,2B 其中这 人都来自 组的结果为 ,;,;, 共 种6∑ xi-xB =76 ∴xA>xB SA< 2 B bcbdcd. 3 .i=1
S2B,应选A 酒店.故选:B. 所以:这2人都来自兴趣小组B 的概率为P=
1
2.
18.A 连接 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 是钝角得,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 上为增函数,2
sin∠NQPsin∠MQP= 7,∴MN2 2 2 ·14 =MQ +NQ -2MQ ∴0NQcos∠MQN=28,可得MN=27.故选:A.
∴sinB 的取值范围是0x +x +x +x 25.解:(1)证明:因为平面PAC⊥平面ABC,AC⊥BC,平面
则 1 2 3 4=4,4 PAC∩平面ABC=AC,BC 平面ABC,
所以数据2x ,2x ,2x ,2x 的平均数为: 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,
故答案为:8. 又BC=2,∠BAC=30°,所以AC=2 3,
答案:8 2 2 ( )2因为
→ → → → 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
故答案为: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,因为c>0,故c=4. 所以三棱锥P-ABC 的体积V 1P-ABC=3S△APC×BC=
故答案为:4.
1
答案:4 3× 3×2=
2 3
3 .
·77·

第三部分 合格考仿真模拟卷 14.A
由已知甲乙的方差知:10.2<14.3,即甲比乙的成绩
稳定,甲比乙的成绩的标准差小,所以A正确,B、C、D错
安徽省普通高中学业水平合格性考试 误.故选:A.
仿真模拟卷(一) 15.B 从3,5,7,11,13这5个素数中,随机选取两个不同
的数共有(3,5),(3,7),(3,11),(3,13),(5,7),(5,11),
1.D 命题“ x∈R,x2-2x+1>0”的否定为“ x0∈R, (5,13),(7,11),(7,13),(11,13)10种可能,其和等于16
x20-2x0+1≤0”故选:D. 的结果(3,13),(5,11)2种等可能的结果,所以概率P=
2.A 因为M={1,2,3},N={1,3,4},所以 M∩N={1,3}; 2=1 故选:: 10 5. B.故选 A.
3.C 因为3+4i=3+bi,所以b=4.故选:C. 16.D 函数y=cos 1x+π ,T=2π2 3 1=4π.故选:D.
4.A 因为α 是第一象限角,且cosα=4,所以 25 sinα=
17.D 如图,连接A 21B,则A1B= 1+(2)2= 3,由题知
1-cos2α= 1-16=3,故选: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 根据题意可得 所以x∈[-3,-2)∪(-2, 为所求角或其补角 所以cos∠A1CB=
x+2≠0 2A1C·BC
+∞).故选:C. =2+4-3= 3 =3 2.故选:8 D.
6.D x2-4=(x+2)(
2× 2×2 4 2
x-2)>0,解得x<-2或x>2,所
以不等式的解集为(-∞,-2)∪(2,+∞).故选:D.
7.A 因为x=3 |x|=3,但是|x|=3 x=±3,所以“x=
3”是“|x|=3”的充分不必要条件.故选:A.
x+1
,x≤1
8.A 由f(x)= ,则f(f(4))=f(-1)=
-x+3,x>1
-1+1=0.故选:A.
2 2 2 2 2
9.A 对于 A:y=cosx 的定义域为 R.因为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 为偶函数.故 A 3bc=4≥2bc- 3bc(当且仅当b=c时取等号),∴bc≤
π 4 1正 确;对 于 B:对 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,不满足f(-x)=f(x),故 4bc≤2+ 3,∴△ABC 面 积 的 最 大 值 为2+ 3.故
y=sinx 不是偶函数.故B错误;对于C:对于y=x3, 选:A.
f(1)=13=1,f(-1)=(-1)3=-1,不满足f(-x)= 19.解析:因为0≤x≤4,故4-x≥0,则x(4-x)≤1(4 x+
f(x),故y=x3不是偶函数.故C错误;对于D:对于y= 4-x)2=4,
2x,f(1)=21=2,f(-1)=2-1=1,不满足f(-x)= 当且仅当x=4-x,即x=2时,取得最大值2 4.故答案
f(x),
为:
故y=2x 不是偶函数.故D错误;故选:A. 4.
10.B 在长方体中,BD2=AB2+AD2 2, 2 2
答案:4.
1 +AA1 则2 =1 +
a b bsinA
12+AA21,解得AA1= 2.故选B. 20.
解析:由正弦定理: ,可得:
sinA=sinB sinB= a =
11.D 在平行四边形ABCD 中,依题意,O→C=-O→A=-a, 2,由a>b可得A>B ,则:→ 2 ∠B=45°.而OB=b,所以B→C=O→C-O→B=-a-b.故选:D.
答案:45°
12.C 由 题 意 得,自 习 时 间 不 少 于22.5小 时 的 频 率 为
21.解析:令x-1=0,则x=1,f(1)=a1-1+1=2,(0.16+0.08+0.04)×2.5=0.7,故自习时间不少于
所以函数图象恒过定点为(1,2).故答案为:(1,2)
22.5小时的人数为0.7×200=140,故选C.
答案:(1,2)
13.A 因为y=0.3x 在定义域上单调递减,所以0.32>
22.解析:设向量a,b的夹角为θ,
0.33,又y=x3在定义域上单调递增,所以0.33>0.23,
2 3 3, , : 因为向量b在向量a 上的投影向量为-
1a,所以 ·所以0.3>0.3>0.2 即b>c>a 故选 A. 2 b
·78·

· a 1 , 因为x1又 a =2,b =4,解得:cosθ=-1, 即函数f(x)在R上单调递减.4
a+2b 2=(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=68+ 安徽省普通高中学业水平合格性考试因为
4a · bcosθ=60, 仿真模拟卷(二)
所以 a+2b =2 15. 1.B 在复平面内,复数z=-1+i对应的点为(-1,1),在
故答案为:2 15. 第二象限.故选
:B.
2.B 函数y=tanx的最小正周期是π;故选:B.
答案:2 15
3.C 因为A={0,2},B={-2,-1,0,1,2},所以A∩B=
23.解:(1)当x=π时,a=(2,1),b=(2,),4 1 {0,2},A∪B={-2,-1,0,1,2}, BA={-2,-1,1},
AB 不存在,故选:C.∴a+b=(2 2,2).
4.C 因为用分层抽样的方法,所以应抽取的男生人数为
(2)∵a=(2sinx,1),b=(2cosx,1),
25
∴f(x)=a·b=4sinxcosx+1=2sin2x+1, 9×45=5
,故选:C.
∵函数f(x)图象上所有点向左平移π个单位长度得到 5.D 根据函数的定义,对于一个x,只能有唯一的y 与之4
对应,只有D满足要求,故选:D.
g(x)的图象, 6.A 根据向量加法的平行四边形法则可得A→B+A→D=
∴g(x)=2sin2(x+π)+1=2cos2x+1, A
→C,故选:4 A.
7.D 对于A,四棱锥共有八条棱,故A错误;对于B,五棱
∵x∈ 0,π2 ,∴2x∈ 0,π ,∴cos2x∈[-1,1], 锥共有六个面,故B错误;对于C,六棱锥共有七个顶点,
∴g(x)∈[-1,3], 故C错误;对于D,根据棱锥的定义知,D正确.故选:D.
∴g(x)的最小值为-1. 8.D 因为平面α∥平面β,m α,n β,所以m,n无公共点,
24.解:(1)∵AB 是底面圆的直径, 所以m,n是不相交直线,故选:D.
2
∴AC⊥BC 9.A 当a=1时,a =1,充分性成立;反过来,当a
2=1时,
∵弧BC的中点为D, 则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
”的充分而不必要条件.故选: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.故选:D.
又AC 平面POD,OD 平面POD,
11.C 根据对数的换底公式得,log12=lg12 lg3+lg45
∴AC∥平面POD. lg5
=lg10-lg2
(2)设圆锥底面半径为r,高为h,母线长为l, =lg3+2lg2 2a+b,故选:1-lg2 =1-a C.
∵圆锥的轴截面PAB 为等腰直角三角形,
, 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∴圆锥的表面积S=πrl+πr2=πr× 2r+πr2=9(1+ 13.B 设事件A 为只用现金支付,事件B 为只用非现金支
2)π. 付,则P(A∪B)=P(A)+P(B)+P(AB)=1因 为
25.解:(1)由 (1)=2,(2)=-1, P(A)=0.45,P(AB)=0.15,f f 所以P
(B)=0.4,故选B.
得a+b=2,2a+b=-1, 14.A f
(1)=1-4+6=3,当x≥0时,x2-4x+6>3,所
以 或 ;当
即a=-3,b=5, 0≤x<1 x>3 x<0
时,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
+∞),故选:( ) A.f m+1 =-3(m+1)+5=-3m+2.
15.A 因 为 ccosB =a,所 以 由 余 弦 定 理 可 得 c·
(2)证明:任取x1a2+c2-b2
则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), 所以三角形的形状为直角三角形,故选:A.
·79·

16.B 该 组 数 据 的 众 数 是 4,A 选 项 错 误;平 均 数 是 其中,摸出两个黑球的方法有(a,b),(a,c),(b,c)共3种,
-1+1+4+4+2+8=3,B选项正确;该组数据从小到 故摸出2个黑球的概率为P=36 10.
大排列为-1,1,2,4,4,8,6×0.5=3,所以该组数据第 答案:3
10
50 百 分 位 数 是2+42 =3
,C 选 项 错 误;方 差 是 23.解:(1)因为 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选项错误.故选:B. 所以 RA=(-∞,-3)∪(6,+∞),所以( RA)∩B=
T π [-5,-3)∪(6,7].17.A 根据图象知:2=
,故T=π,ω=2,排除C.当2 x=0
() m-8≤-32 因为A∩B=A,所以A B,所以
时y=3,排除B,当x=π时,y=-1,排除D.故选:A. ,解得m+4≥62 2≤m≤5.
18.D 连接BC1,A1C1,在长方体ABCD-A1B1C1D1 中,易
, 24.解:()
8+9+7+9+7
知AD ∥BC 所以∠ABC 1 =8
,
1 1 1 1 为异面直线 A1B 与AD1 5
所成 角 或 其 补 角,又 在 长 方 体 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,所以甲的平均数为8,标准差为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.因为异面直线所成的角的取值范围是 0,π ,所 5 =8,5 2
4 (10-8)2+(9-8)2+(8-8)2+(6-8)2+( )2以异面直线A1B 与AD1所成角的余弦值为5.
7-8
5 =
2,所以乙的平均数为8,标准差为 2.
(2)由(1)可知,甲、乙两名学生射箭命中环数的平均数
相等,但甲的标准差小于乙的标准差,这表明甲的成绩
比乙更稳定一些.故选择甲参赛更合适.
25.解:(1)在ΔABC中,
由正弦定理 a
sinA=
b ,得
sinB 3sinBsinA=sinAcosB.
又因为在ΔABC中sinA≠0.
所以 3sinB=cosB.
故选:D. 法一:因为019.解析:原不等式可化为(x+2)(x-3)≤0,-2≤x≤3.故
所以 sinB 3,
答案为:[-2,3]. tanB=cosB=3
答案:[-2,3] 所以B=π
20.解析:由于命题“ x∈R,x2+2x+a≤0”是假命题, 6
.
则该命题的否定“ x∈R,x2+2x+a>0”是真命题, 法二:3sinB-cosB=0即2sin B-π ,6 =0
∴Δ=4-4a<0,解得a>1. π
因此,实数a的取值范围是(1,+∞). 所以B- =kπ(6 k∈Z
),因为0故答案为:(1,+∞).
所以B=π.
答案:(1,+∞) 6
21.解析:根据斜二测画法的原则,由直观图知,原平面图形 (2)由正弦定理得 a c ,sinA=sinC
为直角三角形,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 边上中线长为AB=5=2.5.故答案为: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:白球编号为1,2,黑球记为a,b,c, 6
共有10种摸法:(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·

安徽省普通高中学业水平合格性考试 13.A 偶函数f(x)在区间[-2,-1]上单调递减,则由偶
仿真模拟卷(三) 函数的图象关于y轴对称,则有f(x)在[1,2]上单调递
增,即有最小值为f(1),最大值f(2).对照选项,A正
1.A 由已知,集合A={0,1,2,3},B={2,4},所以A∩B
确.故选:A.
={2}.故选:A.
14.B 因为向量a,b满足|a|=1,|b|=2,a,b的夹角为
2.B 由题意知,2π=360°,所以π=180°.故选:B.
90°,所 以|a+b|= (a+b)2= a2+2a·b+b2=
3.D A.y= x4定 义 域 为 R,y=(x)4 定 义 域 为[0,
3 1+4= 5,故选:B.
+∞),定义域不同,不是同一函数;B.y= x3定义域为 15.D 对 A,b可能在平面α,故 A错误;对B,a,b可能相
2
R,y=x 定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),定义域不同,不x 交,故B错误;对C,b可能在平面α,故C错误;利用排除
法,故D正确;故选:
是同一函数; D.C.y= x2+x 定义域为(-∞,-1]∪[0,
16.D 由图可知函数的定义域中不含0,且函数图象关于原
+∞),y= x· x+1定义域为[0,+∞),定义域不同,
点对称,f(x)=x+cosx与f(x)=x-cosx 的定义域
不是同一函数;D.y= 1 与 1 定义域为( ,x y= -∞ 均为 R,不 符 合 题 意,故 A、B错 误;对 于2 C:f(x)=x
x
1 1 ,则f(0)=
0 ,故 错误;对于 : ()
0)∪(0,+∞),且y= = ,故两函数为同一函数. cosx cos0
=0 C Df x =
x2 x cosx ( )
故选:D. 定义 域 为{ },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),符合题意;故选:D.CD+DB+BA=0.故选:A. x
( ) b 4a b
5.B 因为复数 i = i1-3i i+3 3 1 故 17.C 因为a,b都是正数,所以 1+ 1+ =5+1+3i (1+3i)(1-3i)=10=10+10i. a b a
选:B. +4a≥5+2 b·4a=9,当且仅当b=2a>0时取等
6.C 由于98>55,所以98不能作为编号.故选:C. b a b
号 故选:
7.A 因为a,b∈R,且aa b 18.B 在长方ABCD-A1B1C1D1 中
,因为平面ABCD∥平
3错误,故选:A. C错误;因为A1C1∩平面BCC1B1=C1,所以A1C1与平
8.B 由题意可知f(2)=a2=4,解得a=2或a=-2(舍) 面BCC1B1不平行,故D错误.故选:B.
故选:B. 19.解析:由于是任意取一球,所以是随机事件,故答案为:
9.C “棉花的纤维长度大于275mm”的概率为50×0.0040+ 随机.
50×0.0064=0.52.故选:C. 答案:随机
10.D 从甲、乙、丙、丁四名同学中选2人的基本事件有 20.解析:当x≥0时,f(x)=ex-1=1,得x=1;当x<0时,
(甲、乙),(甲、丙),(甲、丁),(乙、丙),(乙、丁),(丙、 f(x)=x2=1,得x=-1,综上,x=±1,故答案为:±1.
丁),共6种,甲被选中的基本事件有(甲、乙),(甲、丙), 答案:±1
(甲、丁),共3种,所以甲被选中的概率为p=3=1, : ( )6 2 21.解析 ∵1+bi=
a = a1-i( )( )=
a a ,则
1+i 1+i 1-i 2 - 2i
故选:D. a=1
11.D 因 为 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的两根为-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, 故答案为:5.
-12 ×1=23 a 答案:5
b=-2,所以a+b=-14,故选:D. 22.解析:由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA,所以5=2+
12.C 函数y= x的定义域为[0,+∞),函数y=log2x的 c2-2c,所 以c=3或c=-1(舍 去),所 以 S△ABC =
定义域为(0,+∞),函数y=x3的定义域为R,函数y= 1bcsinA=3.故答案为:3.
1 2 2 2的定义域为{
x x x≠0
}.故选:C. 答案:32
·81·



23.解:(1)由频率分布直方图得样本平均分 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× 必要条件;故选:A.
0.05=72. 4.C 不等式ax2-5x+c<0的解集为{x|2因此,初赛平均分的估计值为72分. 2,3是方程ax2-5x+c=0的两个实数根所以2+3=
(2)根据频率分布直方图,设40名选手进入复赛的最低 5,
a 2×3=
c,则a=1,c=6,故选:C.
分数为x,依题意成绩落入区间[90,100]的频率是0.05, a
成绩落入区间[80,90)的频率是0.15,按初赛成绩由高 5.C 对命题“任意x∈R,都有x2+3x+2>0”的否定为:
到低进行排序,前12.5%的初赛选手进入复赛,可判断 存在x∈R,使得x2+3x+2≤0.故选:C.
x在[80,90)内, 6.B cos76°sin59°-cos121°sin104°=cos76°sin59°-cos(180°
则(90-x)×0.015+0.05=0.125,解得x=85. -59°)sin(180°-76°)=cos76°sin59°+cos59°sin76°=
因此,估计能进入复赛选手的最低初赛分数为85分.
sin(76°+59°)=sin135°= 2.故选:B.
24.解:(1)由于D,E分别是PA,PC的中点,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的方向相反的单位向量为- = -3,4 .故
(2) ,
依题意PC⊥平面ABC 所以PC⊥AC. A→B 5 5
由于AB 是圆O 的直径,所以AC⊥BC, 选:A.
由于PC∩BC=C,所以AC⊥平面PBC, 8.C 这两个班学生的数学总分为ma+nb,故这两个班学
由于DE∥AC,所以DE⊥平面PBC,
生的数学平均分为ma+nb.故选:C.
由于DE 平面BDE,所以平面BDE⊥平面PBC. m+n
9.C 对于A,由m⊥n,n∥α可得m∥α或m 与α 相交或
25.解:(1)根据题意,得200 5x+1-3 ≥3000,x m⊥α,故A错误;对于B,由m∥β,β⊥α可得m∥α或m
整理,得5x-14-3≥0,即5x2-14x-3≥0, 与α相交或m α,故B错误;对于C,由m⊥β,n⊥β可得x
m∥n,又n⊥α,所以m⊥α,故C正确;对于D,由m⊥n,
又1≤x≤10,可解得3≤x≤10.
, n⊥β,β⊥α可得m∥α或m 与α 相交或 ,故故要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元 x m α D
错误.
[, ] 故选:的取值范围是 310 . C.
(2)设利润为y元, 10.C 因为y=3sin x-π5 =3sin x-2π5 +π ,所以5
则y=900·x 100 5x+1-3x 只要把函数y=3sin x+π 图象上所有的点向右平行5
=9×104 5+1 3x-x2 移动2π个单位长度,即可得到函数
5 y=3sin x-π 的5
2
=9×104 -3 1-1 +61 ,x 6 12 图象.故选:C.
故当x=6时,ymax=457500. 11.B 2014年空气中可吸入颗粒物年日均值比2013年多,
故甲厂以6千克/小时的生产速度生产900千克该产品 A错;2013—2018年,空气中细颗粒物的年日均值逐年
时获得的利润最大,最大利润为457500元. 下降,B正确;2007年(含2007年)之前空气中二氧化氮
安徽省普通高中学业水平合格性考试 的年日均值都高于40微克/立方米,C错;2000—2018
仿真模拟卷(四) 年,空气中二氧化硫的年日均值最低的年份是2018年,
D错.故选:B.
1.B 集合A={x∈N|- 3≤x≤ 3}={0,1}.对于 A: -1.5
12.D y =40.9=21.8 0.48 1.44 1: ; : ; 1
,y2=8 =2 ,y3= =
-1∈A 不对.对于B0∈A 对 对于C 3∈A 不对 对于 2
D:2∈A 不对.故选:B. 21.5,根据y=2x 在 R 上是增函数,所以21.8>21.5>
2.B ∵z=(2+i)i=2i+i2=-1+2i,∴z对应的复平面内 21.44,即y1>y3>y2.故选:D.
的点为(-1,2),位于第二象限.故选:B. 13.B ∵f(x)=2sin2x+ 5cos2x=3sin(2x+φ),其中
3.A 若x=4,则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;显然x=2时22=22=4,即2x=x2,故由2x=x2推不 φ 2 2=π.
故选:B.
·82·

14.D ∵ a = b =1,向量a与b的夹角为60°, 19.解析:由果蔬类抽取4种可知,抽样比为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:第一次为黑色的概率为2,第二次为黑色的概率
故选:D. 3
15.B 因为∠C=90°,BC=2AC=2,所以△ABC是直角三 为2两次都是黑色的概率为2
3 3×
2=4,故答案为43 9 9.
角形,两条直角边分别是BC=2,AC=1,由圆锥的定义
4
可得:将三角形绕AC 旋转一周得到的圆锥的底面半径 答案:9
为2,高为1,其体积为V =1π×221 ×1=
4π;将三角形 21.解析:在△ABC中,B=45°,C=60°,则A=180°-B-C3 3
=75°,因此,角B 是最小角,边b是最短边,由正弦定理
绕BC旋转一周得到的圆锥的底面半径为1,高为2,其
4π 得:b = c ,又c=1,即b=csinB sin45° 6,
V sinB sinC sinC
=sin60°=3
体积为V1=
1π×12×2=2π;1=3=2,即3 3 V 2π V1∶V22
3 所以最短边的边长等于
6
3.
=2∶1,故选:B.
故答案为: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,则cosAsinC=0,
22.解析:由条件x+3y=5xy,两边同时除以xy,得到3+
∵00,∴cosA=0, x
1 ,
∵0为直角三角形. y=5
故选:D. 那么3x+4y=1(3x+4y) 35 x+1y =15 13+12yx +
17.B 设其中做过测试的3只兔子为a,b,c,剩余的2只为
3x 1 12
,, y
3x
A B 则从这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},
等号成立的条件是12y=3x,即x=2y,即x=1,y=1.
{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B}共10种.其中恰有2只做 x y 2
过测试的取法有{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种,所以恰有2只做过测试的概 故答案为:5.
率为6=3
答案:5
,选
10 5 B.
:()() π 3
18.D 作出分段函数f(x)的图象,
23.解 1f0 =sin3=2.如图
(2)因为f(x)=sinx+ 32cosx-
1
2sinx=
1
2sinx+
3
2cosx=sin x+π ,3
所以函数f(x)的最小正周期为2π.
(3)由已知0≤x≤π,得π≤x+π2 3 3≤
5π,
6
所以,当x=π时,函数f(x)=sin x+π 的最小值2 3
为1
2.
方程f(x)-m=0有4个互不相等的实根,则函数y= 24.解:(1)证明:设AC与BD 的交点为O,
f(x)与直线y=m 有4个交点,当m∈(-1,1)时,符合 因为底面ABCD 是边长为2的菱形,所以AC⊥BD,且
题意,但f(x)是R上的奇函数,有f(0)=0,故m≠0,所
以m 的取值范围是:m∈(-1,0)∪(0,1).故选:D. OB=OD=
1
2BD
,
·83·

因为AC=2,所以OA=OC=1AC=1, 安徽省普通高中学业水平合格性考试2
仿真模拟卷(五)
在Rt△AOB 中,OB= AB2-OA2= 3,故BD=2OB
1.C 因为命题, p
: x∈R,x2+2x+3>0,所以 p是 x=2 3 0
∈
,2
1 1 Rx0+2x0+3≤0.
故选:C.
所以S△ABD=2BD
·OA=2×2 3×1= 3. 2.D ∵a0,∵1-1=b-a,∴当
因为PA⊥平面ABC,所以PA 为三棱锥P-ABD 的高, a b ab
a<0所以 三 棱 锥 的 体 积V= 13S△ABD
·h= 13 × 3×2 0|b|时,B错误;∵ac-bc=(a-b)c,∴当c<0
=2 3. 时,C错误;∵c≠0,∴c2>0,则由aa b a-b
3 c2
- 2=c c2
(2)取PA 的中点G,连接GE、GB, <0,则a b2< 2,D正确,故选:D.c c
因为E 为PD 的中点,所以GE∥AD 且GE=1AD,2 ( )·3 ( )·( )3.B 1+i i= 1+i -i=-i+1=1,故选:B.
又因为F 为BC 的中点,四边形ABCD 为菱形, 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}.选C.
1
5.C y=x2= x在[0,+∞)上是增函数.故选:C.
6.D 对于A,A→B,A→C大小不相等,方向不相同,故不是相
等向量,故A错误;对于B,B→D,C→D大小相等,方向相反,
是相反向量,故B错误;对于C,利用三角形法则知A→B+
A→C=2A→D,故C错误;对于D,利用三角形法则知A→B+
B→D=A→D,故D正确;故选:D.
7.D 因为a=ln12,b=log23>log22=1,01
1 3 1 0
故四边形BFEG 为平行四边形,所以BG∥EF. 2 < 2 =1,所以a因为 BG 平面 PAB,EF 平面 PAB,所以 EF∥平 2
8.B 因为函数
面PAB. f
(x)=x -1
ex
的定义域为 R,且f(x)=
25.解:(1)由f(x)=x2+bx+c有两个零点0和-2, x2-1
x 不是偶函数,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
,即确定答案为B.故选:B.
解得b=2,c=0, 9.B 由题意,函数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)的图象关于原点对称, f(2)<0,结合零点的存在定理,可得函数f(x)的一个零
所以g(x)=-x2+2x. 点所在的区间为(1,2).故选:B.
(2)f(x)≥g(x)+6x-4即x2+2x≥-x2+2x+6x-4, 10.C 因为扇形的弧长为4,面积为2,设扇形的半径为r,
即x2-3x+2≥0得不等式的解为{x|x≥2或x≤1}. 则1
2×4×r=2
,解得r=1,则扇形的圆心角的弧度数为
(3)f(x)=x2+2x=(x+1)2-1,
4
当m+1≤-1,即 m≤-2时,f(x)的最大值g(m)= 1=4.
故选:C.
m2+2m,
2 11.D f
1 =1-1=-2,∴f f 1 =f -2 =
当m>-1时,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,故选:3 3=-2 D.当-2当-32=1,因为 表3 3 B
2(m+1)=m2+4m+3. 示“出现5点或6点”的事件,A 表示“出现小于5的偶数
·84·

点”,所以A 与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.
故选: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 设 ()2=π. f x = 由于∠ACB=90°,所以BC⊥AC,三角形ABC是直角三
cos2x,定义域为 R,f(-x)=cos(-2x)=cos2x= 角形.
f(x),所以y=cos2x为偶函数.故选:D. 由于AC∩PA=A,所以BC⊥平面PAC,
14.D 由频率分布直方图得文物中物性指标值不小于95 所以BC⊥PC,所以三角形PBC是直角三角形.
的频率为:(0.033+0.024+0.008+0.002)×10=0.67, 所以三棱锥四个面中,是直角三角形的个数有4个.
所以这1000件文物中物性指标值不小于95的件数为 故答案为:4.
1000×0.67=670.故选:D. 答案:4
15.C 设两个球的半径分别为r1,r2,根据球的表面积公式 21.解析:f(a)=a4+ab+1=8,f(-a)=-a4-ab+1,所
S r2
S=4πr2,因为两个球的表面积之比为3∶2,∴ 1= 1 以f(-a)+8=2,f(-a)=-6.S2 r22 答案:-6
3, r= 即 1 3,根据球的表面积公式 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 .故选: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 满 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是等边三角形,故选: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,故选:C.
2 24 7
18.C 根 据 正 三 棱 柱 的 性 质 可 知 AB∥A1B1,所 以 =2 25+25
∠B1A1M 是异面直线AB 与A1M 所成角,设∠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.故选:4 C. 故答案为:
31 2
2×1× 2 50
.
答案:31 2
50
23.解:(1)令t= 1 x,则y=t2-t+1= t-1 22 2 +34
x
当x∈[1,2]时,t= 1 是减函数,此时t∈ 1,1 ,2 4 2
在此区间上y=t2-t+1是减函数.
x
当x∈[-3,1]时,t= 1 是 减 函 数,此 时2 t∈
1,8 ,在此区间上 2 是增函数2 y=t -t+1 .
19.解析:设方程的两相异同号实根为x ,x , ∴函数的单调增区间为[1,2],单调减区间为[-3,1].1 2
Δ=(-10)2-4×3×k>0, (2)∵x∈[-3,2],
则 1x1x2=k>0, ∴t∈ ,3 4 8 ,
1 2 3
∴0答案:0·85·


24.解:(1)从身高低于1.80的同学中任选2人,其一切可能 2.A 时间经过四小时,时针转了 -360° ×3=-90°=
的结果的基本事件有:(A,B),(A,C),(A,D),(B,C),
12
(B,D),(C,D),共6个.由于每个人被选到的机会均等, -π,故选:2 A.
因此这些基本事件的出现是等可能的.
x x(1-i) x-xi
选到的2人身高都在1.78以下的事件有:(A,B),(A, 3.D 复数1+i=(1+i)(1-i)= 2
C),(B,C),共3个,因此选到的2人身高都在1.78以下
∵复数 x (x∈R)的虚部为2,∴-x=2,1+i 2 ∴x=-4.
故
的概率为P 3 11= ;6=2 选D.
(2)从该小组同学中任选2人其一切可能的结果的基本 4.B A.若a=2,b=1,c=-2,d=-1,则a+c=b+d,故
事件:(A,B),(A,C),(A,D),(A,E),(B,C),(B,D), 错误;B.因为c-d>0,又因为a>b>
(B,E),(C,D),(C,E),(D,E)共10个.由于每个人被 0,所以a-c>b-d>0,故正确;C.若a=2,b=1,c=-2,
选到的 机 会 均 等,因 此 这 些 基 本 事 件 的 出 现 是 等 可 d=-1,则ac能的;
[ , -1
,则a=b,故错误;故选:B.
选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在 18.5 c d
23.9)中的事件有:(,
→ →
C D),(C,E),(D,E)共3个. 5.D 因为BD=3DC,
因此选到的2人的身高都在1.70以上且体重指标都在
[18.5,23.9)中的概率为P 32=10.
f( x
)max=A+B=3 A=2
25.解:(1)由题图可知:
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,又因为4 A→B=a,A→C=b,所以A→D=
f π6 =2sin 2×π+φ +1=3,则6 sin π ,3+φ =1 1a+3 ,故选:4 4b D.
π+φ=2kπ+
π,k∈Z, π,3 2 φ=2kπ+6 k∈Z 6.A 若四边形ABCD 为菱形,则AC⊥BD;反之,若AC⊥
0< π π π
BD,则四边形ABCD 不一定是菱形.故为充分不必要条
φ< φ= f(x)2 6 =2sin 2x+6 +1. 件.故选:A.
(2)由f α2 =2sin α+π +1=7 sin α+ π 7.C 选3人,总共只有 名女生,因此 人中最多只有 名6 3 6 2 3 2
女生,因此可分为恰有1名男生,恰有2名男生,恰有3名
=2,3 男生,从而与事件 M 互斥但不对立的是恰有2名男生参
加演讲故选:C.则cosα+π 5,6 =±3 8.D 因为y=tanx 是奇函数,y=3x 和y=log3x 是非奇
又α∈ 0,π2 α+π∈ π,2π ,又sin α+π =2 非偶函数,y=x26 6 3 6 3 是偶函数,故选:D.
9.D 设球的半径为r,则该球的体积为V =4πr3;又圆锥
的底面半径和高都等于球的半径,所以该圆锥的体积为
故α+π∈ π,π π 5,6 6 2 cos α+6 =3 V =12 3πr2·r=1πr3,因此圆锥的体积与球的体积之比3
cosα=cos α+π6 -π = 5× 3+ 2 16 3 2 3 × 2 V是 2=1.故选:V 4 D.1
= 15+26 . 10.B 因为a= 3,b=1,A=120°,所以由正弦定理可得,
安徽省普通高中学业水平合格性考试 sinB=bsinAa =
1,所以B=30°或2 B=150°
,当B=30°
仿真模拟卷(六) 时,C=30°,满足题意;当B=150°时,A+B>180°,不能
1.A 根据图形可得,阴影部分表示的集合为A∩B, 构成三角形,舍去.综上,B=30°,即三角形的解只有一
∵A={1,2},B={2,3},∴A∩B={2}.故选:A. 个.故选:B.
·86·

11.B 对A,在两组数据中,平均数与极差没有必然联系, AD1 平面DAA1D1,BC1 平面DAA1D1,所以BC1∥
所以A错误;对B,根据平均数与方差的性质可知B正 平面DAA1D1,故选:A.
确;对C,根据方差的公式可得,求和后还需再求平均数; 18.A 当x≥0时,f(x)=2x+x-1,则f(x)在[0,+∞)上
对D,方差大的表示射击水平不稳定,故选:B. 单调递增,又函数f(x)是R上的偶函数,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 选:A.
解析:根据分层抽样的方法可知, 60 6
∴cosα-sinα=± 3, π,π , 19. = n=10.又2 ∵α∈ 4 2 ∴0故答案为:10.
sinα,即cosα-sinα=- 3.故选:2 B. 答案:10
13.B 由题得x+y=x+(y+1)-1=1[x+(y+1)]×3 20.解析:因为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当且仅 -3AB+ ,所以3AC x=- ,3 y= ,3 x+y=1.故答y x y+1
案为:
当x=y=1时取等.所以x+y的最小值为2.故选: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,则sinA=1,而02 2 2 1 u定理可得cosA=b +c -a = 3或- 3.故选:B. 与函数u=-x2+6x-5复合而成,其中f(u)=2bc 2 2 3
1 u15.C 由图可知函数y=cosx 的图象关于x=π对称,故 在(3 -∞,+∞)上单调递减,
选:C.
→ → u=-x
2+6x-5在(-∞,3)上单调递增,在[3,+∞)单
16.B 以A 为坐标原点,AB,AD正方向为x,y轴,可建立
调递减,
如图所示平面直角坐标系,
由复合函数“同增异减”的原则可得:当x∈[3,+∞),
f(x)单调递增,
故答案为:[3,+∞).
答案:[3,+∞)
22.解析:因为y=2x-1和y=x-5在 R上单调递增,所以
f(x)=2x-1+x-5在R 上单调递增.
则D(0,1),E(1,0),设F(2,m)(0≤m≤1),∴D→E=(1, 因为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的取值范围为 所以f(x)=2x-1+x-5的零点所在的区间为(2,3).
2,3 .故选:B. 因为函数f(x)=2x-1+x-5的零点所在的区间为(k,
17.A 连接AD1,由正方体的性质可得AB∥D1C1 且AB k+1),所以k=2.
=D1C1, 故答案为:2.
答案:2
23.解:证明:(1)连接OE.
∵O 是AC 的中点,E 是PC 的中点,∴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 为平行四边形,所以AD1∥BC1,又因为 ∴PO⊥BD.
·87·

又∵ABCD 是正方形,∴AC⊥BD, 4.C 设“甲被选中的事件”为A,“乙被选中的事件”为B,
PO 平 面 PAC,AC 平 面 PAC,且 则P(A)=1,P(B)=1所以被选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.
故选:C.
∵BD 平面BDE, 5.A 根据题意得,该组数据有12个数,且已经从小到大排
∴平面PAC⊥平面BDE. 列,因为12×30%=3.6,所以该组数据的第30百分位数
2 2
24.解:(1)由cosB=a +c -b
2
,得cosB=1, 第2ac 2 4
个数,为12.故选:A.
6.A 如图.
所以B=π3.
(2)由(1)得S 1△ABC=2acsin60°= 3.
(3)由题意得sinA+sinC=sinA+sin 2π3-A
=3sinA+ 3cosA= 3sin A+π2 2 6 .
2π ∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C,∴有水的部分始终有两因为03 A+π ),所以 < 3sin ≤ 3. 平行平面的交线 因此呈棱柱形状.故选:A.2 6
7.A 由已知得B→A=O→A-O→B=(7,4)-(4,0)=(3,4),则
故所求sinA+sinC的取值范围是 3,2 3 . B→AB→A =5,∴ 与 向 量B→A同 向 的 单 位 向 量 是: → =
25.解:(1)因为函数f(x)的图象过点(2,4),m∈N,
BA
所以m2·2m+1=4,解得m=1, 3,4 .故选:5 5 A.
故f(x)=x2.
8.D 由图象可知,A=2,T=11-5 , , 2π(2)证明:由(1)知f(x)=x2, 2 3 3
=2T=4ω=T=
设x2>x1>0, π,x=5时,2 3 ωx+ =
π
φ 2×
5
3+φ=π+2kπ
,k∈Z,解得
则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.故选:D.
故f(x)在(0,+∞)上单调递增. 2 6 2 6 3
安徽省普通高中学业水平合格性考试 9.D x甲=1(5 3+5+3+4+5
)=4,x乙 =1(5 4+4+5+3
仿真模拟卷(七) +4)=4,则 甲 乙 平 均 成 绩 相 同,排 除 选 项 A、B;s2甲 =
1.A 因为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;故选:-1+i A. =4;5
2.C 根据题意,分析可得,该问题可转化为求集合A={1,
2}的子集个数问题,
2
再由集合的元素数目与子集数目的 s乙=
1[(4-4)2+(4-4)2+(5 5-4
)2+(3-4)2+(4-
关系可得答案.A={1,2},A∪B={1,2,3},则集合B 中
4)2]=2.
必含有元素3,即此题可转化为求集合A={1,2}的子集 5
2 2
个数问题,所以满足题目条件的集合B 共有22=4个. 由s乙 选:D.
3.A 由三角函数的定义可得sinθ= y =-3,则
16+y2 5 10.A 当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.故选:4 A. 故充分性成立;当a,b∈R,不妨设a=-1,b=1,a2+
·88·

2 1 , 1 , 解析:由题意得,b ≥ 成立 ab=-1≥ 不成立 故必要性不成立.故 19.2 4 该3阶 幻 方 每 行、每 列 和 对 角 线 上 的 数 字 之 和 均 等
“ab≥1”是“a2+b2≥1”的充分不必要条件.故选:4 2 A.
于15,
11.D ①若m∥α,α∥β,则m∥β或m β, ;
从中随机抽取三个数,数字之和等于15,基本事件总数故①错误 ②若
, , , 为 ,m αn βα∥β 则 m∥n 或m 与n 异面,故②错误;
8
易知事件“含有数字 或 ”包含的基本事件数为 ,
③若m⊥α,α⊥β,则m
5 6 6
β或m∥β,又n⊥β,则m⊥n,故
6 3
③正确;④若m⊥α,m∥n,则n⊥α,又n β,可得α⊥β, 故所求事件的概率为8=4.
故④正确.故选:D.
故答案为:3.
12.C 当x=-1时,f(-1)=a-1+1+2021=1+2021= 4
2022,所以函数恒过定点(-1,2022).故选:C. 答案:34
13.C cosC=1 sinC= 1-cos2C= 15,所以 π 54 4 S△ABC 20.解析:因为α∈ 0, ,2 cosα= ,13
=1 1 15 ,故选: 所以sinα= 1-cos2α=
12,
2absinC=2×4×2× 4 = 15 C. 13
14.B 若a=0,则对任意的b,c,都有a·b=a·c,A错; 又 πβ∈ 0,2 ,α+β∈(0,π),
a+b = a-b ,则 a+b 2= a-b 2,即a2+2a·b 5
+b2=a2-2a·
( ) ,
b+b2,a·b=0,B正确;若b=0,则对任 所以cosα+β 意的a,c,a∥b,b∥c,但a∥c不一定成立,C错;a与b是 因为sin(α+ 3β)= ,所以5 cos
(α+β)=±
4,
, , · , · 5单位向量 只有它们同向时 才有a b=1 否则a b<
4 5 4
1,D错;故选:B. 又 > ,所以5 13 cos
(α+β)=- ,5
15.D 函数f(x)为R上的偶函数,当x≥0时,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,+∞)单调 )sinα=-4×5+3×12=16β .
递增函数,在(-∞,0)单调递减函数.所以不等式xf(x) 5 13 5 13 65
x>0 x<0 故答案为:16.
<0等价为 或 ,解 得 65f(x)<0=f(1) f(x)>0=f(-1)
答案:16
0(-∞,-1)∪(0,1).故选:D. (21.解析:由 ax <1,得 a-1
)x+1
x-1 x-1 <0
,
16.C 因为函数的定义域为{x x≠0},所以 A不符合题
等价于 (a-1)x+1 (x-1)<0,
意,当x<0时,x3<0,3x-1<0,则y>0,所以B不符合 ax
, ,x 3 ∵不等式 的解集为题意 当x趋向于无穷大时 3 -1的增长速度快于x x-1<1 x x<1
或x>2 ,
的增长速度,所以对的y趋向于零,所以D不符合题意, ∴1和2为 方 程 (a-1)x+1 (x-1)=0的 两 个 实
C符合题意,故选:C. 数根,
17.A 因为该函数为增函数,所以 ∴ (a-1)2+1 (2-1)=0,
a>1 解得a=12.
2-a>0 4≤a<2,故选:3 A.
故答案为:
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:设正四面体的边长为, a
,△ABC 的外接圆圆心为
则
3 sinB=sinA=sinC=2 D,正四面体外接球的球心为O,
a=2sinA,c=2sinC,所以2a+c=4sinA+2sinC,而 半径为R,如图所示:
A=2π3-C
,则2a+c=4sin 2π3-C +2sinC=4sinC+
2 3cosC=2 7sin(C+φ)且tan
3
φ= ,又2 02π,
3
当C+φ=
π时2a+c的最大值为2 7.故选:2 A.
·89·


1 2 3 +(100-120)2+(160-120)2]=480,因为4×2a ×2=4 3
,解得a=2.
∵x甲=120,x乙=120,s2甲>s2乙,
因为 2 =2CD, ∴乙品牌轻型汽车二氧化碳排放量的稳定性好.sin60°
(2)从被检测的5辆甲品牌的轻型汽车中任取2辆,共有
2 3 2所以CD= ,SD= 22- 2 3 =2 6. 10种不同的二氧化碳排放量结果:(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 设“至少有一辆二氧化碳排放量超过130g/km”为事件解得R=2. A,则事件A 包含以下7种不同的结果:(80,140),(80,
3
正四面体外接球的体积V=4π× 6 = 6π. 150),(110,140),(110,150),(120,140),(120,150),3 2 (140,150).
故答案为:6π.
∴P(A)=710=0.7
,即至少有一辆二氧化碳排放量超过
答案:6π
3π 3π 11π 130g/km的概率为0.7.23.解:(1)当x∈[0,π]时,4≤2x+4≤
,
4 2-4=a,
“ ” : 25.解:(1)根据题意,得用 五点法 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)当b=a+1时,-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 当a+1=-1,即a=-1时,原不等式的解集为 ;
f(x) 1 0 - 2 0 2 1 当a+1<-1,即a<-2时,原不等式的解集为(a+1,
: -1
);
图象如图所示
当a+1>-1,即a>-2时,原不等式的解集为(-1,
a+1).
综上,当a<-2时,原不等式的解集为(a+1,-1);
当a=-2时,原不等式的解集为 ;当a>-2时,原不
等式的解集为(-1,a+1).
第四部分 合格考真题实战卷
2024年安徽省普通高中学业水平合格性考试
(2)因为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
当2x+3π=-π,即x=-π时,f(x)取最小值-1,当 19.- 或2 -0.5 20.1 21.3004 4 2
2x+3π=π,即x=-π时,f(x)取最大值 , 22.10 74 2 8 2
说明:填写26或26.5或26.46或26.458可给满分.
所以f(x)min=-1,f(x)max= 2. 23.解:法一:(1)因为f(x)=1+sin2x,
24.解:(1)由题可知,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,
则-π4+kπ≤x≤
π
4+kπ
,k∈Z,
s2乙=1×[(100-120)2+(120-120)2+(120-120)2 又因为x∈ 0,π ,所以f(x)的单调递地区为5 2 0,π4 .
·90·

法二:正确画出f(x)=1+sin2x的大致图象,通过图象 (2)设完成此计划所需要的总费用为S元,则
得到答案酌情给分. S=(72-x)(54-x)·mx +m 1199x-1188 24.解:(1) x法一:由题意知,△ABC 为正三角形,D 为AC 的
中点, =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.
又因为 AC∩CC1=C,AC 平 面 ACC1A1,CC1 平 当且仅当4x=9,即x=3时,等号成立.
面ACCA x 21 1,
所以BD⊥平面ACC1A1. 所以,当x=
3时,完 成 此 计 划 所 需 要 的 最 低 总 费 用
2
又因为AC1 平面ACC1A1,所以BD⊥AC1. 3474m 元.
法二:取CC1中点E,连接DE,BE, 2023年安徽省普通高中学业水平合格性考试
1.B 由交集的定义,A∩B={2,3},故选:B.
2.A (3+2i)(3-2i)=32-(2i)2=9+4=13,故选:B.
3.B 由(x-3)(5-x)<0,得(x-3)(x-5)>0,解得x>5
或x<3,故选:B.
4.D 由题意得:A→E=A→B+B→E=A→B+12A
→D=a+1b,故2
选:D.
5.C 按性别进行分层抽样,应抽取男员工的人数为:30×
则∠BDE 或 其 补 角 即 为 异 面 直 线 AC 与 BD 所 成 8001 1500=16
,故选:C.
的角. 6.D y=|x|在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递
在△BDE 中,BD= 3,DE= 3,BE= 6, 增,y=x3在R上为增函数;y=log3x在(0,+∞)上为增
则△BDE 为直角三角形,∠BDE=90°, x
函数;y= 1 在R上为减函数,故选:D.
即异面直线AC与BD 所成的角为直角, 3
故BD⊥AC. 7.A 命题p的否定是: a∈R,a
2+1<2a.故选:A.
(2)因为△ABC为正三角形,AB=2,所以BD= 3. 8.D 把y=sinx的图象向左平移π个单位,可得函数3 y=
所以△BCD 的面积S1=
1BD·2 DC=
3
2 sin x+π3 的图象.故选:D.
又CC1⊥平面ABC,所以CC1⊥BC,CC1⊥DC. 9.B 第一组的频率为0.005×10=0.05<25%,第一、第二
所以△CCD 的面积S =1DC·CC = 2, 组的频率之和为(0.005+0.030)×10>25%,故选:B.1 2 2 1
10.C y=sinx为奇函数,且最小正周期为2π;y=cosx为
△BC1C的面积S3=
1
2BC
·CC1=2 2. 偶函数,且最小正周期为2π;y=tanx为奇函数,且最小
由(1)可知,BD⊥平面ACC1A1,所以BD⊥C1D模块达标检测卷(二)
[范围:必修第二册]
(时间:90分钟 满分:100分)
一、选择题(本大题共18小题,每小题3分,共54分.在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目
要求.)
1.已知z=2-3i(i虚数单位),则z的共轭复数z的虚部为 ( )
A.2 B.i C.3 D.3i
2.如图是由哪个平面图形旋转得到的 ( )
A B C D
3.掷一枚均匀的骰子,观察朝上的面的点数.记事件A= “点数为奇数”,事件B=“点数大于4”,则事
件A∩B= ( )
A.“点数为3” B.“点数为4”
C.“点数为5” D.“点数为6”
4.某中学对全校学生进行了一次环保知识测试,测试成绩的频率分布直
方图如图所示,则直方图中b的值为 ( )
A.0.08 B.0.05
C.0.03 D.0.02
5.我国古代数学名著《九章算术》有一抽样问题:“今有北乡若干人,西乡
七千四百八十八人,南乡六千九百一十二人,凡三乡,发役三百人,而北乡需遣一百人,问北乡人数
几何 ”其意思为:“今有某地北面若干人,西面有7488人,南面有6912人,这三面要征调300人,
而北面共征调100人(用分层抽样的方法),则北面共有 人.” ( )
A.7200 B.8100 C.2496 D.2304
6.在复平面内,复数 i 对应的点位于 (1+i
)
A.第一象限 B.第二象限
C.第三象限 D.第四象限
→ → →
7.在△ABC中AB=a,CB=b,则CA等于 ( )
A.a+b B.a-b C.b-a D.-a-b
→ →
8.在△ABC中,AB·BC=0,△ABC为 ( )
A.直角三角形 B.锐角三角形
C.钝角三角形 D.等边三角形
9.若正方体的八个顶点都在半径为 3的同一球面上,则该正方体的棱长是 ( )
A.63 B.
2
3 C.1 D.2
·25·
10.为了了解某地区高三学生的身体发育情况,抽查了该地区100名年龄为17.5岁-18岁的男生体
重(kg),得到频率分布直方图如图,可得这100名学生中体重在[56.5,64.5)的学生人数是 ( )
A.20 B.30 C.40 D.50
11.为了解全年级1180名学生的数学成绩分布情况,在一次数学调研测试后,某教师随机抽取了80
份试卷并对试卷得分(满分:150分)进行了整理,得到如下频率分布表:
分数段 [60,70)[70,80)[80,90)[90,100)[100,110)[110,120)[120,130)[130,140)[140,150]
频数 2 4 8 10 20 15 8 6 6
频率 0.025 0.050 0.100 0.125 0.250 0.200 0.100 0.075 0.075
若规定及格分数是90分,则全年级此次数学测试及格率的估计值是 ( )
A.70% B.72.5% C.80% D.82.5%
12.随机投掷一枚质地均匀的骰子,出现向上的点数为奇数的概率是 ( )
A.16 B.
1
3 C.
1
2 D.
2
3
13.若向量a=(1,2),b=(4,2),则a与b的夹角的余弦值为 ( )
A.3 34 B.-4 C.
4 D.-45 5
14.已知一个棱长为2的正方体的顶点都在球面上,则该球体的体积为 ( )
A.8 23 π B.4 3π C.8π D.12π
15.在△ABC中,若AB=1,AC=2,∠A=2π,则BC= ( )3
A.3 B.5 C.7 D.2 2
16.设m,n是两条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题为真命题的是 ( )
A.若α⊥γ,β⊥γ,则α⊥β
B.若α⊥γ,β⊥γ,则α∥β
C.若α∩β=n,m∥n,则m∥α,m∥β
D.若α∥β,β∥γ,m⊥α,则m⊥γ
17.张先生去某城市参加学术会议,拟选择在会议中心附近的A、B 两酒店中的一个人住.张先生在网
上查看了最近入住两个酒店的客人对两酒店的综合评分如下表,
A 72 86 87 89 92 94
B 73 74 86 88 94 95
记A、B 两酒店的综合评分数据的均值为xA,xB,方差为S2A,S2B,则下述判断较合理的是 ( )
·26·
A.因为xA>xB,S2A>S2B,应选择A 酒店 B.因为x 2A>xB,SAC.因为x S2,应选择B 酒店 D.因为x 18.某建筑小队计划在 M,N 之间修筑一座桥梁,测量员结合附近的地质
情况作出考察,测量得到的图形如图所示,其中 MP=2 3km,PQ=
4km,QN=2km,∠NQP=120°,MP⊥PQ,则 M,N 之间的距离为
( )
A.2 7km B.6km
C.2 5km D.4 2km
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.)
19.已知一组数x1,x2,x3,x4的平均数为4,则另一组数2x1,2x2,2x3,2x4的平均数为 .
→ → → → →
20.已知AB=a,BC=b,CD=c,DE=d,AE=e,则a+b+c+d= .
21.在△ABC中,若a=4,b=2,cosA=1,则4 c= .
22.如图,在圆柱内有一个球,该球与圆柱的上下底面及母线均相切,已知圆柱的底面半径为3,则球的
体积为 .
三、解答题(本大题共3小题,每小题10分,共30分.解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.)
23.某校在高二年级开设了A,B,C三个兴趣小组,为了对兴趣小组活动的开展情况进行调查,用分层抽
样方法从A,B,C三个兴趣小组的人员中,抽取若干人组成调查小组,有关数据见下表(单位:人)
兴趣小组 小组人数 抽取人数
A 12 x
B 36 3
C 48 y
(1)求x,y的值;
(2)若从A,B 两个兴趣小组所抽取的人中选2人作专题发言,求这2人都来自兴趣小组B 的
概率.
·27·
→ →
24.在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知CA·CB=c2-(a-b)2.
(1)求cosC的值;
(2)若∠A 是钝角,求sinB 的取值范围.
25.如图,在三棱锥P-ABC 中,平面PAC⊥平面ABC,AC⊥BC.
(1)求证:PA⊥BC;
(2)若PA=PC=BC=2,∠BAC=30°,求三棱锥P-ABC 的体积.
·28·

展开更多......

收起↑