普通高中学业水平考试数学模拟卷5

这是一份普通高中学业水平考试数学模拟卷5，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题(本大题共12小题,每小题3分,共36分.每小题列出的四个备选项中,只有一个是符合题目要求的,不选、多选、错选均不得分)
1.已知集合A={1,x,x2+3},若2∈A,则x=( )
A.-1B.0C.2D.3
2.复数(1+i)i的虚部为( )
A.1B.-1C.iD.-i
3.函数f(x)=x+1x-2的定义域为( )
A.[-1,+∞)B.[2,+∞)
C.[-1,2)∪(2,+∞)D.(-∞,2)∪(2,+∞)
4.函数y=tan2x+π3的单调递增区间是( )
A.-5π12+kπ,π12+kπ(k∈Z)B.-5π12+kπ2,π12+kπ2(k∈Z)
C.π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z)D.-2π3+kπ2,-π6+kπ2(k∈Z)
5.从甲、乙等5名学生中随机选出2人,则甲被选中的概率为( )
A.15B.25C.825D.925
6.已知a=(2m,2),b=(3,m),若a∥b,则m=( )
A.3B.-3C.±3D.3
7.若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12πB.24πC.36πD.144π
8.计算a3a·3a2的结果为( )
A.a32B.a116C.a56D.a65
9.蓄电池的容量C(单位:Ah),放电时间t(单位:h)与放电电流I(单位:A)之间关系的经验公式:C=In·t,其中n为常数,为了测算某蓄电池的常数n,在电池容量不变的条件下,当放电电流I=20 A时,放电时间t=20 h;当放电电流I=30 A时,放电时间t=10 h.则该蓄电池的常数n大约为( )(参考数据:lg 2≈0.30,lg 3≈0.48)
A.43B.53C.83D.2
10.若a,b均为实数,则“a2>b2”是“a>|b|”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
11.在△ABC中,a,b,c分别是内角A,B,C的对边,若S△ABC=a2+b2-c24且AB|AB|+AC|AC|·BC=0,则△ABC的形状是( )
A.有一个角是π6的等腰三角形B.等边三角形
C.三边均不相等的直角三角形D.等腰直角三角形
12.如图,二面角α-m-β的平面角的大小为120°,A,B为半平面α内的两个点,C为半平面β内一点,且AC=BC=3,若直线BC与平面α所成角为30°,D为BC的中点,则线段AD长度的最大值是( )
A.192B.212
C.72D.304
二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.每小题列出的四个备选项中,有多个是符合题目要求的,全部选对得4分,部分选对且没有错选得2分,不选、错选得0分)
13.在下列函数中,既是偶函数,又在区间(0,+∞)内单调递减的是( )
A.y=1xB.y=-x2
C.y=lg12|x|D.y=cs x
14.已知l,m是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,且l∥α,m⊥β,( )
A.若α∥β,则l⊥mB.若l⊥m,则α∥β
C.若l∥m,则α⊥βD.若α⊥β,则m∥α
15.点O是△ABC所在平面内的一点,下列说法正确的有( )
A.若OA+OB+OC=0,则O为△ABC的重心
B.若(OA+OB)·AB=(OB+OC)·BC=0,则点O为△ABC的垂心
C.在△ABC中,向量AB与AC满足AB|AB|+AC|AC|·BC=0,且BA|BA|·BC|BC|=12,则△ABC为等边三角形
D.若2OA+OB+3OC=0,S△AOC,S△ABC分别表示△AOC,△ABC的面积,则S△AOC∶S△ABC=1∶6
16.关于x的方程(x2-1)2-4|x2-1|+k=0,给出下列四个判断,其中正确的为( )
A.存在实数k,使得方程恰有4个不同的实根B.存在实数k,使得方程恰有5个不同的实根
C.存在实数k,使得方程恰有6个不同的实根D.存在实数k,使得方程恰有8个不同的实根
三、填空题(本大题共4小题,共15分)
17.已知函数f(x)=2-x,x≥1,x2+x-1,x<1,那么f(f(4))= .若存在实数a,使得f(a)=f(f(a)),则a的个数是 .
18.唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示,其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画,体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑,忽略杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,酒杯内壁表面积为143πR2.设酒杯上部分(圆柱)的体积为V1,下部分(半球)的体积为V2,则V1V2的值是 .
图1
图2
19.已知非负实数x,y满足13x+y+12y+2=1,则x+y的最小值为 .
20.已知向量a,b为单位向量,且夹角为π3,若向量c满足(c-2a)·(c-b)=2,则|c|的取值范围是 .
四、解答题(本大题共3小题,共33分)
21.(11分)某校为了解学生每日行走的步数,在全校2 400名学生中随机抽取200名,给他们配发了计步手环,统计他们的日行步数,按步数分组,得到频率分布直方图如图所示.
(1)求a的值,并求出这200名学生日行步数的样本平均数;
(2)学校为了鼓励学生加强运动,决定对步数大于或等于11 000步的学生加1分,计入期末三好学生评选的体育考核分,估计全校每天获得加分的人数;
(3)利用该调查数据,估计从该校高一(1)班任取3名学生,恰有2人能获得加分的概率.
22.(11分)如图,四棱锥P-ABCD的底面是矩形,PD⊥底面ABCD,PD=DC=1,M为BC的中点,且PB⊥AM.
(1)求BC;
(2)求二面角A-PM-B的正弦值.
23.(11分)已知定义在R上的函数f(x)=-x2+x|x-a|,其中a≥0.
(1)当a=3时,解不等式f(x)≥-2;
(2)若函数f(x)在[-1,1]上有且仅有两个零点,求a的取值范围;
(3)对于a∈[4,+∞),若存在实数x1,x2(x1普通高中学业水平考试数学模拟卷(五)
1.C 解析 因为2∈A,所以x=2或x2+3=2,而x2+3=2无实数解,所以x=2.故选C.
2.A 解析 ∵(1+i)i=-1+i,∴复数(1+i)i的虚部为1.故选A.
3.C 解析 依题意,x+1≥0,x-2≠0,解得x≥-1且x≠2,所以f(x)的定义域为[-1,2)∪(2,+∞).故选C.
4.B 解析 由-π2+kπ<2x+π3<π2+kπ,k∈Z,得-π2−π3+kπ<2x<π2−π3+kπ,k∈Z,
得-5π12+kπ25.B 解析 从甲乙等5名学生中随机选出2人,样本点个数n=10,甲被选中包含的样本点个数m=4,所以甲被选中的概率P=mn=25,故选B.
6.C 解析 ∵a=(2m,2),b=(3,m),a∥b,∴2m×m-2×3=0,解得m=±3,故选C.
7.C 解析 这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,即R=(23)2+(23)2+(23)22=3,所以这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.故选C.
8.B 解析 a3a·3a2=a3a12·a23=a3a76=a3-76=a116.故选B.
9.B 解析 根据题意可得C=20n·20,C=30n·10,两式相比得20n·2030n·10=1,即23n=12,
所以n=lg2312=lg322=lg2lg32=lg2lg3-lg2≈
故选B.
10.B 解析 若a2>b2,则|a|>|b|,则a>|b|或a<-|b|,故充分性不成立;
若a>|b|,则a2>b2,故必要性成立;故“a2>b2”是“a>|b|”的必要不充分条件.故选B.
11. D 解析 如图所示,在边AB,AC上分别取点D,E,使AD=AB|AB|,AE=AC|AC|,
以AD,AE为邻边作平行四边形ADFE,则AF=AD+AE,显然|AD|=|AE|=1,
因此平行四边形ADFE为菱形,AF平分∠BAC,而AB|AB|+AC|AC|·BC=0,则有AF·BC=0,即AF⊥BC,
于是得△ABC是等腰三角形,即b=c,令直线AF交BC于点O,则O是BC边的中点,S△ABC=12a·AO,
而S△ABC=a2+b2-c24=14a2,因此有AO=12a=12BC,从而得∠BAC=90°,
所以△ABC是等腰直角三角形.故选D.
12. A 解析 如图,自C点引平面α的垂线,垂足为O,因为AC=BC=3,
则A,B两点在以CO为高,以CA,CB为母线的圆锥的底面圆周上,所以当A,B两点运动到公共棱m上时AD最大.
自O点引公共棱m的垂线OH,则∠CHE=120°,∠CEO=30°,所以CO=32,CH=1,AH=BH=2,在△ABC中,由余弦定理得cs∠ACB=3+3-82×3×3=-13,
又因为在△ACD中,由余弦定理得AD=3+34-2×32×3×(-13)=192,故选A.
13.BC 解析 y=1x是奇函数,不满足题意;
y=-x2是偶函数,且在区间(0,+∞)内单调递减,满足题意;
y=lg12|x|是偶函数,且在区间(0,+∞)内单调递减,满足题意;
y=cs x是偶函数,但在区间(0,+∞)内不单调递减,不满足题意.故选BC.
14.AC 解析 对于A,由m⊥β,α∥β,可得m⊥α,
由l∥α,可得过l的平面与α的交线n与l平行,由m⊥n,则l⊥m,故A正确;
对于B,若l∥α,m⊥β,l⊥m,可能α⊥β,故B错误;
对于C,若m⊥β,l∥m,可得l⊥β,由l∥α,可得过l的平面与α的交线n与l平行,则n⊥β,由n⊂α,可得α⊥β,故C正确;
对于D,若α⊥β,m⊥β,则m∥α或m⊂α,故D错误.故选AC.
15. ACD 解析 对于A,如图,取AB边中点D,连接AB边上的中线CD,则OA+OB=2OD,
又由OA+OB+OC=0,
∴2OD+OC=0,
∴|OC|=2|OD|,
∴O为△ABC的重心,故选项A正确;
对于B,如图,取AB边中点D,BC边中点E,连接OD,OE,
则OA+OB=2OD,OB+OC=2OE,
∵(OA+OB)·AB=(OB+OC)·BC=0,
∴2OD·AB=2OE·BC=0,
∴OD·AB=OE·BC=0,
∴OD⊥AB,OE⊥BC,
∴OD⊥AB,OE⊥BC,
∴OD,OE分别是AB,BC边上的垂直平分线,
∴OA=OB=OC,O为△ABC的外心,故选项B错误;
对于C,作角A的内角平分线AE与BC边交于点E,
∵AB|AB|为AB方向的单位向量,AC|AC|为AC方向的单位向量,∴AB|AB|+AC|AC|=λAE(λ>0),
∴AB|AB|+AC|AC|·BC=λAE·BC=0(λ>0),
∴AE⊥BC,∴AE⊥BC,
∴AC=AB,△ABC为等腰三角形,又BA|BA|·BC|BC|=BA·BC|BA||BC|=cs B=12,且B∈(0,π),
∴B=π3,
∴△ABC为等边三角形,故选项C正确;
对于D,设OA'=2OA,OC'=3OC,由2OA+OB+3OC=0,得OA'+OB+OC'=0,
则由选项A可知,O为△A'BC'的重心,设△A'BC'的面积S△A'BC'=a,
∴S△A'OC'=S△A'OB=S△BOC'=13a,
又OA=12OA',OC=13OC',
∴S△AOC=16S△A'OC'=118a,S△AOB=12S△A'OB=16a,S△BOC=13S△BOC'=19a,
∴S△ABC=S△AOC+S△AOB+S△BOC=118a+16a+19a=13a,
∴S△AOC∶S△ABC=118a∶13a=1∶6,故选项D正确.故选ACD.
16.ABC 解析 由(x2-1)2-4|x2-1|+k=0得-k=(x2-1)2-4|x2-1|①,
设x2-1=t,则t≥-1,
设f(t)=t2-4|t|=t2-4t,t≥0,t2+4t,-1≤t<0,
作出f(t)的函数图象如图所示,由图象可知,当-k=-4或-k>0时,关于t的方程f(t)=-k只有1解,不妨设为t0,显然t0=2或t0>4,
而关于x的方程x2-1=t0有两解,故方程①有2个解;
当-4<-k<-3或k=0时,关于t的方程f(t)=-k有两解,不妨设为t1,t2,显然ti≠-1(i=1,2),
而关于x的方程x2-1=ti(i=1,2)有两解,故方程①有4个解;
当-k=-3时,关于t的方程f(t)=-k有三解,且其中一解为-1,不妨设三个解为-1,t3,t4,且ti≠-1(i=3,4),
而关于x的方程x2-1=-1只有1解,关于x的方程x2-1=ti(i=3,4)有两解,故方程①有5个解;
当-3<-k<0时,关于t的方程f(t)=-k有三解,不妨设为t5,t6,t7,显然ti≠-1(i=5,6,7),
而关于x的方程x2-1=ti(i=5,6,7)有两解,故方程①有6个解.
综上所述,存在实数k,满足选项ABC,故选ABC.
17.1 5 解析 因为f(x)=2-x,x≥1,x2+x-1,x<1,所以f(4)=2-4=-2,所以f(f(4))=f(-2)=(-2)2-2-1=1,
设f(a)=t,则f(t)=t,当t≥1时,f(t)=2-t=t,可得t=1,
当t<1时,f(t)=t2+t-1=t,可得t=-1,所以f(a)=1或f(a)=-1,
当a≥1时,由f(a)=2-a=1或f(a)=2-a=-1,可得a=1或a=3,
当a<1时,f(a)=a2+a-1=1或f(a)=a2+a-1=-1,
可得a=-2或a=1(舍去)或a=-1或a=0,
综上所述,a=-2,-1,0,1,3,有5个a符合题意.
18.2 解析 设酒杯上部分高为h,则酒杯内壁表面积S=12×4πR2+2πRh=143πR2,则h=43R,
所以V1=πR2h=43πR3,V2=12×43πR3,故V1V2=2.
19.23 解析 非负实数x,y满足13x+y+12y+2=1,有3x+y>0,2y+2>0,
则x+y=13[(3x+y)+(2y+2)]-23=13(13x+y+12y+2)[(3x+y)+(2y+2)]-23=132+2y+23x+y+3x+y2y+2-23≥13·22y+23x+y·3x+y2y+2=23,当且仅当2y+23x+y=3x+y2y+2,即3x+y=2y+2时,等号成立,
由3x+y=2y+2,13x+y+12y+2=1得x=23,y=0,
所以当x=23,y=0时,x+y的最小值为23.
20.11-72,11+72 解析 由(c-2a)·(c-b)=2得c2-(2a+b)·c+2×1×1×csπ3=2,
即|c|2-(2a+b)·c=1,
又因为|2a+b|2=4a2+4a·b+b2=4+4×1×1×csπ3+1=7,则|2a+b|=7,
设向量c与向量2a+b的夹角为θ,则|c|2-7|c|cs θ=1,
因为|c|2-(2a+b)·c=1,由已知等式可知c≠0,所以|c|≠0,所以cs θ=|c|2-17|c|,
因为cs θ∈[-1,1],所以-1≤|c|2-17|c|≤1,解得|c|∈11-72,11+72.
21.解 (1)在频率分布直方图中,0.005×2+0.055×2+0.09×2+0.15×2+2a+0.08×2+0.015×2+0.005×2=1,解得a=0.10.
这200名学生日行步数的样本平均数为x=0.01×3+0.11×5+0.18×7+0.30×9+0.20×11+0.16×13+0.03×15+0.01×17=9.44.
(2)设步数大于或等于11 000步的学生所占的频率为p,
则p=0.10×1+0.08×2+0.015×2+0.005×2=0.3,
由此估计全校每天获得加分的同学的频率为0.3,
所以估计全校每天获得加分的人数为2 400×0.3=720.
(3)由题意可得,每名同学能获得加分的概率为0.3,且他们相互独立,
所以任取3名学生,恰有2人能获得加分的概率为P=0.3×0.3×0.7+0.3×0.7×0.3+0.7×0.3×0.3=0.189.
22. 解 (1)如图,连接BD.因为PD⊥底面ABCD,且AM⊂底面ABCD,所以PD⊥AM,又因为PB⊥AM,PB∩PD=P,所以AM⊥平面PBD,又因为BD⊂平面PBD,所以AM⊥BD.
从而∠ADB+∠DAM=90°,因为∠MAB+∠DAM=90°,所以∠MAB=∠ADB,所以△ADB∽△BAM,于是ADAB=BABM.所以12BC2=1,所以BC=2.
(2)如图,构造长方体ABCD-A1B1C1D1,连接AB1,A1B,交点记为H,由于AB1⊥A1B,AB1⊥BC,所以AH⊥平面A1BCD1.过H作D1M的垂线,垂足记为G.
连接AG,由三垂线定理可知AG⊥D1M,故∠AGH为二面角A-PM-B的平面角,易证四边形A1BCD1是边长为2的正方形,连接D1H,HM,S△D1HM=12D1M·HG,S△D1HM=S正方形A1BCD1−S△D1AH-S△HBM-S△MCD1,解得HG=31010.
在Rt△AHG中,AH=22,HG=31010,由勾股定理求得AG=355.
所以sin∠AGH=AHAG=7014,即二面角A-PM-B的正弦值为7014.
23.解 (1)a=3,f(x)=-x2+x|x-3|≥-2,
当x≥3时,-x2+x(x-3)≥-2,-3x≥-2,x≤23,无解;
当x<3时,-x2-x(x-3)≥-2,即2x2-3x-2≤0,(x-2)(2x+1)≤0,-12≤x≤2,满足题意.
∴f(x)≥-2的解集为-12,2.
(2)令f(x)=-x2+x|x-a|=0,则有x(-x+|x-a|)=0,x1=0∈[-1,1],
如果a=0,则有-x+|x|=0,当x≥0时都能成立,不满足题意,
当a>0时,-x+|x-a|=0,x=|x-a|,x2=(x-a)2,x2=a2,又0∴0(3)对于a≥4,令f(x)=-x2+x|x-a|=m有2个不同的实数解x1,x2,且x1当x≥a时,f(x)=-ax,当x当-a2令t=a2-8m,则m=a2-t28,且t∈(0,a)∪(a,3a),x1=a-t4,x2=a+t4,x1x2=m2,
令y=x12+mx2x1x2,则y=2x12m+2x2=(a-t)28m+a+t2=1-2ta+t+a+t2,
y是关于t的增函数,
∴1+a2即y∈1+a2,a∪a,2a-12;
当m≤-a2时,x1=a-a2-8m4,x2=-ma,
同理,令t=a2-8m,m=a2-t28,t≥3a,
y=x1x2+mx1=-2aa+t+a+t2是增函数,y≥2a-12;
∴x12+mx2x1x2的取值范围是1+a2,a∪(a,+∞
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