1、 - 1 - 高中学业水平考试模拟测试卷高中学业水平考试模拟测试卷( (四四) ) (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x 2y24x6y110 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x 2y2
2、4x6y110 的标准方程为(x2)2(y3)22，据此可知圆心坐标为(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( ) A3 2 B.3 2 C3 2 D1 解析：因为 3a2b与kab互相垂直， 所以(3a2b)(kab)0， 所以 3ka 2(2k3)ab2b20， 因为ab，所以ab0， 所以 12k180，k3 2. 答案：B 4若 cos 12 1 3，则 sin 5 12 ( ) A.1 3 B.2 2 3 C1 3 D2 2 3 解析：因为 cos 12 1 3， 所以 sin 5 12 sin
3、 2 12 cos 12 1 3，故选 A. 答案：A - 2 - 5已知函数f(x)x1 1 x2，则 f(x)的定义域是( ) A1，2) B1，) C(2，) D1，2)(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x 2 ay 21 的一条渐近线方程为 y3x，则正实数a的值为( ) A9 B3 C.1 3 D.1 9 解析：双曲线x 2 ay 21 的渐近线方程为 y x a，由题意可得 1 a3，解得 a1 9，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
4、方程为( ) A3x2y10 B2x3y10 C3x2y10 D2x3y10 解析：因为 2x3y40 的斜率k2 3，所以直线 l的斜率k3 2，由点斜式可得 l的方程为y 23 2(x1)，即 3x2y10，故选 A. 答案：A 8已知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(
5、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 - 3 - 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，故必要性成立，故选 B. 答案：B 10将函数ysin 2x 3 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ysin 2x 3 的图象向左平移个单位，得ysin 2x2 3 的图
6、象，因为该 图象关于点 12，0 成中心对称，所以 2 12 2 3 k(kZ)，则k 2 12(kZ)，当 k 0 时， 12，故应将函数 ysin 2x 3 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C 3 ，c 7，b3a，则ABC的面积为( ) A.2 3 4 B.3 3 4 C. 2 D.2 3 4 解析：已知C 3 ，c 7，b3a，所以由余弦定理可得 7a 2b2aba29a23a27a2，解得 a 1，则b3， 所以SABC1 2absin C 1 213 3 2 3 3 4 .故选 B. 答案：B 12函数y x 3
7、3 x1的图象大致是( ) 解析：因为y x 3 3 x1的定义域为x|x0，所以排除选项 A；当x1 时，y3 20，故排除选项 B； 当x时，y0，故排除选项 D，故选 C. 答案：C - 4 - 13若实数x，y满足约束条件 xy2， 2x3y9， x0， 则zx 2y2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， 2x3y9，解得 B(3，1)因为x 2y2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
8、zx 2y2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a 2 3a2a6，则(a12d) 2(a 1d)(a15d)，即 2a1dd 20， 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
9、 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. - 5 - 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a1a2a31 8，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 的等比数列an满足a1a2a31 8，所以 a 3 21 8，
10、 解得a21 2，a 31 2q，a 41 2q 2， 又a2，a4，a3成等差数列，故 2a4a2a3，解得q1 2，a 11，由Sna 1（1q n） 1q 可得S45 8. 答案：1 2 5 8 17设函数f(x)(xR)满足|f(x)x 2|1 4，|f(x)1x 2|3 4，则 f(1)_ 解析：由|f(x)x 2|1 4，得 1 4f(x)x 21 4. 由|f(x)1x 2|3 4，得 3 4f(x)x 213 4，即 7 4f(x)x 21 4， 所以f(x)x 21 4， 则f(1)11 4，故 f(1)3 4. 答案：3 4 18若半径为 10 的球面上有A、B、C三点，且
11、AB8 3，ACB60，则球心O到平面ABC的距离 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 3 sin 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d 21028236，解得 d6.故球心O到平面ABC的 距离为 6. 答案：6 - 6 - 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PM PN的取值范围是_ 解析：如图，取MN的中点H，连接PH， 则PM P
12、H1 2NM PH1 2MN ，PNPH1 2MN . 因为MN 2，所以PM PNPH21 4MN 2PH21 2 1 2，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OH 2 2 ， 则PH 2(POOH)2PO22POOHOH2PO21 22|PO |OH|cosPOHPO21 2 2|PO |cos POHPO 21 2 2|PO |3 2 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PM PNPH21 2 21， 故PM PN的取值范围为 1 2， 21 . 答案： 1 2， 21 三、解答题(共 2 小题，每小题
13、 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 sin 2Asin2Bsin2Csin Asin 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 sin 2 Asin2 Bsin2 Csin Asin B 及正弦定理，得a 2b2c2ab， 由余弦定理得 cos Ca 2b2c2 2ab 1 2， 因为C(0，)，所以C 3 . (2)由(1)知C 3 . - 7 - 由ABC的面积为 2 3得1 2ab 3 2 2 3，解得ab8， 由余弦定理得c 2a2b22
14、ab1 2(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：x 2 4 y 2 21 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1 2，求此时直线 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)，k1 2，且 x 2 4 y 2 21， s 2 4 t 2 21， 所以y 22x 2 2，t 22s 2 2. 又kkyt xs yt xs y 2t2 x 2s2 2x 2 2 2s 2 2 x 2s
15、21 2. 且k1 2，所以 k1. (2)当直线MN的斜率k存在时，设其方程为ykxm， 由 x 2 4 y 2 21， ykxm， 消去y，得(12k 2)x24kmx2m240， 则8(4k 2m22)0， x1x24km 12k 2，x1x22m 24 12k 2， 由|MN| 1k 2|x 1x2| 1k 2 8（4k 2m22） 12k 22， 化简得m 2（2k 21）（2k23） 2k 22. 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| 1k 2， 则 4d 24（2k 21）（2k23） （2k 22）（k21） 2（4k 48k23） k 42k218 2 （k 21）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.
