2019版浙江省學(xué)業(yè)水平考試數(shù)學(xué)仿真模擬試卷(四)含答案

仿真模擬(四)一、選擇題(本大題共18小題，每小題3分，共54分)1．設(shè)集合M＝{x|x2>4}，N＝{x|－1<x≤3}，則M∩N等于()A．(－2,3] B．[2,3]C．(2,3] D．(2,3)答案C解析∵M(jìn)＝{x|x>2或x<－2}，∴M∩N＝{x|2<x≤3}．2．函數(shù)f(x)＝eq\r(1－2x)＋eq\f(1,\r(x＋3))的定義域?yàn)?)A．(－∞，－3)∪(－3,0]B．(－∞，－3)∪(－3,1]C．(－3,0]D．(－3,1]答案C解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x≥0，,x＋3>0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x>－3，))即x∈(－3,0]．3．在等差數(shù)列{an}中，若Sn＝3n2＋2n，則公差d等于()A．2 B．3C．5 D．6答案D解析公差為d的等差數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn＝na1＋eq\f(nn－1,2)d＝eq\f(d,2)n2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(d,2)))n＝3n2＋2n，所以d＝6.故選D.4．不等式|x－2|＋|x＋1|≤5的解集為()A．(－∞，－2] B．[－2,3]C．[3，＋∞) D．[－1,2]答案B解析不等式|x－2|＋|x＋1|≤5?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－1，,1－2x≤5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤2，,3≤5))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>2，,2x－1≤5，))解得－2≤x<－1或－1≤x≤2或2<x≤3，所以不等式|x－2|＋|x＋1|≤5的解集為[－2,3]，故選B.5．△ABC的內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c，若B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，則c等于()A．2eq\r(3)B．2C.eq\r(2)D．1答案B解析由正弦定理得eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，因?yàn)锽＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，所以eq\f(1,sinA)＝eq\f(\r(3),2sinAcosA).所以cosA＝eq\f(\r(3),2).又0<A<π，所以A＝eq\f(π,6)，所以B＝2A＝eq\f(π,3).所以C＝π－A－B＝eq\f(π,2)，所以△ABC為直角三角形，由勾股定理得c＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2.6．已知命題p：x＞1，q：eq\f(1,x)＜1，則p是q的()A．必要不充分條件B．充分不必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件答案B解析x＞1，即0＜eq\f(1,x)＜1，即eq\f(1,x)＜1，即p是q的充分條件；而eq\f(1,x)＜1，即x＞1或x＜0，即p不是q的必要條件，所以p是q的充分不必要條件．7．已知Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，則S10等于()A．4B.eq\f(9,2)C．5D．6答案C解析a1＝eq\f(1,2)，a2＝－1，a3＝2，a4＝eq\f(1,2)，所以這是一個(gè)周期為3的周期數(shù)列，且a1＋a2＋a3＝eq\f(3,2)，a10＝eq\f(1,2)，所以S10＝3×eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)＝5.8．一個(gè)幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為()A．πB.eq\f(π,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,6)答案D解析由三視圖知，該幾何體為一圓錐被軸截面所截得的圓錐的一半，底面半徑為1，高為1，所以該幾何體的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×π×12×1＝eq\f(π,6).9．若平面向量a，b，c滿(mǎn)足|a|＝|b|＝1，|a－b|＝|a－c|＝|b－c|，則|c|的最大值為()A．2eq\r(3)B．2C.eq\r(3)D．1答案B解析作向量eq\o(OA,\s\up6(→))＝a，eq\o(OB,\s\up6(→))＝b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝c，設(shè)向量a，b的夾角為α，由題意可得OA＝OB，BA＝CA＝CB，可得△CAO≌△CBO，即有OC垂直平分AB.設(shè)AB＝t，t＝2sineq\f(α,2)，等邊△ABC的高CH＝eq\f(\r(3),2)t＝eq\r(3)sineq\f(α,2)，OH＝coseq\f(α,2)，則|c|＝CH＋OH＝eq\r(3)sineq\f(α,2)＋coseq\f(α,2)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,2)＋\f(π,6)))，當(dāng)eq\f(α,2)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即當(dāng)α＝eq\f(2π,3)時(shí)，|c|取得最大值2.10.如圖，已知正三棱柱(底面是正三角形，且側(cè)棱與底面垂直的棱柱)ABC－A1B1C1的體積為eq\f(9,4)，底面邊長(zhǎng)為eq\r(3).若點(diǎn)P為底面A1B1C1的中心，則PA與平面ABC所成角的大小為()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案C解析因?yàn)锳A1⊥底面A1B1C1，所以∠APA1為PA與平面A1B1C1所成的角，因?yàn)槠矫鍭BC∥平面A1B1C1，所以∠APA1的大小等于PA與平面ABC所成的角的大小，所以＝eq\f(\r(3),4)×(eq\r(3))2＝eq\f(3\r(3),4)，所以＝AA1×＝eq\f(3\r(3),4)AA1＝eq\f(9,4)，解得AA1＝eq\r(3).又點(diǎn)P為底面正三角形A1B1C1的中心，所以A1P＝eq\f(2,3)A1D＝eq\f(2,3)×eq\r(3)×sin60°＝1.在Rt△AA1P中，tan∠APA1＝eq\f(AA1,A1P)＝eq\r(3)，所以∠APA1＝eq\f(π,3)，故選C.11．若a，b∈R，使|a|＋|b|>4成立的一個(gè)充分不必要條件是()A．|a＋b|≥4 B．|a|≥4C．|a|≥2且|b|≥2 D．b<－4答案D解析由b<－4?|b|>4?|a|＋|b|>4知，充分性成立．由|a|＋|b|>4D/?b<－4知，必要性不成立．12．設(shè)變量x，y滿(mǎn)足約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤7，,x－y≤－2，,x－1≥0，))則目標(biāo)函數(shù)z＝eq\f(y,x)的最大值為()A.eq\f(9,5)B．3C．6D．9答案C解析不等式組對(duì)應(yīng)的平面區(qū)域如圖(陰影部分，含邊界)所示，z的幾何意義是區(qū)域內(nèi)的點(diǎn)與原點(diǎn)連線(xiàn)的斜率，則由圖象可知，OA的斜率最大，OB的斜率最小，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,x＋y＝7，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝6，))即A(1,6)，此時(shí)OA的斜率k＝6，故選C.13．若4x＋4y＝1，則x＋y的取值范圍是()A．[0,1] B．[－1,0]C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]答案D解析由于4x＋4y≥2eq\r(4x×4y)＝2x＋y＋1，所以2x＋y＋1≤1＝20，得x＋y＋1≤0，即x＋y≤－1.故選D.14．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上是減函數(shù)，則下列各式一定成立的是()A．f(0)<f(6) B．f(－3)>f(2)C．f(－1)>f(3) D．f(－2)<f(－3)答案C解析因?yàn)閒(x)是R上的偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)，又f(x)在[0，＋∞)上是減函數(shù)，所以f(6)<f(|－3|)<f(|－2|)<f(|－1|)<f(0)，則f(－1)>f(3)，故選C.15．已知F1，F(xiàn)2是雙曲線(xiàn)C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P是雙曲線(xiàn)C上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小內(nèi)角的大小為30°，則雙曲線(xiàn)C的漸近線(xiàn)方程是()A.eq\r(2)x±y＝0 B．x±eq\r(2)y＝0C．x±2y＝0 D．2x±y＝0答案A解析由題意，不妨設(shè)|PF1|>|PF2|，則根據(jù)雙曲線(xiàn)的定義得，|PF1|－|PF2|＝2a，又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a.在△PF1F2中，|F1F2|＝2c，而c>a，所以有|PF2|<|F1F2|，所以∠PF1F2＝30°，所以(2a)2＝(2c)2＋(4a)2－2·2c·4acos30°，得c＝eq\r(3)a，所以b＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(2)a，所以雙曲線(xiàn)C的漸近線(xiàn)方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，即eq\r(2)x±y＝0.16．如圖所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A，D分別是BF，CE上的點(diǎn)，AD∥BC，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如圖①)．將四邊形ADEF沿AD折起，連接BE，BF，CE(如圖②)．在折起的過(guò)程中，下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的個(gè)數(shù)是()①AC∥平面BEF；②B，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)不可能共面；③若EF⊥CF，則平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE與平面BEF可能垂直．A．0B．1C．2D．3答案B解析對(duì)于①，在圖中記AC與BD交點(diǎn)(中點(diǎn))為O，取BE的中點(diǎn)為M，連接MO，MF，易證得四邊形AOMF為平行四邊形，即AC∥FM，又∵FM?平面BEF，AC?平面BEF，∴AC∥平面BEF，故①正確；假設(shè)②中B，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)共面，因?yàn)锽C∥AD，BC?平面ADEF，所以BC∥平面ADEF，可推出BC∥EF，所以AD∥EF，這與已知相矛盾，故B，C，E，F(xiàn)四點(diǎn)不可能共面，所以②正確；③在梯形ADEF中，易得FD⊥EF，又EF⊥CF，F(xiàn)D∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，即CD⊥EF，又CD⊥AD，AD，EF為平面ADEF內(nèi)的相交直線(xiàn)，所以CD⊥平面ADEF，則平面ADEF⊥平面ABCD，所以③正確；④延長(zhǎng)AF至G使得AF＝FG，連接BG，EG，易得平面BCE⊥平面ABF，過(guò)F作FN⊥BG于N，又平面BCE∩平面ABF＝BG，F(xiàn)N?平面ABF，則FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，則過(guò)F作直線(xiàn)與平面BCE垂直，其垂足在BE上，前后矛盾，故④錯(cuò)誤．故選B.17．已知a＞b＞0，橢圓C1的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，雙曲線(xiàn)C2的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，C1與C2的離心率之積為eq\f(\r(3),2)，則C2的漸近線(xiàn)方程為()A．x±eq\r(2)y＝0 B.eq\r(2)x±y＝0C．x±2y＝0 D．2x±y＝0答案A解析橢圓C1的離心率為eq\f(\r(a2－b2),a)，雙曲線(xiàn)C2的離心率為eq\f(\r(a2＋b2),a)，所以eq\f(\r(a2－b2),a)·eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a4－b4＝eq\f(3,4)a4，即a4＝4b4，所以a＝eq\r(2)b，所以雙曲線(xiàn)C2的漸近線(xiàn)方程是y＝±eq\f(1,\r(2))x，即x±eq\r(2)y＝0.故選A.18．已知關(guān)于x的二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0，b，c∈R)在(0,2)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根，若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c≥1，,25a＋10b＋4c≥4，))則實(shí)數(shù)a的最小值為()A．1B.eq\f(3,2)C.eq\f(9,4)D.eq\f(16,25)答案D解析設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c＝a(x－p)(x－q)，∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c≥1，,25a＋10b＋4c≥4，))∴f(0)＝c≥1，f(2.5)≥1，∴apq≥1，a(2.5－p)(2.5－q)≥1，∴a2pq(2.5－p)(2.5－q)≥1，即a2≥eq\f(1,pq2.5－p2.5－q)，又p·(2.5－p)·q·(2.5－q)≤eq\f(625,256)，當(dāng)且僅當(dāng)p＝q＝1.25時(shí)，等號(hào)成立．∴a2≥eq\f(256,625)，即a≥eq\f(16,25)，a的最小值為eq\f(16,25).二、填空題(本大題共4小題，每空3分，共15分)19．函數(shù)f(x)＝sin2x－cos2x的最小正周期是________；最大值是________．答案π1解析f(x)＝－cos2x，T＝π，f(x)max＝1.20．在△ABC中，若∠A＝120°，AB＝5，BC＝7，則△ABC的面積S＝________.答案eq\f(15\r(3),4)解析由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA，即49＝25＋AC2－2×5×AC×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，則AC2＋5AC－24＝0，解得AC＝3.故△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×5×3×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).21．已知等差數(shù)列{an}，等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和分別為Sn，Tn(n∈N*)．若Sn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(1,2)n，b1＝a1，b2＝a3，則Tn＝________.答案eq\f(2,3)(4n－1)解析由題意得a1＝S1＝eq\f(3,2)×12＋eq\f(1,2)×1＝2，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(1,2)n－eq\f(3,2)(n－1)2－eq\f(1,2)(n－1)＝3n－1，當(dāng)n＝1時(shí)，也成立，所以an＝3n－1(n∈N*)，所以b1＝a1＝2，b2＝a3＝8，所以等比數(shù)列{bn}的公比為4，Tn＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1)(n∈N*)．22．偶函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(1－x)＝f(1＋x)，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝eq\r(2x－x2)，若直線(xiàn)kx－y＋k＝0(k>0)與函數(shù)f(x)的圖象有且僅有三個(gè)交點(diǎn)，則k的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),15)，\f(\r(3),3)))解析因?yàn)橹本€(xiàn)kx－y＋k＝0(k>0)，即k(x＋1)－y＝0(k>0)過(guò)定點(diǎn)(－1,0)．因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿(mǎn)足f(1－x)＝f(1＋x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線(xiàn)x＝1對(duì)稱(chēng)，又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)畫(huà)出函數(shù)f(x)的圖象及直線(xiàn)k(x＋1)－y＝0(k>0)如圖所示，則由圖易得|AB|＝eq\r(22－1)＝eq\r(3)，|AC|＝eq\r(42－1)＝eq\r(15)，tan∠BAx＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，tan∠CAx＝eq\f(1,\r(15))＝eq\f(\r(15),15)，則要使直線(xiàn)kx－y＋k＝0(k>0)與函數(shù)f(x)的圖象有且僅有三個(gè)交點(diǎn)，則k的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),15)，\f(\r(3),3))).三、解答題(本大題共3小題，共31分)23．(10分)已知函數(shù)f(x)＝cosx(sinx＋eq\r(3)cosx)－eq\f(\r(3),2)，x∈R.(1)求f(x)的最小正周期；(2)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；(3)求f(x)的值域．解f(x)＝cosx(sinx＋eq\r(3)cosx)－eq\f(\r(3),2)＝sinxcosx＋eq\f(\r(3),2)(2cos2x－1)＝eq\f(1,2)sin2x＋eq\f(\r(3),2)cos2x＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3))).(1)所以函數(shù)f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)由2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,3)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得kπ－eq\f(5π,12)≤x≤kπ＋eq\f(π,12)，k∈Z，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))(k∈Z)．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(注：或者寫(xiě)成單調(diào)遞增區(qū)間為\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kπ－\f(5π,12)，kπ＋\f(π,12)))k∈Z))(3)x∈R，－1≤sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))≤1，即f(x)∈[－1,1]．24．(10分)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(3),3)，點(diǎn)M在橢圓上，且滿(mǎn)足MF2⊥x軸，|MF1|＝eq\f(4\r(3),3).(1)求橢圓的方程；(2)若直線(xiàn)y＝kx＋2交橢圓于A，B兩點(diǎn)，求△ABO(O為坐標(biāo)原點(diǎn))面積的最大值．解(1)由已知得eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,3)，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2，得橢圓方程為eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1.設(shè)點(diǎn)M在第一象限，因?yàn)镸F2⊥x軸，可得點(diǎn)M的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(2\r(3),3)c))，由|MF1|＝eq\r(4c2＋\f(4,3)c2)＝eq\f(4\r(3),3)，解得c＝1，所以橢圓方程為eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，將y＝kx＋2代入橢圓，可得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，由Δ>0，可得3k2－2>0，則有x1