高中数学学业水平合格性考试模拟测试卷(三)含答案

高中学业水平合格性考试模拟测试卷(三)(时间：90分钟满分：150分)一、选择题：本大题共12小题，每小题6分，共72分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知集合A＝{x|2＜x＜4}，B＝{x|x＜3或x＞5}，则A∩B＝()A．{x|2＜x＜5} B．{x|x＜4或x＞5}C．{x|2＜x＜3} D．{x|x＜2或x＞5}2．已知单位向量a，b，c，满足a＋b＝c，则向量a和b的夹角为()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(π,2)C.eq\f(π,3) D.eq\f(π,6)3．若(a－2)i＝b－i，其中a，b∈R，i是虚数单位，则a2＋b2＝()A．0 B．2C．5 D．14．设a＝50.3，b＝log0.30.5，c＝log30.4，则a，b，c的大小关系是()A．a<b<c B．b<c<aC．c<a<b D．c<b<a5．分别和两条异面直线平行的两条直线的位置关系是()A．一定平行 B．一定相交C．一定异面 D．相交或异面6．“互联网＋”时代全民阅读的内涵已多元化，在线读书成为一种生活方式．某高校为了解本校学生阅读情况，拟采用分层抽样方法从该校四个年级中抽取一个容量为360的样本进行调查，大一与大二学生占全校一半，大三学生与大四学生之比为3∶2，则大四学生应抽取的学生为()A．72 B．100C．108 D．1207．在△ABC中，若A＝105°，C＝30°，b＝2eq\r(2)，则边c＝()A．2 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．18．函数f(x)＝lgx＋x－2的零点所在区间为()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)9．一个圆柱的轴截面是一个面积为36的正方形，则该圆柱的体积是()A．54π B．36πC．16π D．8π10．我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果，哥德巴赫猜想的内容是：每个大于2的偶数都可以表示为两个质数(质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的自然数)的和，例如：8＝3＋5，在不超过14的质数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为()A.eq\f(1,6) B.eq\f(1,12)C.eq\f(1,14) D.eq\f(1,15)11．已知α为第二象限角，sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，则cos2α＝()A．－eq\f(\r(5),3) B．－eq\f(\r(5),9)C．eq\f(\r(5),9) D．eq\f(\r(5),3)12．锐角α满足sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝eq\f(3,5)，则sinα＝()A.eq\f(2,5) B.eq\f(3,5)C.eq\f(3,4) D.eq\f(4,5)二、填空题：本大题共6小题，每小题6分，共36分．13．已知x>1，则x＋eq\f(1,x－1)的最小值是________．14．已知f(2x＋1)＝x2－2x，则f(3)＝________．15．已知△ABC三个顶点的坐标分别为A(－1，0)，B(1，2)，C(0，c)，若eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，那么c的值是________．16．cos275°＋cos215°＋cos75°cos15°＝________．17．设正方体的表面积为24，那么其外接球的体积是________．18．若函数f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0且a≠1)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))内恒有f(x)>0，则f(x)的单调递增区间为________．三、解答题：本大题共4小题，第19～21题各10分，第22题12分，共42分．解答需写出文字说明，证明过程和演算步骤．19．在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且2asinBcosA－bsinA＝0.(1)求A；(2)当sinB＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))取得最大值时，试判断△ABC的形状．20．已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的对边，a＝4eq\r(3)，b＝6，cosA＝－eq\f(1,3).求：(1)c；(2)cos2B的值．21．如图，在底面是矩形的四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB，E是PD的中点．求证：(1)PB∥平面EAC；(2)平面PDC⊥平面PAD.22．“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点．研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度v(单位：千克/年)是养殖密度x(单位：尾/立方米)的函数．当x不超过4(尾/立方米)时，v的值为2(千克/年)；当4≤x≤20时，v是x的一次函数；当x达到20(尾/立方米)时，因缺氧等原因，v的值为0(千克/年)．(1)当0<x≤20时，求函数v(x)的表达式；(2)当养殖密度x为多大时，鱼的年生长量(单位：千克/立方米)f(x)＝x·v(x)可以达到最大，并求出最大值．参考答案1．C借助数轴可得{x|2＜x＜3}．2．A因为a＋b＝c，所以|a＋b|＝|c|，即|a＋b|2＝|c|2，设a与b的夹角为θ，a，b，c为单位向量，可得|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|cosθ＝|c|2，即cosθ＝－eq\f(1,2)，又0≤θ≤π，故θ＝eq\f(2π,3).3．D由(a－2)i＝b－i，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＝－1，,b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0，))所以a2＋b2＝1.故选D.4．D由a＝50.3>1>b＝log0.30.5>0>c＝log30.4，所以c<b<a.故选D.5．D可能相交也可能异面，但一定不平行(否则与条件矛盾)．6．A因为该校四个年级中抽取一个容量为360的样本，大一与大二学生占全校一半，所以大三学生与大四学生的样本容量为360×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝180，因为大三学生与大四学生之比为3∶2，则大四学生应抽取的学生为：180×eq\f(2,3＋2)＝72.故选A.7．A因为A＝105°，C＝30°，所以B＝45°，则eq\f(b,sinB)＝eq\f(c,sinC)，即eq\f(2\r(2),\f(\r(2),2))＝eq\f(c,\f(1,2))，解得c＝2.故选A.8．B因为f(1)＝lg1＋1－2＝－1<0，f(2)＝lg2＋2－2＝lg2>0，根据零点存在定理可得，函数f(x)在区间(1，2)内有零点；又函数f(x)＝lgx＋x－2显然单调递增，所以f(x)有唯一零点．故选B.9．A设圆柱的底面半径为r，则圆柱的高为2r，该圆柱的轴截面面积为4r2＝36，解得r＝3，因此，该圆柱的体积为V＝πr2×2r＝π×32×6＝54π.故选A.10．D不超过14的质数有2，3，5，7，11，13共6个数，在这6个数中随机选取两个不同的数，有以下15种情况：2，3；2，5；2，7；2，11；2，13；3，5；3，7；3，11；3，13；5，7；5，11；5，13；7，11；7，13；11，13.其和等于14的只有1种情况：3，11.故在不超过14的质数中随机选取两个不同的数，其和等于14的概率为eq\f(1,15).故选D.11．A利用同角三角函数的基本关系及二倍角公式求解．因为sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)，所以(sinα＋cosα)2＝eq\f(1,3)，因为2sinαcosα＝－eq\f(2,3)，即sin2α＝－eq\f(2,3).又因为α为第二象限角且sinα＋cosα＝eq\f(\r(3),3)＞0，所以2kα＋eq\f(α,2)＜α＜2kα＋eq\f(3,4)α(k∈Z)，所以4kα＋α＜2α＜4kα＋eq\f(3,2)α(k∈Z)，所以2α为第三象限角，所以cos2α＝－eq\r(1－sin22α)＝－eq\f(\r(5),3).故选A.12．D锐角α满足sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＝cosα＝eq\f(3,5)，则sinα＝eq\r(1－cos2α)＝eq\f(4,5).故选D.13．解析：因为x>1，所以x＋eq\f(1,x－1)＝(x－1)＋eq\f(1,x－1)＋1≥2eq\r(（x－1）×\f(1,x－1))＋1＝3，当且仅当x＝2时，等号成立，即x＋eq\f(1,x－1)有最小值3.答案：314．解析：令2x＋1＝3，所以x＝1，所以f(3)＝12－2×1＝－1.答案：－115．解析：易知eq\o(AB,\s\up6(→))＝(2，2)，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(－1，c－2)，由eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，得2×(－1)＋2(c－2)＝0，解得c＝3.答案：316．解析：原式＝sin215°＋cos215°＋sin15°cos15°＝1＋eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(5,4).答案：eq\f(5,4).17．解析：设正方体的棱长为a，则由题意可知，6a2＝24，所以a＝2.设正方体外接球的半径为R，则eq\r(3)a＝2R，所以R＝eq\r(3)，所以V球＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.答案：4eq\r(3)π18．解析：当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，2x2＋x∈(0，1)，此时f(x)>0恒成立，所以0<a<1，由2x2＋x>0可得x>0或x<－eq\f(1,2)，即定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪(0，＋∞)，因为函数f(x)＝loga(2x2＋x)(a>0，a≠1)由f(x)＝logat和t＝2x2＋x复合而成，0<a<1时，f(x)＝logat在(0，＋∞)上是减函数，t＝2x2＋x的单调递减区间为(－∞，－eq\f(1,2))，单调递增区间为(0，＋∞)，根据复合函数“同增异减”原则可得f(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).故答案为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2))).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))19．解：(1)由正弦定理eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)得asinB＝bsinA≠0，又2asinBcosA－bsinA＝0，所以2cosA＝1，即cosA＝eq\f(1,2)，因为0<A<π，所以A＝eq\f(π,3).(2)因为A＝eq\f(π,3)，所以B＝eq\f(2π,3)－C，所以sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)－C))＋eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(C－\f(π,6)))＝eq\f(\r(3),2)cosC＋eq\f(1,2)sinC＋eq\r(3)(eq\f(\r(3),2)sinC－eq\f(1,2)cosC)＝2sinC，因为0<C<eq\f(2π,3)，所以当C＝eq\f(π,2)时，取得最大值，所以△ABC是直角三角形．20．解：(1)由余弦定理知，a2＝b2＋c2－2bccosA，即48＝36＋c2－2×6×c×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))，整理得，c2＋4c－12＝0，解得c＝2或－6(舍负)，故c＝2.(2)因为cosA＝－eq\f(1,3)，且A∈(0，π)，所以sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(2\r(2),3)，由正弦定理知，eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，即eq\f(4\r(3),\f(2\r(2),3))＝eq\f(6,sinB)，所以sinB＝eq\f(\r(6),3)，所以cos2B＝1－2sin2B＝－eq\f(1,3).21．证明：(1)连接BD交AC于O，连接EO，则EO是△PBD的中位线，所以EO∥PB.又PB⊄平面EAC，EO⊂平面EAC，所以PB∥平面EAC.(2)因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD.因为四边形ABCD是矩形，所以AD⊥CD.而PA∩AD＝A，所以CD⊥平面PAD.又CD⊂平面PDC，所以平面PDC⊥平面PAD.22．解：(1)设v(x)＝ax＋b，当4≤x≤20时，由题意得：20a＋b＝0,又因为4a＋b＝2，解得a＝－eq\f(1,8)，b＝eq\f(5,2)，函数v(x)的表达式为v(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2，0≤x≤4，x∈