2019_2020年高考数学学业水平测试一轮复习模拟测试卷四含解析20190911135492.pdf

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1、 -8-高中学业水平考试模拟测试卷(四)(时间：90 分钟 满分 100 分)一、选择题(共 15 小题，每小题 4 分，共 60 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P1，2，Q2，3，全集U1，2，3，则U(PQ)等于()A3 B2，3 C2 D1，3 解析：因为全集U1，2，3，集合P1，2，Q2，3，所以PQ2，所以U(PQ)1，3，故选 D.答案：D 2圆x2y24x6y110 的圆心和半径分别是()A(2，3)；2 B(2，3)；2 C(2，3)；1 D(2，3)；2 解析：圆x2y24x6y110 的标准方程为(x2)2(y3)22，据此可知圆心坐标为

2、(2，3)，圆的半径为 2，故选 A.答案：A 3已知ab，|a|2，|b|3 且向量 3a2b与kab互相垂直，则k的值为()A32 B.32 C32 D1 解析：因为 3a2b与kab互相垂直，所以(3a2b)(kab)0，所以 3ka2(2k3)ab2b20，因为ab，所以ab0，所以 12k180，k32.答案：B 4若 cos1213，则 sin512()A.13 B.2 23 C13 D2 23 解析：因为 cos1213，所以 sin512sin212cos1213，故选 A.答案：A -8-5已知函数f(x)x11x2，则f(x)的定义域是()A1，2)B1，)C(2，)D1，

3、2)(2，)解析：根据题意得x10，x20，解得x1 且x2，故f(x)的定义域为1，2)(2，)，故选D.答案：D 6若双曲线x2ay21 的一条渐近线方程为y3x，则正实数a的值为()A9 B3 C.13 D.19 解析：双曲线x2ay21 的渐近线方程为yxa，由题意可得1a3，解得a19，故选 D.答案：D 7若直线l过点(1，2)且与直线 2x3y40 垂直，则l的方程为()A3x2y10 B2x3y10 C3x2y10 D2x3y10 解析：因为 2x3y40 的斜率k23，所以直线l的斜率k32，由点斜式可得l的方程为y232(x1)，即 3x2y10，故选 A.答案：A 8已知

4、AB(1，1，0)，C(0，1，2)，若CD2AB，则点D的坐标为()A(2，3，2)B(2，3，2)C(2，1，2)D(2，1，2)解析：设点D的坐标为(x，y，z)，又C(0，1，2)，所以CD(x，y1，z2)，因为AB(1，1，0)，CD2AB，所以(x，y1，z2)(2，2，0)，即x2，y1，z2，则点D的坐标为(2，1，2)故选 D.答案：D 9 已知平面，和直线m，直线m不在平面，内，若，则“m”是“m”的()A充分而不必要条件 B必要而不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 -8-解析：由，m，可得m或m或m与既不垂直也不平行，故充分性不成立；由，m可得m，故必要性成

5、立，故选 B.答案：B 10将函数ysin2x3的图象经怎样平移后，所得的图象关于点12，0 成中心对称()A向左平移12个单位 B向右平移12个单位 C向左平移6个单位 D向右平移6个单位 解析：将函数ysin2x3的图象向左平移个单位，得ysin2x23的图象，因为该图象关于点12，0 成中心对称，所以 21223k(kZ)，则k212(kZ)，当k0 时，12，故应将函数ysin2x3的图象向右平移12个单位，选 B.答案：B 11ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C3，c 7，b3a，则ABC的面积为()A.2 34 B.3 34 C.2 D.2 34 解析：已知C3，c

6、 7，b3a，所以由余弦定理可得 7a2b2aba29a23a27a2，解得a1，则b3，所以SABC12absin C1213323 34.故选 B.答案：B 12函数yx33x1的图象大致是()解析：因为yx33x1的定义域为x|x0，所以排除选项 A；当x1 时，y320，故排除选项 B；当x时，y0，故排除选项 D，故选 C.答案：C -8-13若实数x，y满足约束条件xy2，2x3y9，x0，则zx2y2的最大值是()A.10 B4 C9 D10 解析：作出约束条件xy2，2x3y9，x0，的可行域，如图中阴影部分所示，因为A(0，3)，C(0，2)，所以|OA|OC|.联立xy2，

7、2x3y9，解得B(3，1)因为x2y2的几何意义为可行域内的动点与原点距离的平方，且|OB|29110，所以zx2y2的最大值是 10.故选 D.答案：D 14已知等差数列an的前n项和是Sn，公差d不等于零，若a2，a3，a6成等比数列，则()Aa1d0，dS30 Ba1d0，dS30 Ca1d0 Da1d0，dS30 解析：由a2，a3，a6成等比数列，可得a23a2a6，则(a12d)2(a1d)(a15d)，即 2a1dd20，因为公差d不等于零，所以a1d0.故选 C.答案：C 15如图所示，在正三角形ABC中，D，E，F分别为各边的中点，G，H，I，J分别为AF，AD，BE，DE

8、的中点将ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，HG与IJ所成角的度数为()A90 B60 C45 D0 解析：将ABC沿DE，EF，DF折成三棱锥以后，点A，B，C重合为点M，得到三棱锥M-DEF，如图因为I、J分别为BE、DE的中点，所以IJ侧棱MD，故GH与IJ所成的角等于侧棱MD与GH所成的角因为AHG60，即MHG60，所以GH与IJ所成的角的度数为 60，故选 B.-8-答案：B 二、填空题(共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分)16设公比不为 1 的等比数列an满足a1a2a318，且a2，a4，a3成等差数列，则公比q_，数列an的前 4 项的和为_ 解析：公比不为 1

9、的等比数列an满足a1a2a318，所以a3218，解得a212，a312q，a412q2，又a2，a4，a3成等差数列，故 2a4a2a3，解得q12，a11，由Sna1（1qn）1q可得S458.答案：12 58 17设函数f(x)(xR)满足|f(x)x2|14，|f(x)1x2|34，则f(1)_ 解析：由|f(x)x2|14，得14f(x)x214.由|f(x)1x2|34，得34f(x)x2134，即74f(x)x214，所以f(x)x214，则f(1)114，故f(1)34.答案：34 18若半径为 10 的球面上有A、B、C三点，且AB8 3，ACB60，则球心O到平面ABC的

10、距离为_ 解析：在ABC中，AB8 3，ACB60，由正弦定理可求得其外接圆的直径为8 3sin 6016，即半径为 8，又球心在平面ABC上的射影是ABC的外心，故球心到平面ABC的距离、球的半径及三角形外接圆的半径构成了一个直角三角形，设球面距为d，则有d21028236，解得d6.故球心O到平面ABC的距离为 6.答案：6 -8-19已知动点P是边长为 2的正方形ABCD的边上任意一点，MN是正方形ABCD的外接圆O的一条动弦，且MN 2，则PMPN的取值范围是_ 解析：如图，取MN的中点H，连接PH，则PMPH12NMPH12MN，PNPH12MN.因为MN 2，所以PMPNPH214

11、MN2PH21212，当且仅当点P，H重合时取到最小值当P，H不重合时，连接PO，OH，易得OH22，则PH2(POOH)2PO22POOHOH2PO2122|PO|OH|cosPOHPO2122|PO|cosPOHPO212 2|PO|32 2，当且仅当P，O，H三点共线，且P在A，B，C，D其中某一点处时取到等号，所以PMPNPH212 21，故PMPN的取值范围为12，21.答案：12，21 三、解答题(共 2 小题，每小题 12 分，共 24 分解答须写出文字说明，证明过程和演算步骤)20已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若 sin2Asin2Bsin2Csin A

12、sin B.(1)求角C的大小；(2)若ABC的面积为 2 3，c2 3，求ABC的周长 解：(1)由 sin2 Asin2 Bsin2 Csin Asin B及正弦定理，得a2b2c2ab，由余弦定理得 cos Ca2b2c22ab12，因为C(0，)，所以C3.(2)由(1)知C3.-8-由ABC的面积为 2 3得12ab322 3，解得ab8，由余弦定理得c2a2b22ab12(ab)23ab12，所以(ab)236，ab6，故ABC的周长为 62 3.21如图，直线l与椭圆C：x24y221 交于M，N两点，且|MN|2，点N关于原点O的对称点为P.(1)若直线MP的斜率为12，求此时

13、直线MN的斜率k的值；(2)求点P到直线MN的距离的最大值 解：(1)设直线MP的斜率为k，点M(x，y)，N(s，t)，则P(s，t)，k12，且x24y221，s24t221，所以y22x22，t22s22.又kkytxsytxsy2t2x2s22x222s22x2s212.且k12，所以k1.(2)当直线MN的斜率k存在时，设其方程为ykxm，由x24y221，ykxm，消去y，得(12k2)x24kmx2m240，则8(4k2m22)0，x1x24km12k2，x1x22m2412k2，由|MN|1k2|x1x2|1k28（4k2m22）12k22，化简得m2（2k21）（2k23）2k22.设点O到直线MN的距离为d，则P到MN的距离为 2d，-8-又d|m|1k2，则 4d24（2k21）（2k23）（2k22）（k21）2（4k48k23）k42k2182（k21）28，所以 02d2 2.当直线MN的斜率不存在时，则M(2，1)，N(2，1)，则P(2，1)，此时点P到直线MN的距离为 2 2.综上，点P到直线MN的距离的最大值为 2 2.