20XX年单招理科数学模拟试习题含答案

1、2019年单招理科数学模拟试题（一）【含答案】一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.1复数z满足方程=i（i为虚数单位），则复数z在复平面对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知集合A=x|x2+x20，集合B=x|（x+2）（3x）0，则（RA）B等于（）矚慫润厲钐瘗睞枥庑赖賃軔。Ax|1x3Bx|2x3Cx|2x1Dx|2x1或2x33下列函数中，在其定义域，既是奇函数又是减函数的是（）Af（x）=Bf（x）=Cf（x）=2x2xDf（x）=tanx4已知“x2”是“x2a（aR）”的充分不必要条件，则

2、a的取值围是（）A（，4）B（4，+）C（0，4D（，45已知角是第二象限角，直线2x+（tan）y+1=0的斜率为，则cos等于（）ABCD6执行如图所示的程序框图，若输入n的值为8，则输出s的值为（）A16B8C4D27（）8的展开式中，x的系数为（）A112B112C56D568在ABC中，A=60°，AC=3，面积为，那么BC的长度为（）AB3C2D9记曲线y=与x轴所围成的区域为D，若曲线y=ax（x2）（a0）把D的面积均分为两等份，则a的值为（）聞創沟燴鐺險爱氇谴净祸測。ABCD10为了普及环保知识，增强环保意识，某大学随机抽取30名学生参加环保知识测试，得分（十分制）

3、如图所示，假设得分的中位数为me，众数为m0，平均值为，则（）残骛楼諍锩瀨濟溆塹籟婭骒。Ame=m0=Bme=m0Cmem0Dm0me11已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥OABCD的侧面积为（）酽锕极額閉镇桧猪訣锥顧荭。A20+8B44C20D4612函数f（x）=2sin（2x+）（|）的图象向左平移个单位后关于y轴对称，则以下判断不正确的是（）彈贸摄尔霁毙攬砖卤庑诒尔。A是奇函数B为f（x）的一个对称中心Cf（x）在上单调递增Df（x）在（0，）上单调递减二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13若变量x，y满足约束条件，则z=2x

4、y的最大值为14如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为15已知抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C：=1（a0，b0）渐近线的距离为，点P是抛物线y2=8x上的一动点，P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为謀荞抟箧飆鐸怼类蒋薔點鉍。16已知向量，的夹角为，|+|=2，|=2则的取值围为三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17已知Sn为等差数列an的前n项和，S6=51，a5=13（1）求数列an的通项公式；（2）数列bn的通项公式是bn=，求数列bn的前n项和Sn18袋中有大小相同的

5、四个球，编号分别为1、2、3、4，从袋中每次任取一个球，记下其编号若所取球的编号为偶数，则把该球编号改为3后放同袋中继续取球；若所取球的编号为奇数，则停止取球厦礴恳蹒骈時盡继價骚卺癩。（1）求“第二次取球后才停止取球”的概率；（2）若第一次取到偶数，记第二次和第一次取球的编号之和为X，求X的分布列和数学期望19在三棱椎ABCD中，AB=BC=4，AD=BD=CD=2，在底面BCD作CECD，且CE=茕桢广鳓鯡选块网羈泪镀齐。（1）求证：CE平面ABD；（2）如果二面角ABDC的大小为90°，求二面角BACE的余弦值20在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： +=1（ab0）的离心率为

6、且过点（3，1）（1）求椭圆C的方徎；（2）若动点P在直线l：x=2上，过P作直线交椭圆C于M，N两点，使得PM=PN，再过P作直线lMN，直线l是否恒过定点，若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由鹅娅尽損鹌惨歷茏鴛賴縈诘。21已知函数f（x）=m（x1）22x+3+lnx（m1）（1）求证：函数f（x）在定义域存在单调递减区间a，b；（2）是否存在实数m，使得曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由籟丛妈羥为贍偾蛏练淨槠挞。选修4-1：几何证明选讲22选修41：几何证明选讲如图，已知PA是O的切线，A是切点，直

7、线PO交O于B、C两点，D是OC的中点，连接AD并延长交O于点E，若PA=2，APB=30°預頌圣鉉儐歲龈讶骅籴買闥。（）求AEC的大小；（）求AE的长选修4-4：极坐标与参数方程23选修44：坐标系与参数方程在平面直角坐标系x0y中，动点A的坐标为（23sin，3cos2），其中R在极坐标系（以原点O为极点，以x轴非负半轴为极轴）中，直线C的方程为cos（）=a渗釤呛俨匀谔鱉调硯錦鋇絨。（）判断动点A的轨迹的形状；（）若直线C与动点A的轨迹有且仅有一个公共点，数a的值选修4-5：不等式选讲24已知函数f（x）=|x1|+|xa|（1）若a=2，解不等式f（x）2；（2）若a1，xR

8、，f（x）+|x1|1，数a的取值围2019年单招理科数学模拟试题（一）参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每个小题给出的四个选项中，有且只有一项符合题目要求.铙誅卧泻噦圣骋贶頂廡缝勵。1复数z满足方程=i（i为虚数单位），则复数z在复平面对应的点在（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【考点】复数代数形式的乘除运算【分析】由=i，得，然后利用复数代数形式的除法运算化简，求出复数z在复平面对应的点的坐标，则答案可求擁締凤袜备訊顎轮烂蔷報赢。【解答】解：由=i，得，即z=1+i则复数z在复平面对应的点的坐标为（1，1）位于第一象限故选：A2已知集合A=x|x2+x

9、20，集合B=x|（x+2）（3x）0，则（RA）B等于（）贓熱俣阃歲匱阊邺镓騷鯛汉。Ax|1x3Bx|2x3Cx|2x1Dx|2x1或2x3【考点】交、并、补集的混合运算【分析】求出A与B中不等式的解集确定出B，求出A的补集，找出补集与B的公共部分，能求出结果【解答】解：集合A=x|x2+x20=x|2x1，集合B=x|（x+2）（3x）0=x|2x3，（CRA）B=x|x2或x1x|2x3=x|1x3故选：A3下列函数中，在其定义域，既是奇函数又是减函数的是（）Af（x）=Bf（x）=Cf（x）=2x2xDf（x）=tanx【考点】奇偶性与单调性的综合【分析】根据函数的解析式及基本初等函数

10、的性质，逐一分析出四个函数的单调性和奇偶性，即可得到答案【解答】解：A中，f（x）=是奇函数，但在定义域不单调；B中，f（x）=是减函数，但不具备奇偶性；C中，f（x）2x2x既是奇函数又是减函数；D中，f（x）=tanx是奇函数，但在定义域不单调；故选C4已知“x2”是“x2a（aR）”的充分不必要条件，则a的取值围是（）A（，4）B（4，+）C（0，4D（，4【考点】充要条件【分析】由x2得到x24，根据充分不必要条件的概念得：a4【解答】解：由题意知：由x2能得到x2a；而由x2a得不出x2；x2，x24；a4；a的取值围是（，4故选：D5已知角是第二象限角，直线2x+（tan）y+1=

11、0的斜率为，则cos等于（）ABCD【考点】直线的斜率【分析】表示出k，求出tan，根据角是第二象限角，求出cos即可【解答】解：由题意得：k=，故tan=，故cos=，故选：D6执行如图所示的程序框图，若输入n的值为8，则输出s的值为（）A16B8C4D2【考点】程序框图【分析】已知b=8，判断循环条件，i8，计算循环中s，i，k，当x8时满足判断框的条件，退出循环，输出结果s即可坛摶乡囂忏蒌鍥铃氈淚跻馱。【解答】解：开始条件i=2，k=1，s=1，i8，开始循环，s=1×（1×2）=2，i=2+2=4，k=1+1=2，i8，继续循环，s=×（2×4）

12、=4，i=6，k=3，i8，继续循环；s=×（4×6）=8，i=8，k=4，88，循环停止，输出s=8；故选B：7（）8的展开式中，x的系数为（）A112B112C56D56【考点】二项式系数的性质【分析】先求出通项公式，再令4r=1，由此可得开式中x的系数【解答】解：（）8的展开式的通项为Tr+1=（2）rC8rx4r，令4r=1，解得r=2，展开式中x的系数为（2）2C82=112，故选：B8在ABC中，A=60°，AC=3，面积为，那么BC的长度为（）AB3C2D【考点】三角形中的几何计算【分析】根据三角形的面积公式求得丨AB丨，cosA=，sinA=，求得

13、丨AD丨，丨BD丨在BDC中利用勾股定理即可求得BC的长度蜡變黲癟報伥铉锚鈰赘籜葦。【解答】解：在图形中，过B作BDACSABC=丨AB丨丨AC丨sinA，即×丨AB丨×3×sin60°=，解得：丨AB丨=2，cosA=，丨AD丨=丨AB丨cosA=2×=1，sinA=，则丨BD丨=丨AB丨sinA=2×=，丨CD丨=丨AC丨丨AD丨=31=2，在BDC中利用勾股定理得：丨BC丨2=丨BD丨2+丨CD丨2=7，则丨BC丨=，故选A9记曲线y=与x轴所围成的区域为D，若曲线y=ax（x2）（a0）把D的面积均分为两等份，则a的值为（）買

14、鲷鴯譖昙膚遙闫撷凄届嬌。ABCD【考点】直线与圆相交的性质【分析】求出区域D表示（1，0）为圆心，1为半径的上半圆，利用曲线y=ax（x2）（a0）把D的面积均分为两等份，可得=，即可得到结论綾镝鯛駕櫬鹕踪韦辚糴飙钪。【解答】解：由y=得（x1）2+y2=1，（y0），则区域D表示（1，0）为圆心，1为半径的上半圆，而曲线y=ax（x2）（a0）把D的面积均分为两等份，=，（ax2）=，a=，故选：B10为了普及环保知识，增强环保意识，某大学随机抽取30名学生参加环保知识测试，得分（十分制）如图所示，假设得分的中位数为me，众数为m0，平均值为，则（）驅踬髏彦浃绥譎饴憂锦諑琼。Ame=m0=B

15、me=m0Cmem0Dm0me【考点】众数、中位数、平均数【分析】根据题意，由统计图依次计算数据的中位数、众数、平均数，比较即可得答案【解答】解：根据题意，由题目所给的统计图可知：30个得分中，按大小排序，中间的两个得分为5、6，故中位数me=5.5，得分为5的最多，故众数m0=5，其平均数=5.97；则有m0me，故选：D11已知矩形ABCD的顶点都在半径为5的球O的球面上，且AB=6，BC=2，则棱锥OABCD的侧面积为（）猫虿驢绘燈鮒诛髅貺庑献鵬。A20+8B44C20D46【考点】球接多面体；棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】由题意求出矩形的对角线的长，结合球的半径，球心到矩形的距离，满足

16、勾股定理，求出棱锥的高，即可求出棱锥的体积锹籁饗迳琐筆襖鸥娅薔嗚訝。【解答】解：由题意可知四棱锥OABCD的侧棱长为：5所以侧面中底面边长为6和2，它们的斜高为：4和2，所以棱锥OABCD的侧面积为：S=4×6+2=44故选B12函数f（x）=2sin（2x+）（|）的图象向左平移个单位后关于y轴对称，则以下判断不正确的是（）構氽頑黉碩饨荠龈话骛門戲。A是奇函数B为f（x）的一个对称中心Cf（x）在上单调递增Df（x）在（0，）上单调递减【考点】函数y=Asin（x+）的图象变换【分析】利用诱导公式、函数y=Asin（x+）的图象变换规律求得所得函数的解析式，再利用三角函数的奇偶性、

17、单调性，以及它的图象的对称性，逐一判断各个选项是否正确，从而得出结论輒峄陽檉簖疖網儂號泶蛴镧。【解答】解：把函数f（x）=2sin（2x+）（|）的图象向左平移个单位后，得到 y=2sin（2x+）=2sin（2x+）的图象，再根据所得关于y轴对称，可得+=k+，kZ，=，f（x）=2sin（2x+）=2cos2x由于f（x+）=2cos（2x+）=sin2x是奇函数，故A正确；当x=时，f（x）=0，故（，0）是f（x）的图象的一个对称中心，故B正确；在上，2x（，），f（x）没有单调性，故C不正确；在（0，）上，2x（0，），f（x）单调递减，故D正确，故选：C二、填空题：本大题共4小题，

18、每小题5分，共20分.13若变量x，y满足约束条件，则z=2xy的最大值为6【考点】简单线性规划【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求出最优解的坐标，代入目标函数得答案尧侧閆繭絳闕绚勵蜆贅瀝纰。【解答】解：由约束条件作出可行域如图，联立，解得A（4，2），化目标函数z=2xy为y=2xz，由图可知，当直线y=2xz过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为6识饒鎂錕缢灩筧嚌俨淒侬减。故答案为：614如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体的体积为【考点】由三视图求面积、体积【分析】首先还原几何体为体和三棱锥的组合体，分别计算体积得到所

19、求【解答】解：由三视图得到几何体如图：其体积为；故答案为：15已知抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C：=1（a0，b0）渐近线的距离为，点P是抛物线y2=8x上的一动点，P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为为x2=1凍鈹鋨劳臘锴痫婦胫籴铍賄。【考点】抛物线的简单性质；双曲线的简单性质【分析】确定抛物线的焦点坐标，双曲线的渐近线方程，进而可得a=2b，再利用抛物线的定义，结合P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，可得FF1=3，从而可求双曲线的几何量，从而可得结论恥諤銪灭萦欢煬鞏鹜錦聰櫻。【解答】

20、解：抛物线y2=8x的焦点F（2，0），双曲线C：=1（a0，b0）一条渐近线的方程为axby=0，鯊腎鑰诎褳鉀沩懼統庫摇饬。抛物线y2=8x的焦点F到双曲线C：=1（a0，b0）渐近线的距离为，2b=a，P到双曲线C的上焦点F1（0，c）的距离与到直线x=2的距离之和的最小值为3，FF1=3，c2+4=9，c=，c2=a2+b2，a=2b，a=2，b=1，双曲线的方程为x2=1故答案为：x2=116已知向量，的夹角为，|+|=2，|=2则的取值围为【考点】向量的三角形法则【分析】由|+|=2，|=2，可得： +2=12，2=4，可得，利用cos=与基本不等式的性质即可得出硕癘鄴颃诌攆檸攜驤蔹

21、鸶胶。【解答】解：由|+|=2，|=2，可得： +2=12，2=4，=82， =2，cos=故答案为：三、解答题：本大题共5小题，共70分.解答应写出必要的文字说明或推理、验算过程.17已知Sn为等差数列an的前n项和，S6=51，a5=13（1）求数列an的通项公式；（2）数列bn的通项公式是bn=，求数列bn的前n项和Sn【考点】等比数列的前n项和；等比关系的确定【分析】（1）设等差数列an的公差为d，利用S6=51，求出a1+a6=17，可得a2+a5=17，从而求出a2=4，可得公差，即可确定数列an的通项公式；阌擻輳嬪諫迁择楨秘騖輛埙。（2）求出数列bn的通项公式，利用等比数列的求和

22、公式，可得结论【解答】解：（1）设等差数列an的公差为d，则S6=51，×（a1+a6）=51，a1+a6=17，a2+a5=17，a5=13，a2=4，d=3，an=a2+3（n2）=3n2；（2）bn=28n1，数列bn的前n项和Sn=（8n1）18袋中有大小相同的四个球，编号分别为1、2、3、4，从袋中每次任取一个球，记下其编号若所取球的编号为偶数，则把该球编号改为3后放同袋中继续取球；若所取球的编号为奇数，则停止取球氬嚕躑竄贸恳彈瀘颔澩纷釓。（1）求“第二次取球后才停止取球”的概率；（2）若第一次取到偶数，记第二次和第一次取球的编号之和为X，求X的分布列和数学期望【考点】离散

23、型随机变量的期望与方差；相互独立事件的概率乘法公式【分析】（1）记“第二次取球后才停止取球”为事件A，利用相互独立事件同时发生的概率计算公式能求出“第二次取球后才停止取球”的概率釷鹆資贏車贖滅獅赘慶獷。（2）由已知条件推导出X的可能取值为3，5，6，7，分别求出相对应的概率，由此能求出X的分布列和数学期望EX怂阐譜鯪迳導嘯畫長凉馴鸨。【解答】解：（1）记“第二次取球后才停止取球”为事件A第一次取到偶数球的概率为=，第二次取球时袋中有三个奇数，第二次取到奇数球的概率为，而这两次取球相互独立，P（A）=×=（2）若第一次取到2时，第二次取球时袋中有编号为1，3，3，4的四个球；若第一次取

24、到4时，第二次取球时袋中有编号为1，2，3，3的四个球X的可能取值为3，5，6，7，P（X=3）=×=，P（X=5）=×+×=，P（X=6）=×+×=，P（X=7）=×=，X的分布列为：X3567P数学期望EX=3×+5×+6×+7×=19在三棱椎ABCD中，AB=BC=4，AD=BD=CD=2，在底面BCD作CECD，且CE=谚辞調担鈧谄动禪泻類谨觋。（1）求证：CE平面ABD；（2）如果二面角ABDC的大小为90°，求二面角BACE的余弦值【考点】与二面角有关的立体几何综合题；直线

25、与平面平行的判定【分析】（1）由BD=CD=2，BC=4，可知BDCD，再由CECD，可得CEBD，利用线面平行的判定定理可得结论；嘰觐詿缧铴嗫偽純铪锩癱恳。（2）当二面角ABDC的大小为90°时可得AD平面BDC，取AC中点F，AE中点G，可证BFG为二面角BACE的平面角，连接BG，通过解三角形可求得BFG，从而得到答案熒绐譏钲鏌觶鷹緇機库圆鍰。【解答】（1）证明：BD=CD=2，BC=4，BD2+CD2=BC2，BDCD，CECD，CEBD，又CE平面ABD，BD平面ABD，CE平面ABD；（2）解：如果二面角ABDC的大小为90°，由ADBD得AD平面BDC，ADC

26、E，又CECD，CE平面ACD，从而CEAC，由题意AD=DC=2，RtADC中，AC=4，设AC的中点为F，AB=BC=4，BFAC，且BF=2，设AE中点为G，则FGCE，由CEAC得FGAC，BFG为二面角BACE的平面角，连接BG，在BCE中，BC=4，CE=，BCE=135°，BE=，在RtDCE中，DE=，于是在RtADE中，AE=3，在ABE中，BG2=AB2+BE2AE2=，在BFG中，cosBFG=，二面角BACE的余弦值为20在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C： +=1（ab0）的离心率为且过点（3，1）（1）求椭圆C的方徎；（2）若动点P在直线l：x=2上，过

27、P作直线交椭圆C于M，N两点，使得PM=PN，再过P作直线lMN，直线l是否恒过定点，若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由鶼渍螻偉阅劍鲰腎邏蘞阕簣。【考点】直线与圆锥曲线的综合问题【分析】（1）由已知条件推导出，同此能求出椭圆C的方程（2）直线l的方程为x=2，设P（2，y0），当y00时，设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知x1x2，利用点差法l的方程为，从而得到l恒过定点当y0=0时，直线MN为，由此推导出l恒过定点纣忧蔣氳頑莶驅藥悯骛覲僨。【解答】解：（1）椭圆C： +=1（ab0）的离心率为且过点（3，1），解得a2=12，b2=4，椭圆C的方程为（2）直线l的方程为x

28、=2，设P（2，y0），当y00时，设M（x1，y1），N（x2，y2），由题意知x1x2，联立，又PM=PN，P为线段MN的中点，直线MN的斜率为，又lMN，l的方程为，即，l恒过定点当y0=0时，直线MN为，此时l为x轴，也过点，综上，l恒过定点21已知函数f（x）=m（x1）22x+3+lnx（m1）（1）求证：函数f（x）在定义域存在单调递减区间a，b；（2）是否存在实数m，使得曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与曲线C有且只有一个公共点？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由颖刍莖蛺饽亿顿裊赔泷涨负。【考点】利用导数研究曲线上某点切线方程；利用导数研究函数的单调性【

29、分析】（1）令f（x）=0，因为0，所以方程存在两个不等实根，根据条件进一步可得方程有两个不等的正根，从而得到函数f（x）存在单调递减区间；濫驂膽閉驟羥闈詔寢賻減栖。（2）先求出函数y=f（x）在点P（1，1）处的切线l的方程，若切线l与曲线C只有一个公共点，则只需方程f（x）=x+2有且只有一个实根即可銚銻縵哜鳗鸿锓謎諏涼鏗穎。【解答】（1）证明：令f（x）=0，得mx2（m+2）x+1=0 （*）因为=（m+2）24m=m2+40，所以方程（*）存在两个不等实根，记为a，b（ab）因为m1，所以a+b=0，ab=0，所以a0，b0，即方程（*）有两个不等的正根，因此f（x）0的解为a，b故

30、函数f（x）存在单调递减区间；（2）解：因为f（1）=1，所以曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l为y=x+2若切线l与曲线C只有一个公共点，则方程m（x1）22x+3+lnx=x+2有且只有一个实根显然x=1是该方程的一个根令g（x）=m（x1）2x+1+lnx，则g（x）=当m=1时，有g（x）0恒成立，所以g（x）在（0，+）上单调递增，所以x=1是方程的唯一解，m=1符合题意当m1时，令g（x）=0，得x1=1，x2=，则x2（0，1），易得g（x）在x1处取到极小值，在x2处取到极大值挤貼綬电麥结鈺贖哓类芈罷。所以g（x2）g（x1）=0，又当x0时，g（x），所以函数g（

31、x）在（0，）也有一个解，即当m1时，不合题意赔荊紳谘侖驟辽輩袜錈極嚕。综上，存在实数m，当m=1时，曲线C：y=f（x）在点P（1，1）处的切线l与C有且只有一个公共点选修4-1：几何证明选讲22选修41：几何证明选讲如图，已知PA是O的切线，A是切点，直线PO交O于B、C两点，D是OC的中点，连接AD并延长交O于点E，若PA=2，APB=30°塤礙籟馐决穩賽釙冊庫麩适。（）求AEC的大小；（）求AE的长【考点】与圆有关的比例线段【分析】（）先连接AB，根据切线的性质以及已知条件得到：AOB=60°；再结合OA=OB以及ABC=AEC即可得到结论；裊樣祕廬廂颤谚鍘羋蔺递灿。（）分两段，先根据直角三角形中的有关性质求出AD，再结合相交弦定理求出DE，二者相加即可【解答】解：（）连接AB，因为：APO=30°，且PA是O的切线，所以：AOB