职教高考模拟试卷-数学-答案

—PAGE22—职教高考模拟试卷数学（一）一、选择题1．D2．D3．D4．A5．D6．D7．B8．A9．D10．B11．C12．C13．D14．B15．C16．B17．A18．A19．C20．A二、填空题21．+ 22．2 23．2 24．42 25．5426．解：(1)函数f(x)=x2+(m1)x+4的对称轴为x=，因为函数f(x)在区间(∞，0)上单调递减，所以≥0，解得m≤1，所以实数m的取值范围是(∞，1]．（2）因为任意xR，都有f(x)＞0，所以方程x2+(m1)x+4=0根的判别式Δ＜0，又因为Δ=(m1)216，解得3＜m＜5，所以实数m的取值范围(3，5)．27．解：由已知得sin+cos=，sin

cos=，=(sin+cos)22sin

cos=1，+1=1,p=0,4x22=0的解为或，已知为三角形的一个内角，所以，cos=，=π28．解：(1)由题意得，a5=a2×q3,公比q3=，q=．an=a2×qn2=×()n2=()n数列{an}的通项公式是an=()n（2）bn=an+n是一个等比数列和一个等差数列的和，分别求前n项和再相加．Sn=n2+n+1()n29．证明：(1)∵E，F分别是侧棱SA，SC的中点，∴EF∥AC又∵AC在平面ABCD内，∴EF∥平面ABCD；（2）连接AC交BD于O,连接SO，∵ABCD为正方形∴AC⊥BD∵已知SABCD是正四棱锥∴SO⊥平面ABCD，SO⊥AC又∵DB∩SO=O∴AC⊥平面SBD又∵EF∥AC∴EF⊥平面SBD．30．1．解：（1）把M(2,2)代入y2=2px，得p=6,所以，抛物线的方程是y2=12x.F2

(3,0)，M

(2,2)在双曲线上，=1，a2+b2=9，a2=1，b2=8，所以，双曲线方程为：x2=1.（2）双曲线x2=1在一、三象限的渐近线为2xy=0,设l的方程为2xy+D=0，A(x1,y1)、B(x2,y2)，则消去y得：8x2+(4D12)x+D2=0所以，x1+x2=，y1+y2=3，=，=所以，8(，解方程得：D4（舍去）或D，所求直线l的方程是2xy=0.职教高考模拟试卷数学（二）一、选择题1．D2．D3．A4．B5．B6．C7．C8．C9．D10．A11．B12．B13．C14．B15．B16．A17．D18．C19．A20．C二、填空题21．1 22．24 23．469 24． 25．826．解：（1）由题意得Δ=(2a)212<0解得<a<所以a的取值范围是（，）.（2）f(a)f(a+1)=a2+2a2+3–[(a+1)2+2a(a+1)+3]=9即4a1=9,a=2所以a=2．27．解：由题意得，sin=，cos=，设P1（x，y），|OP1|=5，则x=5cos(2+45°)，y=sin(2+45°)Sin2=2sincos=，cos2=cos2sin2=，所以cos(2+45°)=cos2cos45°sin2sin45°=,sin(2+45°)=sin2cos45°+cos2sin45°=,所以x=，y=．28．解：(1)因为a1+2a2=3，a2+2a3=6，所以，a1+2a2=3，a1×q+2a2×q=6，a1+2a1×q=3所以，q=2，a1=,an=a1×qn1=×2n1,数列{an}的通项公式是an=×2n1，（2）bn=an+n－1是一个等比数列与一个等差数列的和，S10=+45=29．证明：(1)∵PA⊥平面ABCD∴PA⊥CD∵AD⊥CD又∵PA∩AD=A∴CD⊥平面PADCD⊥AE∵PA=AD，E为PD的中点∴AE⊥PD又∵PD∩CD=D∴AE⊥平面PCD（2）取PC的中点M,连接EM、BM，∵E、M为PD、PC的中点，∴EM∥DC且EM=DC∵AB=

CD∴EM∥AB且EM=AB∴ABME为平行四边形∴AE∥BM又∵BM在平面PBC内∴AE∥平面PBC．30．解：（1）由点法式方程知1×(x4)+1×(y0)=0即x+y4=0，所以直线L的方程为x+y4=0（2）设抛物线C与直线L交点A(x1,y1)，B(x2,y2)，则由，得，∵⊥，∴x1x2+y1y2=0，抛物线C的方程为：．（3）解：设，则满足（1）代入（2）整理得：，，，．职教高考模拟试卷数学（三）一、选择题1．C2．C3．C4．D5．D6．B7．D8．B9．B10．C11．C12．A13．B14．A15．A16．C17．B18．B19．D20．A二、填空题21．6422．23．324．25．8026．解：因为f(1)=

1，f(3)=

1，所以二次函数f(x)的对称轴为x=2,又因为二次函数f(x)图像的顶点在直线y=2x1上，当x=2时，y=3，故函数f(x)图像的顶点坐标为（2,3）．可设二次函数的解析式为f(x)=a(x2)2+3,因为f(1)=

1，则a(12)2+3=

1，解得a=

4,所以f(x)=

4(x2)2+3，即f(x)=

4x2+16x1327．解：（1）f

(x)=2cosxsin(x+）sin2x+sinxcosx=2cosx(sinx+cosx)sin2x+sinxcosx=2sinxcosx+(cos2xsin2x）=sin2x+cos2x=2(sin2x+cos2x)=2(sin2xcos+cos2xsin)=2sin（2x+）所以ymax=2，ymin=2，T==。（2）令2x+=+2k（k∈Z），解得x=+k(k∈Z)，因此使函数取得最大值的x的集合是{x|x=+k，k∈Z}。令2x+=+2k（k∈Z），解得x=+k（k∈Z），因此使函数取得最小值的x的集合是{x|x=+k，k∈Z}。（3）函数的单调递增区间是[+k，+k](k∈Z)，函数的单调递减区间是[+k，+k](k∈Z)．（4）列表如下：x2x+02y02020描点、作图EQ\F(,12)OxEQ\F(,3)2y2EQ\F(,6)EQ\F(5,6)EQ\F(7,12)0得到函数在[，]一个周期上的图象。28．解：（1）当n=1时，a1=S1=3×(311）=6；当n≥2时，an=SnSn1=2×3n．由于n=1时，满足an=2×3n．所以数列{an}的通项公式为an=2×3n．（2）bn=log2an=log2(2×3n)=1+nlog23．因为：bnbn1=1+nlog231+(n1)log23]=log23为常数．数列bn为等差数列，所以S2023==2023×(1+1012log23)

AMDCBNE29．解：（1）取MA的中点EAMDCBNE则EA∥NB,且EANB=1，∴四边形ABNE为平行四边形，∴NE∥AB,且NEAB,∵CD∥AB,且CDAB,∴NE∥CD,且NECD,∴四边形NCDE是平行四边形.∴NC∥ED,又∵ED在平面MAD内.∴NC∥平面MAD（2）由（1）可知NE⊥MA、NE⊥AD，∴NE⊥平面MAD在棱锥MNAD中，ΔMAD是底面，NE是高.∴VMNAD=SΔMAD·NE=××2×2×1=.30．解：（1）设直线y=x+2的倾斜角是θ，则有，从而θ=60，所求直线的倾斜角是120.故所求直线的斜率.所以所求直线的方程是，即.（2）联立方程组解之得，因此两个交点A、B的坐标分别是.从而|AB|=.即A、B两点间的距离是8.职教高考模拟试卷数学（四）一、选择题1．C2．C3．A4．B5．A6．C7．C8．B9．A10．C11．B12．D13．C14．D15．D16．D17．A18．C19．D20．B二、填空题21．122．623．324．正方形25．或26．解：由x=时，一元二次函数的最大值是25，可设函数y=a(x)2+25即y=ax2ax++25当y=0时，图像与x轴的交点(x1,0)，(x2,0)，则x1+x2=1x1x2=+因为：x12+x22=13所以：(x1+x2)22x1x2=13即：12(+)=13所以a=4，此二次函数的解析式为y=4x2+4x+2427．解：f(x)=sin2ωx+cos2ωx+=sin(2ωx+)+（1）ω=1（2）最大值为，此时x{x|x=kπ+，kZ}（3）2kπ≤2x+≤2kπ+，解得kπ≤x≤kπ+，所以函数的单调递增区间是[kπ，kπ+]，(kZ)．28．解：a1+2d=6a1+5d=0解得a1=10，d=2，an=2n12（2）得2n120，2(n+1)120解得，N为正整数，n=5或n=6，当n=5或n=6，Sn取得最小值．29．证明：连AC、BD交于点O四边形ABCD是菱形所以AC⊥BD又PA⊥BDPA∩AC=A所以BD⊥平面PAC（2）30．解：在椭圆x2+2y2=2，即+=1中a2=2，b2=1，∴c2=1，∴c=1，∴椭圆的左焦点是F1(1,0).已知直线l的斜率为1，∴直线l的方程是y=x+1（1）设A(x1,y1)，B(x1,y1)EQ\B\LC\{(\A\AL\COL(y=x+1,x2+2y2=2))解得：EQ\B\LC\{(\A\AL\COL(x1=0,y1=1))EQ\B\LC\{(\A\AL\COL(x2=-eq\f(4,3),y2=-eq\f(1,3)))∴A(0,1)，B(,)（2）S△ABF2=×2c×|y1y2|=×2×1×=.职教高考模拟试卷数学（五）一、选择题1．B2．D3．B4．A5．D6．D7．A8．B9．D10．B11．C12．A13．B14．A15．B16．C17．B18．A19．C20．B二、填空题21．722．(0,8)23．102424．325．26．解：由题意可设二次函数f(x)=a(x+1)2+5即f(x)=ax2+2ax+a+5当f(x)=0时，设图像与x轴的交点为(x1,0)，(x2,0)，则x1+x2=2x1x2=因为：x13+x23=17所以：(x1+x2)(x12x1x2+x22)=13,(x1+x2)[(x1+x2)23x1x2]=13即：(2)[(2)23（）]=13所以a=2， 此二次函数的解析式为f(x)=2x2+4x+3．27．解：已知得，||=1，||=1，－2=（)2=22·+2=，代入得·=，又因为·=coscos+sinsin=cos(+)，所以cos(＋)=．（2）0＜＜，sin＝，所以cos=,由已知0＜＜，0＜＜，所以0<＋<，cos(＋)=,sin(＋)=，则cos=cos[(＋)]=cos(＋)cos+sin(＋）sin=．28．解：设四个数为a，b，12b，16a．由题意可得：2b=a+12b，(12b)2=b(16a)，解之得：a=0，b=4,或a=15，b=9.所以这四个数为0，4，8，16或15，9，3，1．29．（1）证明：连接OE,在CAS中，O、E分别为边CA、CS的中点∴OE∥SA又∵OE平面BEDAS平面BED∴SA∥平面BED（2）连接SO,则SO是正四棱锥SABCD的高根据题意，SO=OA====2×2=4=Sh=××SO=×4×=30．解：（1）因为A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，所以，抛物线的准线方程为x=1．所以，p=2，抛物线的标准方程为y2=4x．（2）依题意，点A的坐标为(4,4)，则点B的坐标为(0,2)．因为F(1,0)，所以AF所在直线方程为：y=(x1)，即4x3y4=0．所以，MN所在的直线方程为y=x+2，即3x+4y8=0．由解得：．所以，点N的坐标为．职教高考模拟试卷数学（六）一、选择题1．B2．B3．D4．D5．B6．C7．B8．A9．D10．B11．B12．C13．C14．A15．B16．D17．D18．C19．B20．A

二、填空题21．8h22．内心23．8024．12025．526．解：（1）y=300x+500(6x)+400(10x)+800[12(10x)]=200(x+43)(0≤x≤6，x∈N)（2）当x=0，1，2时，y≤9000，故共有三种方案，总运费不超过9000元．（3）在（1）中，当x=0时，总运费最低，调运方案为：乙地6台全调运B地，甲地调运2台至B地，10台至A地，这时，总运费y=8600元．27．解：(1)由图像可知，函数的最大值为2，所以A=2，因为=，是最小正周期的，所以函数f(x)的最小正周期为，ω=2，可得函数f(x)＝2sin(2x+)，因为函数的图像过点(,0), 所以，2sin(2×+)=0，因为＜，所以=所以，函数的解析式是f(x)＝2sin(2x)（2）因为f

(x)≥1，即sin(2x)≥，+2k≤2x≤+2k，k∈Z,所以，+k≤x≤+k，k∈Z,当f

(x)≥1时，实数x的取值范围是[+k，+k](k∈Z)28．解：（1）由已知得a1=1，a1+a2=S2=2a21，得a2=2，得a3=4，，得.数列的前四项为a1=1，a2=2，a3=4,.（2）由已知，当时，又，所以.该数列为公比为2的等比数列，因此. 数列的通项公式.29．解：（1）由已知在SAD中AD=3，SA=SD=2，∴SD2=SA2+AD22SAADcos∠SAD∴cos∠SAD=,∵底面ABCD是正方形AD∥BC∴SA与BC所成角是∠SAD∴SA与BC所成角的余弦值是．（2）∵底面ABCD是正方形AB⊥AD∵平面SAD平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD∴AB⊥平面SAD又∵SD在平面SAD内∴ABSD．30．解：（1）依题意，a2=b2，(ca)b=，2a2=c2，由，解得a=b=1，所以双曲线的标准方程是x2y2=1．（2）直线l的方程为：y=kx+1，直线l与双曲线交于M、N两点，则，得(1k2)2kx2=0，所以△=4k2+8(1k2)=4k2+8＞0，解得：＜k＜．所以，k的取值范围是．职教高考模拟试卷数学（七）一、选择题1．B2．B3．A4．C5．B6．D7．A8．A9．B10．D11．B12．B13．D14．D15．B16．D17．A18．D19．B20．C二、填空题21．22．2或2223．324．25．1026．解：（1）36003000=600600÷50=1210012=88，所以每辆车的月租金定为3600元时,能租出88辆车；（2）设每辆车的月租金增加x个50元时，租赁公司的月收益最大．y=(3000+50x)(100x)150(100x)50x=50x2＋2100x+285000当x=21时，y取最大值307050．3000+21×50=4050（元）答：当每辆车的月租金定为4050元时，租赁公司的月收益最大，最大月收益是307050元．27.解：(1)由图像可知A=2,7(1)=8,周期T=8,所以ω=，把(1，0)代入f(x)＝2sin(x+)得：2sin(+)=0所以，=，函数的解析式是f(x)＝2sin(x+)．（2）由图像可知在[2，]上，当x=1时，函数取最大值2，当x=2或x=4时，函数的值是，所以，函数y=f(x)的最大值是2，此时x=1；函数y=f(x)的最小值是，此时x=2或4．28．解：(1)由题意可设每年损失的树木成等差数列{an},则，2011年损失的为a1=1000,公差d=300,2020年损失的为a10=a1+9d=1000+2700=3700,2020年这一年将损失3700棵树．（2）由（1）可知10年共损失的数木为：S10=(a1+a10)=5(1000+3700)=23500,十年共种植的树木为：20000×10=20000020000023500=176500所以，到2020年年底，该防护林内共存活176500棵树．MDCBA29.证明：(1)∵MDCBA∴DA平面AMBDABM∵AB是底面圆的直径∴AMBM∵AD∩AM=A∴BM平面DAM又BM在平面DMB中∴平面DMB⊥平面DAM（2）设底面圆的半径为1，圆柱高为h，则圆柱的体积为πh三棱锥DAMB的体积是V=×1×h=h∴圆柱与三棱锥DAMB体积的比值3π．30．解：（1）过(0,2)倾斜角为的直线方程为：y=x2设A(x1,y1)，B(x2,y2)y2=4xy=x2消去y得：x28x+4=0∴x1+x2=8M的横坐标为4，y=42=2∴M(4,2)（2）椭圆的标准方程为+=1.职教高考模拟试卷数学（八）一、选择题1．B2．A3．D4．C5．B6．A7．A8．C9．A10．A11．D12．C13．C14．B15．C16．A17．B18．A19．C20．D．二、填空题21．222．23．a>324．325．1426．解：设A地到B地x千米，当x≤3时，第二种方案省钱；当x>3时，第一种方案车费：10+1.2(x3)第二种方案车费：8+1.4(x3)令10+1.2（x3）=8+1.4(x3）解得x=13(千米)所以当x=13时，两种方案花费一样；x<13时，第二种方案省钱；x>13时，第一种方案省钱．27．解：y=cos2x4cosx+1=cos2x4cosx+43=(cosx2)23当cosx=1,函数的最大值是6，此时x的取值集合是{xx=π+2kπ,k∈Z}．当cosx=,函数的最小值是2，此时x的取值集合是{xx=2kπ,k∈Z}．28．解：由题意可得，第一种方案缴纳保险费用为：50×0.9=45(万元),第二种方案,缴纳保险费用成等比数列{an},a1=0.5,q=2,n=20,S20==52.43(万元)由此可知第一种方案缴纳的保险费低．29．解：（1）取EC的中点M，连接DM,∵EC=2BD∴EM=BD.第3题图∵BD∥CE,CE平面ABC第3题图∴MD=BAEMD=DBA∴EMDDBA∴DE=DA（2）取AE的中点P,连结PD,PN,则DPAE①∵P、N分别为AE、AC的中点，∴PNEQ\O(∥,=)EC,PNEQ\O(∥,=)BD∴PNBD是平行四边形，∴DP∥BN,又因为BNAC∴DPAC②由①②可得DP平面AEC∴平面DAE平面AEC则消去y得：8x2+(4D12)x+D2=0所以，x1+x2=，y1+y2=3，=，=所以，8(，解方程得：D4（舍去）或D，所求直线l的方程是2xy=0.30．解：（1）椭圆的标准方程为（2）由得圆心由题意知斜率存在，设其为k，则把代入椭圆①－②直线l方程为．职教高考模拟试卷数学（九）一、选择题1．B2．B3．C4．B5．D6．B7．C8．A9．C10．A11．B12．D13．C14．A15．D16．B17．A18．C19．D20．B二、填空题21．4922．1或323．+124．25．3526．当a＞1时，a2－a=,此时a=；当0＜a＜1时，a－a2=,此时a=；所以a=或a=.27．解：∵BC=7,2AB=3AC,∠BAC=60°∴在△ABC中，BC2=AB2+AC22AB·ACcos∠BAC∴72=AC2+AC22×AC2×∴AC=2,AB=3.∴cos∠C==由正弦定理＝,＝又∵sin∠APC=sin∠APBBP+PC=7∴PC=,BP=,在△APC中，AP2=AC2+PC22AC·PCcos∠C=∴AP=.28．解：因为从第2天起,每天比前一天多走的路程相同,所以该男子这9天中每天走的路程数构成等差数列,设该数列为{an},第1天走的路程数为首项a1,公差为d,则S9=1260,a1+a4+a7=390.因为Sn=na1+n(n1)d,an=a1+(n1)d,所以9a1+×9×(91)d=1260,a1+a1+3d+a1+6d=390,解得a1=100,d=10,则a5=a1+4d=100+4×10=140.所以该男子第5天走140千米。29．解：∵PA平面ABC∴PABC∵AB是直径，∴ACBC∴BC平面PAC∴平面PCB平面PAC∵AFPC9PCB∩平面PAC=PC∴AF平面PBC∴AFPB又∵AEPB∴PB平面AEF,PB平面PAB∴平面AEF平面PAB30．解：（1）设双曲线的方程为：=1则e=2，c=2∴=2，a2+b2=4.∴a=1,b=.∴双曲线的方程为：x2=1.（2）设Q(x,y)，∵F(2,0)，M的横坐标为0.∵∴0–x=2(x+2)x=把x=代入x2=1得：y=∴Q(,),∴直线l的斜率为k=.∴直线l的方程为：x–2y+2=0或x+2y+2=0．职教高考模拟试卷数学（十）一、选择题1．C2．A3．D4．C5．D6．C7．D8．C9．D10．C11．C12．C13．D14．A15．C16．B17．C18．B19．C20．D二、填空题21．22．23．124．525．1426．(1)函数f(x)=lg(ax2+2x+1)的定义域为R，ax2+2x+1＞0时，x∈R.△=4－4a＜0,a＞1,实数a的取值范围是(1,＋∞)，（2）f(x)的值域为(0,＋∞)，lg(2x2+2x+1)＞0,即lg(2x2+2x+1)＞lg1，2x2+2x+1＞1，2x2+2x＞0,x＜1或x＞0，所以实数x的取值范围是(∞，1)∪(0，＋∞)27．解：(1)因为b2，c2是关于x的一元二次方程x2a2+bc)x+m=0的两根，所以，b2+c2=a2+bc，即：a2=b2+c2bc由余弦定理得：a2=b2+c2bccosA,所以，bc=bccosA，cosA=，∠A=60°．（2）b，c),所以，y=f()=+)+=3+=2sin(+)+当sin(+)=1时，y=f()的最大值是3．28．解：设每年的还款额为x元，设第一次还款后剩余的贷款额为a1，第二次还款后剩余的贷款额为a2，第10次还款后剩余的贷款额为a10，则a1=100000(1+6%)x，a2=a1(1+6%)x=100000(1+6%)2x(1+6%)x,a3=100000(1+6%)3x(1+6%)2x(1+6%)x,a10=100000(1+6%)10x(1+6%)9x(1+6%)8…x,a10=0，得x=100000(1+6%)10解得x=13587。所以每年的还款额为13587元。29．解：(1)∵SA平面ABCD∴SABC又∵BCAB∴BC平面SAB平面SBC平面SAB（2）作BMSC交SC于M,连结DM.∵SAABa,∴连结SB=aSD=aSC=a∴SBC和SDC全等，SCB=SCD,∴BMC和DMC全等,∴DMSC二面角BSCD的平面角是BMD.BD=aBM=DM=acosBMD==.∴BMD=120°∴二面角BSCD的度数为120°30．解：（1）双曲线离心率为，可设方程为x2y2=λ．因为双曲线经过点，所以，解得：所以双曲线方程为（2）M在第一象限，而且是渐近线上的点，可设M(m,m)在双曲线中a2=b2=2，所以c2=4，c=2，所以F1(2,0)，F2(2,0)，,所以或（舍去），故M()．（3）．职教高考模拟试卷数学（十一）一、选择题1．A先求A∩B={3,7}，再求其补集{1,5,8}．故选A．2．D2+x≥1，x≥1．故选D．3．D根据定义域的对称性和奇偶性的判断方法可知f(x)为偶函数，g(x)不具备奇偶性．故选D．4．D+=,•=0,可解得x=1或3．故选D．5．Dan=SnSn1=2n1,a1=1,S1=2+a=1,所以a=1．故选D．6．Bcosθ＞0，sinθ＜0，则θ在第四象限，在第二或第四象限．故选B．7．D切线的法向量是=(4,3),且过点（4,3），直线的点法式方程为4(x+4)+3(y3)=0,化简可得：4x3y+25=0．故选D．8．C至少有一名女生分两种情况：一个女生和两个女生，C31C71+C32=24．故选C．9．D二项式系数最大的项是中间两项，第8项和第9项．故选D．10．A||的最小值是Q到直线x+y=0距离．故选A．11．A(x+3)2+(y2)2≠0成立时，只需一个式子不为0就行，故x≠3且y≠2推出(x+3)2+(y2)2≠0．故选A．12．B把图像顶点（0,1）向上、向左各平移2个单位变为（2,3）再写出解析式f(x)=x+22+3．故选B．13．A底数为2时的对数值为负数，a,b都小于1，在图像上划y=1,可知b＞a．故选A．14．C用且连接的两个命题是真命题则两个命题都是真命题，所以p为假，q为真命题．故选C．15．B—=,•=0,计算可得k=8．故选B．16．C概率的分母C72=21，颜色恰好不同时C41C31=12，=，故选C．17．Ck15＞0.25k＞0.k15＞25k，20＜k＜25．故选C．18．C根据线性规划的图解法可得目标函数有最小值2，无最大值．故选C．19．D根据三棱锥的体积计算公式可得=．故选D．20．Ay=sin(xπ)=sinx．故选A．21．120°22．0<a<2且a≠1 23．EQ\F(,6)cm324．525．±426．（8分）解：(1)x2+2x3＞0，则x＞1或x＜3，f(x)的定义域为{x|x＞1或x＜3}．（2）log0.2(x2+2x3)≥log0.2(x24)，则x2+2x3≤x24，并且x24＞0，综合（1）可得x的取值范围为{x|x＜3}．27．（7分）解：（1）由已知可得a10=23，a25=22，a25=a10+15d，22=23+15d,解得：d=3，an=a10+(n10)d=233(n10)=3n+53.所以数列{an}的通项公式为an=3n+53.（2）此数列的前17项均为正数，从第18项开始均为负数，故前50项的绝对值之和S=a1+a2+a3+…+a17(a18+a19+…+a50)=S17（S50S17）=2S17S50=2059所以数列{an}前50项的绝对值之和是2059.28．（8分）解：(1)∵f

(x)=2cosxcos(x)sin2x+sinxcosx=2cosx(cosxcos+sinxsin)sin2x+sinxcosx=cos2x+sinxcosxsin2x+sinxcosx=sin2x+cos2x=2sin(2x+)∴f(x)的最小正周期T=π．（2）f

(x)=1，即sin(2x+)=，∴2x+=2kπ+或2x+=2kπ+，(kZ)即x=kπ或x=kπ+，(kZ)又∵x[0,π]，∴x=或x=．29．（8分）证明：取DE，BC的中点M，N，连接AM，AN，MN.∵AD=AE∴AMDE①∵AC=AB∴ANBC∵MN∥AB∴ABBC∴BCMN∴BC平面AMN∴BCAM②∵AE=AD=DC，DE与BE不平行，由①②可得AM平面ABCD∴平面A′DE平面ABCD．30．（9分）解：（1）双曲线离心率为，可设方程为x2y2=λ．因为双曲线经过点，所以，解得：所以双曲线方程为（2）M在第一象限，而且是渐近线上的点，可设M(m,m)在双曲线中a2=b2=2，所以c2=4，c=2，所以F1(2,0)，F2(2,0)，,所以或（舍去），故M()．（3）．职教高考模拟试卷数学（十二）一、选择题1．B画出数轴，符合大于大的，小于小的，0≤x＜1．故选B．2．D3x＞0，x1＞0，x1≠1,1＜x＜3且x≠2．故选D．3．Bf(x)是奇函数，f(1)=2,f(1)=2．故选B．4．C=(5,10),=(4,8),=xx=．故选C．5．Ba3=14,2a3=a1+a5,a5=23．故选B．6．C，且．sina=,sin(a+5π)=sina,故选C．7．C圆心到直线的距离，d==,解得k=±1．故选C．8．A选出5人后担任不同的班干部，5人进行全排列．故选A．9．DTr+1=C7r(2x3)7r()rr=6时为常数，T7=14.故选D．10．B根据两直线平行的法则A：6=2：4，A=3，C≠2．故选B．11．Ap∧q是真命题推出p∨q是真命题，则s是t的充分条件．故选A．12．B由一元二次函数图像可得，f(2