2019版浙江省学业水平考试数学仿真模拟试卷(四)含答案

仿真模拟(四)一、选择题(本大题共18小题，每小题3分，共54分)1．设集合M＝{x|x2>4}，N＝{x|－1<x≤3}，则M∩N等于()A．(－2,3] B．[2,3]C．(2,3] D．(2,3)答案C解析∵M＝{x|x>2或x<－2}，∴M∩N＝{x|2<x≤3}．2．函数f(x)＝eq\r(1－2x)＋eq\f(1,\r(x＋3))的定义域为()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．在等差数列{an}中，若Sn＝3n2＋2n，则公差d等于()A．2 B．3C．5 D．6答案D解析公差为d的等差数列的前n项和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.故选D.4．不等式|x－2|＋|x＋1|≤5的解集为()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的解集为[－2,3]，故选B.5．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若B＝2A，a＝1，b＝eq\r(3)，则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)，因为B＝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为直角三角形，由勾股定理得c＝eq\r(12＋\r(3)2)＝2.6．已知命题p：x＞1，q：eq\f(1,x)＜1，则p是q的()A．必要不充分条件B．充分不必要条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案B解析x＞1，即0＜eq\f(1,x)＜1，即eq\f(1,x)＜1，即p是q的充分条件；而eq\f(1,x)＜1，即x＞1或x＜0，即p不是q的必要条件，所以p是q的充分不必要条件．7．已知Sn为数列{an}的前n项和，且a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝1－eq\f(1,an)，则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)，所以这是一个周期为3的周期数列，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)＝5.8．一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．πB.eq\f(π,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,6)答案D解析由三视图知，该几何体为一圆锥被轴截面所截得的圆锥的一半，底面半径为1，高为1，所以该几何体的体积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满足|a|＝|b|＝1，|a－b|＝|a－c|＝|b－c|，则|c|的最大值为()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，设向量a，b的夹角为α，由题意可得OA＝OB，BA＝CA＝CB，可得△CAO≌△CBO，即有OC垂直平分AB.设AB＝t，t＝2sineq\f(α,2)，等边△ABC的高CH＝eq\f(\r(3),2)t＝eq\r(3)sineq\f(α,2)，OH＝coseq\f(α,2)，则|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)))，当eq\f(α,2)＋eq\f(π,6)＝eq\f(π,2)，即当α＝eq\f(2π,3)时，|c|取得最大值2.10.如图，已知正三棱柱(底面是正三角形，且侧棱与底面垂直的棱柱)ABC－A1B1C1的体积为eq\f(9,4)，底面边长为eq\r(3).若点P为底面A1B1C1的中心，则PA与平面ABC所成角的大小为()A.eq\f(π,6)B.eq\f(π,4)C.eq\f(π,3)D.eq\f(π,2)答案C解析因为AA1⊥底面A1B1C1，所以∠APA1为PA与平面A1B1C1所成的角，因为平面ABC∥平面A1B1C1，所以∠APA1的大小等于PA与平面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).又点P为底面正三角形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)，故选C.11．若a，b∈R，使|a|＋|b|>4成立的一个充分不必要条件是()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．设变量x，y满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤7，,x－y≤－2，,x－1≥0，))则目标函数z＝eq\f(y,x)的最大值为()A.eq\f(9,5)B．3C．6D．9答案C解析不等式组对应的平面区域如图(阴影部分，含边界)所示，z的几何意义是区域内的点与原点连线的斜率，则由图象可知，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)，此时OA的斜率k＝6，故选C.13．若4x＋4y＝1，则x＋y的取值范围是()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.故选D.14．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在[0，＋∞)上是减函数，则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解析因为f(x)是R上的偶函数，所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)，又f(x)在[0，＋∞)上是减函数，所以f(6)<f(|－3|)<f(|－2|)<f(|－1|)<f(0)，则f(－1)>f(3)，故选C.15．已知F1，F2是双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两个焦点，P是双曲线C上一点，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小内角的大小为30°，则双曲线C的渐近线方程是()A.eq\r(2)x±y＝0 B．x±eq\r(2)y＝0C．x±2y＝0 D．2x±y＝0答案A解析由题意，不妨设|PF1|>|PF2|，则根据双曲线的定义得，|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，所以双曲线C的渐近线方程为y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(2)x，即eq\r(2)x±y＝0.16．如图所示，在直角梯形BCEF中，∠CBF＝∠BCE＝90°，A，D分别是BF，CE上的点，AD∥BC，且AB＝DE＝2BC＝2AF(如图①)．将四边形ADEF沿AD折起，连接BE，BF，CE(如图②)．在折起的过程中，下列说法中错误的个数是()①AC∥平面BEF；②B，C，E，F四点不可能共面；③若EF⊥CF，则平面ADEF⊥平面ABCD；④平面BCE与平面BEF可能垂直．A．0B．1C．2D．3答案B解析对于①，在图中记AC与BD交点(中点)为O，取BE的中点为M，连接MO，MF，易证得四边形AOMF为平行四边形，即AC∥FM，又∵FM⊂平面BEF，AC⊄平面BEF，∴AC∥平面BEF，故①正确；假设②中B，C，E，F四点共面，因为BC∥AD，BC⊄平面ADEF，所以BC∥平面ADEF，可推出BC∥EF，所以AD∥EF，这与已知相矛盾，故B，C，E，F四点不可能共面，所以②正确；③在梯形ADEF中，易得FD⊥EF，又EF⊥CF，FD∩CF＝F，所以EF⊥平面CDF，即CD⊥EF，又CD⊥AD，AD，EF为平面ADEF内的相交直线，所以CD⊥平面ADEF，则平面ADEF⊥平面ABCD，所以③正确；④延长AF至G使得AF＝FG，连接BG，EG，易得平面BCE⊥平面ABF，过F作FN⊥BG于N，又平面BCE∩平面ABF＝BG，FN⊂平面ABF，则FN⊥平面BCE，若平面BCE⊥平面BEF，则过F作直线与平面BCE垂直，其垂足在BE上，前后矛盾，故④错误．故选B.17．已知a＞b＞0，椭圆C1的方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1，双曲线C2的方程为eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，C1与C2的离心率之积为eq\f(\r(3),2)，则C2的渐近线方程为()A．x±eq\r(2)y＝0 B.eq\r(2)x±y＝0C．x±2y＝0 D．2x±y＝0答案A解析椭圆C1的离心率为eq\f(\r(a2－b2),a)，双曲线C2的离心率为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，所以双曲线C2的渐近线方程是y＝±eq\f(1,\r(2))x，即x±eq\r(2)y＝0.故选A.18．已知关于x的二次方程ax2＋bx＋c＝0(a>0，b，c∈R)在(0,2)内有两个实根，若eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c≥1，,25a＋10b＋4c≥4，))则实数a的最小值为()A．1B.eq\f(3,2)C.eq\f(9,4)D.eq\f(16,25)答案D解析设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)，当且仅当p＝q＝1.25时，等号成立．∴a2≥eq\f(256,625)，即a≥eq\f(16,25)，a的最小值为eq\f(16,25).二、填空题(本大题共4小题，每空3分，共15分)19．函数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，则△ABC的面积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)))，则AC2＋5AC－24＝0，解得AC＝3.故△ABC的面积S＝eq\f(1,2)×5×3×sin120°＝eq\f(15\r(3),4).21．已知等差数列{an}，等比数列{bn}的前n项和分别为Sn，Tn(n∈N*)．若Sn＝eq\f(3,2)n2＋eq\f(1,2)n，b1＝a1，b2＝a3，则Tn＝________.答案eq\f(2,3)(4n－1)解析由题意得a1＝S1＝eq\f(3,2)×12＋eq\f(1,2)×1＝2，当n≥2时，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，当n＝1时，也成立，所以an＝3n－1(n∈N*)，所以b1＝a1＝2，b2＝a3＝8，所以等比数列{bn}的公比为4，Tn＝eq\f(21－4n,1－4)＝eq\f(2,3)(4n－1)(n∈N*)．22．偶函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝eq\r(2x－x2)，若直线kx－y＋k＝0(k>0)与函数f(x)的图象有且仅有三个交点，则k的取值范围是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),15)，\f(\r(3),3)))解析因为直线kx－y＋k＝0(k>0)，即k(x＋1)－y＝0(k>0)过定点(－1,0)．因为函数f(x)满足f(1－x)＝f(1＋x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，又因为函数f(x)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于y轴对称，在平面直角坐标系内画出函数f(x)的图象及直线k(x＋1)－y＝0(k>0)如图所示，则由图易得|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)，则要使直线kx－y＋k＝0(k>0)与函数f(x)的图象有且仅有三个交点，则k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),15)，\f(\r(3),3))).三、解答题(本大题共3小题，共31分)23．(10分)已知函数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)的单调递增区间；(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)所以函数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，所以函数f(x)的单调递增区间为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：或者写成单调递增区间为\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)已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq\f(\r(3),3)，点M在椭圆上，且满足MF2⊥x轴，|MF1|＝eq\f(4\r(3),3).(1)求椭圆的方程；(2)若直线y＝kx＋2交椭圆于A，B两点，求△ABO(O为坐标原点)面积的最大值．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，得椭圆方程为eq\f(x2,3c2)＋eq\f(y2,2c2)＝1.设点M在第一象限，因为MF2⊥x轴，可得点M的坐标为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，所以椭圆方程为eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，将y＝kx＋2代入椭圆，可得(3k2＋2)x2＋12kx＋6＝0，由Δ>0，可得3k2－2>0，则有x1