体育单招试卷数学模拟试卷3(含问题详解).doc

1、体育单招-高考模拟试卷3一选择题（共10小题，满分60分，每小题6分）1（6分）集合M=x|x22x30，N=x|xa，若MN，则实数a的取值围是（）A3，+）B（3，+）C（，1D（，1）2（6分）已知|=1，|=2，向量与的夹角为60，则|+|=（）ABC1D23（6分）若直线mx+2y+m=0与直线3mx+（m1）y+7=0平行，则m的值为（）A7B0或7C0D44（6分）已知tan=3，则等于（）ABCD25（6分）已知函数f（x）是定义在R上的增函数，若f（a2a）f（2a24a），则实数a的取值围是（）A（，0）B（0，3）C（3，+）D（，0）（3，+）6（6分）在（x2）6的展

2、开式中，x3的系数是（）A160B160C120D1207（6分）等比数列an，满足an0，2a1+a2=a3，则公比q=（）A1B2C3D48（6分）四个大学生分到两个单位，每个单位至少分一个的分配方案有（）A10种B14种C20种D24种9（6分）圆锥的底面半径为a，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是（）A2a2B4a2Ca2D3a210（6分）已知logalogb，则下列不等式一定成立的是（）ABCln（ab）0D3ab1二填空题（共6小题，满分36分，每小题6分）11（6分）函数f（x）=x2，（x2）的反函数是12（6分）已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是，则该正四棱锥的体积

3、为13（6分）在等差数列an中，an0，a7=a4+4，Sn为数列an的前n项和，S19=14（6分）某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为15（6分）已知直线4xy+4=0与抛物线y=ax2相切，则a=16（6分）已知圆x2+y2+2x2y6=0截直线x+y+a=0所得弦的长度为4，则实数a的值是三解答题（共3小题，满分54分，每小题18分）17（18分）已知函数f（x）=Asin（x+），（A0，0）的最小正周期为T=6，且f（2）=2（）求f（x）的表达式；（）若g（x）=f（x）+2，求g（x）的单调区间及最大值18（18分）

4、已知双曲线：（a0，b0），直线l：x+y2=0，F1，F2为双曲线的两个焦点，l与双曲线的一条渐近线平行且过其中一个焦点（1）求双曲线的方程；（2）设与l的交点为P，求F1PF2的角平分线所在直线的方程19（18分）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，C1C底面ABC，CC1=AB=AC=BC=4，D为线段AC的中点（）求证：直线AB1平面BC1D；（）求证：平面BC1D平面A1ACC1；（）求三棱锥DC1CB的体积体育单招-高考模拟训练3参考答案与试题解析一选择题（共10小题，满分60分，每小题6分）1（6分）（2017一模）集合M=x|x22x30，N=x|xa，若MN，则实数a的取值围

5、是（）A3，+）B（3，+）C（，1D（，1）【解答】解：集合M=x|x22x30=（1，3）N=x|xa，若N=x|xa，则1a即a1即实数a的取值围是（，1故选C2（6分）（2017三模）已知|=1，|=2，向量与的夹角为60，则|+|=（）ABC1D2【解答】解：已知|=1，|=2，向量与的夹角为60，=12cos60=1，|+|=，故选：B3（6分）（2017揭阳一模）若直线mx+2y+m=0与直线3mx+（m1）y+7=0平行，则m的值为（）A7B0或7C0D4【解答】解：直线mx+2y+m=0与直线3mx+（m1）y+7=0平行，m（m1）=3m2，m=0或7，经检验都符合题意故选

6、：B4（6分）（2017广西模拟）已知tan=3，则等于（）ABCD2【解答】解：tan=3，=故选：B5（6分）（2017春五华区校级月考）已知函数f（x）是定义在R上的增函数，若f（a2a）f（2a24a），则实数a的取值围是（）A（，0）B（0，3）C（3，+）D（，0）（3，+）【解答】解：因为f（x）为R上的增函数，所以f（a2a）f（2a24a），等价于a2a2a24a，解得0a3，故选B6（6分）（2014海淀区校级模拟）在（x2）6的展开式中，x3的系数是（）A160B160C120D120【解答】解：在（x2）6的展开式中，通项公式为Tr+1=x6r（2）r，令6r=3，可得

7、 r=3，故 x3的系数是（2）3=160，故选B7（6分）（2014春苍南县校级期末）等比数列an，满足an0，2a1+a2=a3，则公比q=（）A1B2C3D4【解答】解：等比数列an，满足an0，2a1+a2=a3，2a1+a1q=a1q2，q2q2=0，解得q=2，或q=1（舍）故选：B8（6分）（2017永州二模）四个大学生分到两个单位，每个单位至少分一个的分配方案有（）A10种B14种C20种D24种【解答】解：根据题意，假设2个单位为甲单位和乙单位，分3种情况讨论：、甲单位1人而乙单位3人，在4人中任选1个安排在甲单位，剩余3人安排在甲乙单位即可，有C41=4种安排方法；、甲乙单

8、位各2人，在4人中任选2个安排在甲单位，剩余2人安排在甲乙单位即可，有C42=6种安排方法；、甲单位3人而乙单位1人，在4人中任选3个安排在甲单位，剩余1人安排在甲乙单位即可，有C43=4种安排方法；则一共有4+6+4=14种分配方案；故选：B9（6分）（2017二模）圆锥的底面半径为a，侧面展开图是半圆面，那么此圆锥的侧面积是（）A2a2B4a2Ca2D3a2【解答】解：若圆锥的侧面展开图是半圆，则圆锥的母线长为底面半径的2倍圆锥的底面半径为a，故圆锥的母线长为2a，故圆锥的侧面积S=rl=2a2故选A10（6分）（2016校级四模）已知logalogb，则下列不等式一定成立的是（）ABCl

9、n（ab）0D3ab1【解答】解：y=是单调减函数，可得ab0，3ab1故选：D二填空题（共6小题，满分36分，每小题6分）11（6分）（2017模拟）函数f（x）=x2，（x2）的反函数是【解答】解：函数f（x）=x2，（x2），则y4可得x=，所以函数的反函数为：故答案为：12（6分）（2017一模）已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是，则该正四棱锥的体积为【解答】解：如图，正四棱锥PABCD中，AB=2，PA=，设正四棱锥的高为PO，连结AO，则AO=AC=在直角三角形POA中，PO=1所以VPABCD=SABCDPO=41=故答案为：13（6分）（2017二模）在等差数列an中，an0

10、，a7=a4+4，Sn为数列an的前n项和，S19=152【解答】解：等差数列an中，an0，a7=a4+4，解得a1+9d=a10=8，Sn为数列an的前n项和，则S19=（a1+a19）=19a10=152故答案为：15214（6分）（2017模拟）某学校有两个食堂，甲、乙、丙三名学生各自随机选择其中的一个食堂用餐，则他们在同一个食堂用餐的概率为【解答】解：甲、乙、丙三名学生选择每一个食堂的概率均为，则他们同时选中A食堂的概率为：=；他们同时选中B食堂的概率也为：=；故们在同一个食堂用餐的概率P=+=故答案为：15（6分）（2015马二模）已知直线4xy+4=0与抛物线y=ax2相切，则a

11、=1【解答】解：直线4xy+4=0与抛物线y=ax2联立，消去y可得：ax24x4=0，a0，因为直线4xy+4=0与抛物线y=ax2相切，所以=16+16a=0，解得a=1故答案为：116（6分）（2017天津一模）已知圆x2+y2+2x2y6=0截直线x+y+a=0所得弦的长度为4，则实数a的值是2【解答】解：圆x2+y2+2x2y6=0标准方程（x+1）2+（y1）2=8，则圆心（1，1），半径为2，圆心（1，1）到直线x+y+a=0的距离d=|a|，圆（x+1）2+（y1）2=8截直线x+y+a=0所得弦长为4，2=4，解得a=2，故答案为：a=2三解答题（共3小题，满分54分，每小题

12、18分）17（18分）（2017区一模）已知函数f（x）=Asin（x+），（A0，0）的最小正周期为T=6，且f（2）=2（）求f（x）的表达式；（）若g（x）=f（x）+2，求g（x）的单调区间及最大值【解答】解：（）函数f（x）=Asin（x+），最小正周期为T=6，即，可得：=f（x）=Asin（x+），又f（2）=2，A0、2=Asin（2+），故得A=4f（x）的表达式为：f（x）=4sin（x+）（）g（x）=f（x）+2，g（x）=4sin（x+）+2由x+，kZ可得：6k2x+6kg（x）的单调增区间为6k2，+6k，kZ由x+，kZ可得：6k+x4+6kg（x）的单调减区间

13、为+6k，4+6k，kZsin（x+）的最大值为1g（x）=4+2=6，故得g（x）的最大值为618（18分）（2017模拟）已知双曲线：（a0，b0），直线l：x+y2=0，F1，F2为双曲线的两个焦点，l与双曲线的一条渐近线平行且过其中一个焦点（1）求双曲线的方程；（2）设与l的交点为P，求F1PF2的角平分线所在直线的方程【解答】解：（1）依题意，双曲线的渐近线方程为y=x，焦点坐标为F1（2，0），F2（2，0），双曲线方程为x2y2=2；（2），显然F1PF2的角平分线所在直线斜率k存在，且k0，于是为所求19（18分）（2017历下区校级三模）如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，C

14、1C底面ABC，CC1=AB=AC=BC=4，D为线段AC的中点（）求证：直线AB1平面BC1D；（）求证：平面BC1D平面A1ACC1；（）求三棱锥DC1CB的体积【解答】证明：（）连结B1C交BC1于点M，连结DM，D为AC中点，M为B1C中点，DMAB1，又AB1平面BC1D，DM平面BC1D，AB1平面BC1D（）CC1底面ABC，BD底面ABC，CC1BDAB=BC，D为AC中点，BDAC又ACA1ACC1，CC1平面A1ACC1，ACCC1=C，BD平面A1ACC1，BD平面C1DB，平面BC1D平面A1ACC1（）CD=，BC=4，BDAC，BD=2CC1底面ABC，CC1为三棱锥C1DBC的高，所以=