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【备战2024中职高考】中职数学 二轮复习 专题模拟卷综合模拟测试卷(四)（教师版）
展开这是一份【备战2024中职高考】中职数学 二轮复习 专题模拟卷综合模拟测试卷(四)（教师版），共10页。试卷主要包含了单项选择题， 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20小题，第1～12每小题2分，第13～20每小题3分，共48分)
1．设U＝R，A＝{x|x>0}，B＝{x|x>1}，则A∩∁UB＝( )
A．{x|0≤x<1} B．{x|0
B 【解析】 对于∁UB＝eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≤1))))，因此A∩∁UB＝{x|0
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
A 【解析】 对于“a>0”⇒“a≠0”；反之不一定成立，因此“a>0”是“a≠0”的充分而不必要条件．故选A.
3．若直线l1：x＋2y＋6＝0与l2：3x＋ky－1＝0互相不垂直，则k的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(3,2))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，＋∞))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(2,3))))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)))
A 【解析】 若l1与l2垂直，则1×3＋2×k＝0，k＝－eq \f(3,2)，∴当k∈(－∞，－eq \f(3,2))∪(－eq \f(3,2)，＋∞)时，l1与l2不垂直．
4．下列函数在定义域内单调递减的是( )
A．f(x)＝2x B．f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))))eq \s\up12(x) C．f(x)＝x2 D．f(x)＝sinx
B 【解析】 选项A中的函数在定义域上是单调递增，C和D中的函数在定义域上有增有减，只有B中的函数在定义域上是减函数，故选B.
5．计算：9eq \s\up6(\f(3,2))－2lg33·lg2eq \f(1,4)＋lg4＋2lg5＝( )
A．25 B．28 C．32 D．33
D 【解析】 原式＝(32)eq \s\up6(\f(3,2))－2×(－2)＋lg(4×52)＝27＋4＋2＝33.
6．以(3，4)为圆心，并与y轴相切的圆的方程是( )
A．(x－3)2＋(y＋4)2＝9 B．(x－3)2＋(y＋4)2＝16
C．(x－3)2＋(y－4)2＝9 D．(x＋3)2＋(y－4)2＝16
C 【解析】 由题可知r＝3，故选C.
7．同时抛掷两颗骰子，点数和为7的概率是( )
A.eq \f(1,4) B.eq \f(1,12) C.eq \f(1,6) D.eq \f(1,7)
C 【解析】 同时抛两颗骰子，产生的总事件数为36，其中点数之和为7的事件数为6，用有序数对表示分别为(1，6)，(2，5)，(3，4)，(4，3)，(5，2)，(6，1)，所以点数和为7的概率是eq \f(1,6)，故选C.
8．在等比数列{an}中，公比q＝2，已知S4＝1，则S8＝ ( )
A．8 B．16 C．17 D．32
C 【解析】 因为S8＝(a1＋a2＋a3＋a4)＋(a5＋a6＋a7＋a8)＝S4＋q4(a1＋a2＋a3＋a4)
＝S4＋q4S4＝1＋24×1＝17，答案：C.
9．已知向量a＝(0，－1)，b＝(2，4)，则2a－eq \f(1,2)b＝( )
A．(－1，－4) B．(1，4) C．(－1，4) D．(1，－4)
A 【解析】 因为2a－eq \f(1,2)b＝2(0，－1)－eq \f(1,2)(2，4)＝(0，－2)－(1，2)＝(－1，－4)，故选A.
10．等差数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(an)))中，a1＝1，a3＋a5＝14，其前n项和Sn＝100，则n＝( )
A．9 B．10 C．11 D．12
B 【解析】 a3＋a5＝2a1＋6d＝14⇒d＝2，Sn＝na1＋eq \f(n（n－1）,2)d＝100⇒n＋(n－1)·n＝100⇒n＝10.
11．已知角α的终边上的点P坐标是(－3，4)，则cs(2π－α)的值等于( )
A．－eq \f(4,5) B.eq \f(4,5) C．－eq \f(3,5) D.eq \f(3,5)
C 【解析】 因为r＝eq \r(x2＋y2)＝eq \r(（－3）2＋42)＝5，所以cs(2π－α)＝csα＝eq \f(x,r)＝－eq \f(3,5)，故选C.
12．曲线方程x2csβ＋y2sinβ＝1表示焦点在x轴上的双曲线，则角β是( )
A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角
D 【解析】 因为方程x2csβ＋y2sinβ＝1表示焦点在x轴上的双曲线，所以csβ>0，sinβ<0，即角β是第四象限角，答案：故选D.
13．已知csθ＝－eq \f(3,5)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(0<θ<π)))，则sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3))))＝( )
A.eq \f(－4－3\r(3),10) B.eq \f(4－3\r(3),10) C.eq \f(－4＋3\r(3),10) D.eq \f(4＋3\r(3),10)
B 【解析】 ∵0＜θ＜π，∴sinθ＝
eq \r(1－cs2θ)＝eq \f(4,5)，sin(θ＋eq \f(π,3))＝sinθ·cseq \f(π,3)＋csθ·sineq \f(π,3)＝eq \f(4,5)×eq \f(1,2)＋(－eq \f(3,5))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(4－3\r(3),10).
14．若正四棱锥的底面边长为a，侧面与底面所成的角为60°，则它的体积为( )
A.eq \f(\r(2),6)a3 B.eq \f(\r(3),6)a3 C.eq \f(\r(2),4)a3 D.eq \f(\r(3),4)a3
B 【解析】 ∵正四棱锥的侧面与底面所成的角为60°，∴过顶点和底面一组对边的中点的截面是正三角形，且边长为a，而正三角形一边上的高即是正四棱锥的高eq \f(\r(3),2)a，故体积：V＝eq \f(1,3)·eq \f(\r(3),2)a·a2＝eq \f(\r(3),6)a3，故选B.
15．在下列双曲线中，以y＝eq \f(1,2)x为渐近线的双曲线是( )
A.eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1 B.eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1 C.eq \f(x2,2)－eq \f(y2,1)＝1 D.eq \f(x2,1)－eq \f(y2,2)＝1
A 【解析】 因为eq \f(x2,16)－eq \f(y2,4)＝1⇒渐近线y＝±eq \f(b,a)x＝±eq \f(1,2)x，故选A.
16．二次函数y＝x2＋mx－3的对称轴方程是x＝－1，则它的最小值为( )
A．－4 B．－3 C．－2 D．－1
A 【解析】 因为对称轴x＝－eq \f(b,2a)＝－eq \f(m,2)＝－1，即m＝2，所以当x＝－1时，ymin＝－4，故选A.
17．要得到y＝3sin(2x＋eq \f(π,4))的图象只需将y＝3sin2x的图象( )
A．向左平移eq \f(π,4)个单位 B．向右平移eq \f(π,4)个单位
C．向左平移eq \f(π,8)个单位 D．向右平移eq \f(π,8)个单位
第18题图
C 【解析】 因为y＝3sin(2x＋eq \f(π,4))＝3sin[2(x＋eq \f(π,8))]，所以向左平移eq \f(π,8)个单位，故选C.
18．纸质的正方体的六个面分别标记为“祝”、“贺”、“高”、“考”、“成”、“功”，其中“祝”与“贺”相对，“高”与“考”相对，“成”与“功”相对．现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到右侧的平面图形，则标“△”的面是( )
A．贺 B．考 C．成 D．功
A 【解析】 展折问题，只须将图形还原成正方体，易知答案：A.
19．函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3))))的图像是( )
A．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，0)))对称 B．关于直线x＝eq \f(π,4)对称
C．关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0)))对称 D．关于直线x＝eq \f(π,3)对称
C 【解析】 函数y＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))图像的对称中心是曲线与x轴的交点，而当x＝eq \f(π,3)时，y＝0，∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，0))是对称中心，故选C.
20．抛物线y2＝x上的点到直线4x－3y＋5＝0的距离的最小值是( )
A.eq \f(1,5) B.eq \f(71,80) C.eq \f(7,16) D.eq \f(2,5)
B 【解析】 抛物线y2＝x上的点(m2，m)到直线4x－3y＋5＝0的距离d＝eq \f(|4m2－3m＋5|,5)＝eq \f(|4（m－\f(3,8)）2＋\f(71,16)|,5)，当m＝eq \f(3,8)时，dmin＝eq \f(71,80).
二、 填空题(本大题共7小题，每小题4分，共28分)
21．不等式|2x＋1|>3的解集是____________．
(－∞，－2)∪(1，＋∞) 【解析】 因为|2x＋1|>3⇒2x＋1>3或2x＋1<－3⇒x>1或x<－2，所以不等式解集x∈(－∞，－2)∪(1，＋∞)，故应填写：(－∞，－2)∪(1，＋∞)．
22．如果圆锥高为4，底面周长为6π，那么圆锥的侧面积等于________．
15π 【解析】 由题意知底面半径为3，所以圆锥母线长为5，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π×3×5＝15π，故应填写：15π.
23．5名男生、4名女生排成一列，要求所有女生排在一起，则共有__________种排法．
17280 【解析】 用捆绑法，第一步，先把4名女生看成一个元素，与5名男生一共6个元素作全排列，共有Aeq \\al(6,6)种不同排法；第二步考虑每一种排列中，对4名女生作全排列，有Aeq \\al(4,4)种，∴共有Aeq \\al(6,6)·Aeq \\al(4,4)＝17280种．
24．函数y＝eq \f(\r(－x2－3x＋4),x)的定义域为____________．
[－4，0)∪(0，1] 【解析】 要使函数有意义，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≠0,－x2－3x＋4≥0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≠0,－4≤x≤1))⇒
x∈[－4，0)∪(0，1]，故应填写：[－4，0)∪(0，1]．
25．根据所给直线x＋eq \r(3)y＋4＝0，可知直线的倾斜角α为________弧度．
eq \f(5,6)π 【解析】 由直线x＋eq \r(3)y＋4＝0⇒k＝－eq \f(\r(3),3)⇒α＝eq \f(5,6)π，故应填写eq \f(5,6)π.
26．(a＋b)n的展开式中第9项和第16项的二项式系数相等，则n的值为________．
23 【解析】 由题意知Ceq \\al(8,n)＝Ceq \\al(15,n)⇒n＝23，故应填写23.
27．求值：eq \f(1,sin10°)－eq \f(\r(3),cs10°)＝__________．
4 【解析】 eq \f(1,sin10°)－eq \f(\r(3),cs10°)＝
eq \f(cs10°－\r(3)sin10°,sin10°cs10°)＝eq \f(2（\f(1,2)cs10°－\f(\r(3),2)sin10°）,sin10°cs10°)
＝eq \f(2（sin30°cs10°－cs30°sin10°）,sin10°cs10°)＝eq \f(2sin（30°－10°）,sin10°cs10°)
＝eq \f(2sin20°,sin10°cs10°)＝eq \f(2（2sin10°cs10°）,sin10°cs10°)＝4.
三、解答题(本大题共9小题，共74分)
28．(8分)在下图的平面直角坐标系中作出函数y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x))的图象，并写出单调区间．
第28题图
【解】 图像如图
第28题图
由图像可得：
函数的单调递减区间为(－∞，0]
函数的单调递增区间为[0，＋∞)．注：开区间也给分．
29．(8分)在直线2x－3y＋1＝0上求一点P，使它到点A(－1，2)与点B(2，3)之间的距离相等．
【解】 可求得AB的斜率为eq \f(1,3)，AB的中点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2)))，∴线段AB的垂直平分线方程为：y－eq \f(5,2)＝－3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，化简得：3x＋y－4＝0，解方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x＋y－4＝0,2x－3y＋1＝0))，得方程组的解为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝1,y＝1))，∴P点的坐标为(1，1)．
30．(8分)若f(x)＝a＋bsinx的最大值为eq \f(3,2)，最小值为－eq \f(1,2).求：
(1)f(x)的解析式；
(2)若b<0，在区间(0，2π)内使f(x)＝0的x值．
【解】 (1)f(x)＝a＋bsinx的最大值为eq \f(3,2)，最小值为－eq \f(1,2).当b<0时，∴当sinx＝－1时，f(x)最大即a－b＝eq \f(3,2)，当sinx＝1时，f(x)最小即a＋b＝－eq \f(1,2).∴a＝eq \f(1,2)，b＝－1，∴f(x)＝eq \f(1,2)－sinx；当b>0时，a＋b＝eq \f(3,2)且a－b＝－eq \f(1,2)，解得a＝eq \f(1,2)，b＝1，∴f(x)＝eq \f(1,2)＋sinx，故f(x)＝eq \f(1,2)－sinx或eq \f(1,2)＋sinx.
(2)在区间(0，2π)内使f(x)＝0的x值，即sinx＝eq \f(1,2)在(0，2π)内的x的值，∴x＝eq \f(π,6)或x＝eq \f(5π,6).
31．(8分)在二项式eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2x)))n的展开式中，前三项系数成等差数列，求展开式中二项式系数最大的项．
【解】 由已知可得前三项的系数分别是Ceq \\al(0,n)，eq \f(1,2)Ceq \\al(1,n)，eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n)，因前三项系数成等差数列，故Ceq \\al(0,n)＋eq \f(1,4)Ceq \\al(2,n)＝Ceq \\al(1,n)
整理得n2－9n＋8＝0，
解得n＝8或n＝1，因n>1且n∈Z*，故n＝8，因此二项式系数最大的项为第5项，
T5＝Ceq \\al(4,8)x4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2x)))4＝eq \f(35,8).
32．(8分)已知圆C的方程为(x＋2)2＋(y－3)2＝4
(1)写出圆C关于直线x＝－1对称的圆D的标准方程；
(2)求经过点P(－1，2)且被圆C截得的最短弦的直线方程．
【解】 (1)圆C的圆心为(－2，3)，半径r＝2
圆心C关于直线x＝－1对称点的坐标是(0，3)，所求的圆的方程是x2＋(y－3)2＝4；
(2)当所求直线过P点且与直线CP垂直时，被圆C截得的弦最短．
kcp＝eq \f(3－2,－2－（－1）)＝－1，所求直线方程为y－2＝1·(x＋1)，即y＝x＋3.
33.(8分)数列{an}中，an＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2n－1（n为正奇数）,2n－1（n为正偶数）)).
(1)求a2，a5；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，求S9.
【解】 (1)由已知可得a2＝3，a5＝24＝16；
(2)S9＝20＋3＋22＋7＋24＋11＋26＋15＋28
＝(3＋7＋11＋15)＋(20＋22＋24＋26＋28)
＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3＋15)),2)＋eq \f(1－45,1－4)
＝377.
34．(8分)已知抛物线y2＝4x与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,m)＝1有共同的焦点F1，并且相交于P，Q两点，F2是椭圆的另一个焦点，求：
第34题图
(1)m的值；
(2)△F1PF2的面积．
【解】 (1)抛物线y2＝4x的焦点为F1(1，0)，椭圆的焦点为(1，0)、(－1，0)，椭圆焦点在x轴上，a＝3，c＝1，m＝b2＝a2－c2＝8；
(2)联立方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,\f(x2,9)＋\f(y2,8)＝1))
解得：eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2),y＝\r(6)))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\f(3,2),y＝－\r(6)))
即△F1PF2的高h为eq \r(6)，底F1F2＝2c＝2，
面积S＝eq \f(1,2)·2c·h＝eq \f(1,2)·eq \r(6)·2＝eq \r(6).
35．(8分)如图，已知三棱锥三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(2)，
(1)求二面角P－AB－C的的大小；
(2)求三棱锥P－ABC的体积；
(3)求点P到平面ABC的距离．
第35题图
【解】 (1)取AB的中点D，连接CD、DP，
∵PA＝PB，∴DP⊥AB
∵PC⊥PA，PC⊥PB，∴PC⊥平面PAB
由三垂线定理知CD⊥AB，所以∠CDP为二面角PABC的平面角，由已知可得AB＝2eq \r(2)，故PD＝eq \r(2).
∴tan∠CDP＝eq \f(CP,PD)＝1，∴∠CDP＝45°，即二面角PABC的大小是45°.
(2)VP－ABC＝VC－ABP＝eq \f(1,3)×PC×S△PAB＝eq \f(1,6)PC×PA×PB＝eq \f(2\r(2),3).
(3)由(1)可得CD＝2，因此△ABC的面积S＝eq \f(1,2)×PC×CD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2＝2eq \r(2)，令点P到平面ABC的距离为h，由VP－ABC＝VC－ABP可得，eq \f(2\r(2),3)＝eq \f(1,3)×2eq \r(2)×h ∴h＝1.
(注：第(3)问也可过P点作CD的垂线PG，构造出点到平面的距离，再计算．可根据步骤酌情给分．)
36．(10分)如图，海中有岛A，已知A岛周围10海里内有暗礁，今有一货轮从B处由西向东航行，望见A岛在北偏东75°，航行30海里到达C处，见此岛在北偏东30°，
(1)试求A、C两处间的距离；
(2)如果货轮不改变航向继续前进，问有无触礁危险？(参考数据：eq \r(2)≈1.41，eq \r(3)≈1.73)
第36题图
【解】 (1)由题意可知∠ABC＝15°，∠BCA＝120°，故∠BAC＝45°，又由已知得BC＝30，由正弦定理可得eq \f(30,sin45°)＝eq \f(AC,sin15°)，故AC＝eq \f(30×sin15°,sin45°)＝eq \f(30×\f(\r(6)－\r(2),4),\f(\r(2),2))＝15(eq \r(3)－1)(海里)；
(2)过点A作BC的垂线，垂足为D，
∵∠BCA＝120°，∴∠ACD＝60°，
在Rt△ADC中，AD＝AC×sin60°
＝15eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)－1))eq \f(\r(3),2)＝eq \f(15,2)(3－eq \r(3))≈9.525<10
故货轮不改变航向继续前进，有触礁危险．
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