高考高职单招数学模拟试题及答案word版 (5)

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福建省春季高考高职单招数学模拟试题 班级： 姓名： 座号： 一、填空题（本大题满分 56 分）本大题共有 14 题,每个空格填对得４分，否则 一律得零分． 1．函数  lg 2y x  的定义域是 ． 2．若集合  1A x x  ，  2 4B x x  ，则 A B  ． 3．在 ABC 中，若 2tan 3A  ，则sin A  4．若行列式 2 4 0 1 2 x  ，则 x  5．若 1sin 3x  ， ,2 2x       ，则 tan x  。 6． 61x x     的二项展开式的常数项为 7．两条直线 1 : 3 2 0l x y   与 2 : 2 0l x y   夹角的大小是 8．若 nS 为等比数列 na 的前n项和， 2 58 0a a  ，则 6 3 S S  9．若椭圆C 焦点和顶点分别是双曲线 2 2 15 4 x y  的顶点和焦点，则椭圆C 的方 程是 10．若点O和点 F 分别为椭圆 2 2 12 x y  的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意 一点，则 2 2OP PF 的最小值为 11．根据如图所示的程序框图，输出 结果i  12．2011 年上海春季高考有8 所高校 招生，如果某3位同学恰好被其中2 所高校录取，那么录取方法的种数为 13．有一种多面体的饰品，其表面由6 个正方形和8个正三角形组成（如图），AB D C B A G F E D C B A 与CD所成角的大小是 ． 14 ． 为 求 解 方 程 5 1 0x   的 虚 根 ， 可 以 把 原 方 程 变 形 为   4 3 21 1 0x x x x x      ，再变形为    2 21 1 1 0x x ax x bx      ，由此 可得原方程的一个虚根为 二、选择题（本大题满分 20 分）本大题共有 4 题,每题只有一个正确答案,考生应 在答题纸相应编号上，将代表答案的小方格涂黑，选对得 5 分，否则一律得零分． 15 ． 若 向 量  2,0a  ，  1,1b  ， 则 下 列 结 论 正 确 的 是 （ ） Ａ． 1a b  Ｂ．a b  Ｃ． a b b   Ｄ． //a b 16 ． 函 数   4 1 2 x xf x  的 图 象 关 于 ( ) Ａ．原点对称 Ｂ．直线 y x 对称 Ｃ．直线 y x  对称 Ｄ．y 轴对称 17 ． 直 线 1: 2l y k x     与 圆 2 2: 1C x y  的 位 置 关 系 为 （ ） Ａ．相交或相切 Ｂ．相交或相离 Ｃ．相切 Ｄ．相交 18 ． 若 1 2 3, ,a a a   均 为 单 位 向 量 ， 则 1 3 6,3 3a        是  1 2 3 3, 6a a a     的 （ ） Ａ．充分不必要条件 Ｂ．必要不充分条件 Ｃ．充分必要条件 Ｄ．既不充分 又不必要条件 三、解答题（本大题 74 分）本大题共有５题，解答下列各题必须在答题纸相应 编号的规定区域内写出必要的步骤． 19 ．（ 本 题 满 分 12 分 ） 向 量  sin 2 1,cosa x x  ，  1,2cosb x ． 设 函 数  f x a b   ． 求函数  f x 的最小正周期及 0, 2x     时的最大值． 福建数学网 www.fjmath.com 一站式数学资源服务 千人教师 QQ1 号群 323031380 2 号群 474204436 20．（14 分）某甜品店制作一种蛋筒冰激凌,其上部分是半球形,下半部分呈圆锥 形(如图),现把半径为10cm 的圆形蛋皮等分成5个扇形,用一个蛋皮围成圆锥 的侧面(蛋皮的厚度忽略不计),求该蛋筒冰激凌的表面积和体积(精确到0.01) 21．（本题满分 14 分）本题共有 2 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 10 分． 已知抛物线 2: 4F x y . (1) ABC 的三个顶点在抛物线 F 上，记 ABC 的三边 , ,AB BC CA 所在直线的 斜率分别为 , ,AB BC CAk k k ，若点 A 在坐标原点，求 AB BC CAk k k  的值； (2) 请你给出一个以  2,1P 为顶点，且其余各顶点均为抛物线 F 上的动点的 多边形，写出多边形各边所在直线的斜率之间的关系式，并说明理由． 说明：第（2）题将根据结论的一般性程度给与不同的评分． 22 ．（ 本 题 满 分 16 分 ） 定 义 域 为 R , 且 对 任 意 实 数 1 2,x x 都 满 足 不 等 式    1 21 2 2 2 f x f xx xf      的 所 有 函 数  f x 组 成 的 集 合 记 为 M ． 例 如  f x kx b M   ． (1) 已知函数   , 0, 1 , 02 x x f x x x    证明：  f x M ； (2) 写出一个函数  f x ，使得  f x M ，并说明理由； 23．（本题满分 18 分）本题共有 3 个小题，第 1 小题满分 4 分，第 2 小题满分 8 分, 第 3 小题满分 6 分． 对于给定首项  3 0 0x a a  ，由递推式 1 1 2n n n ax x x        n N 得到数 列 nx ，且对于任意的 n N ,都有 3 nx a ，用数列 nx 可以计算 3 a 的近似值． (1) 取 0 5x  ， 100a  ，计算 1 2 3, ,x x x 的值（精确到0.01），归纳出 nx ， 1nx  的 大小关系； (2) 当 1n  时，证明  1 1 1 2n n n nx x x x    ； (3) 当  0 5,10x  时，用数列 nx 计算 3 100 的近似值，要求 4 1 10n nx x    ， 请你估计n ，并说明理由． 福建省春季高考高职单招数学模拟试题（六）参考答案 1、【解】 2, ．函数  lg 2y x  的定义域满足 2 0x   ，即 2x  ， 所以函数  lg 2y x  的定义域为 2, ． 2、【解】 1 2x x  ．    2 4 2 2B x x x      ，所以 A B   1 2x x  ． 3 、【 解 】 22 11 ． 因 为 2tan 03A   ， 则 A 是 锐 角 ， 于 是 2 2 2 11 11 tan 1 9 9 cosA A      ， 则 2 9cos 11A  ， 3cos 11 A  ， 2 3 22sin tan cos 3 1111 A A A     ． （或由 2 9cos 11A  得 2 2sin 11A  ，因为sin 0A  ，则 22sin 11A  ．） 4、【解】1． 2 4 2 2 1 4 0 1 2 x x     ，则 2 2x  ， 1x  ． 5、【解】 1arcsin 3 ．因为 1sin 3x  ， ,2 2x       ，则 1arcsin 3x  ． 6、【解】20 ． 61x x     的二项展开式的通项为 6 6 2 1 6 6C Cr r r r r rT x x x      ． 令6 2 0r  得 3r  ．所以 61x x     的二项展开式的常数项为 3 6C 20 ． 7、【解】 12  ．直线 1l 的倾斜角为 6  ，直线 2l 的倾斜角为 4  ，夹角为 4 6 12     ． 8 、 【 解 】 7 ． 设 公 比 为 q ， 则 4 1 18a q a q  ， 所 以 3 8q   ． 6 36 3 3 1 1 8 1 71 S q qS q         ． 9、【解】 2 2 19 4 x y  ．双曲线 2 2 15 4 x y  的顶点和焦点坐标分别是  5,0 和  3,0 ． 设椭圆C 的方程为 2 2 2 2 1x y a b   ，则由题设， 3a  ， 2 2 5a b  ，于是 2b  ， 所以椭圆C 的方程为 2 2 19 4 x y  ． 10、【解】2 设  ,P x y ，由  1,0F  得  2 2 22 2 21OP PF x y x y      ①因为点 P 为 椭 圆 上 的 任 意 一 点 ， 则 2 2 1 2 xy   ， 于 是 ① 式 化 为 2 2 2 22 2 1 2 1 2 xOP PF x x          2 2 3x x    21 2x   ． 因 为 2 2x   ， 而  21 2x   图 象 的 对 称 轴 1 2, 2x       ，所以当 1x   时， 2 2OP PF 有最小值为 2 ． 11、【解】7 ．根据如图所示的程序框图，所得的数据如下表所以输出的 7i  ． 12、【解】168．第一步：从8所高 校取2 所高校的方法有 2 8C 28 种，第二步：3位同学分配到2 所高校的方法有2 位同学被分配到同一所高校，所以有 2 1 3 2C C 6 种，所以录取方法的种数为 28 6 168  种． 13、【解】 3  ． AB 与CD是正方形的边，则 //AB EF ， //CD FG ， 因为 EF 和 FG 是正三角形 EFG 的两边，则 AB 与CD所成的角为 3  ． 14、【解】 1 5 10 2 5i 4     ， 1 5 10 2 5i 4     中的一个． 由题设，有   4 3 2 2 21 1 1x x x x x ax x bx         ， 即      4 3 2 4 3 21 2 1x x x x x a b x ab x a b x            ，对应相应项的系数 得 1, 2 1 a b ab      解得 1 5 ,2 1 5 ,2 a b     或 1 5 ,2 1 5 ,2 a b     解 2 1 5 1 02x x   ，因为 10 2 5 04     ，所以 1 5 10 2 5i 4x     ，同理，解 2 1 5 1 02x x   得 1 5 10 2 5i 4     ． 所 以 原 方 程 的 一 个 虚 根 为 1 5 10 2 5i 4     ， 1 5 10 2 5i 4     中的一个． 15、【解】 2a b  ，Ａ不正确； 2a  ， 2b  ，则 a b  ，Ｂ不正确；  1, 1a b   ， i 1 2 3 4 5 6 7 s 56 46 36 26 16 6 6 0       1, 1 1,1 0a b b       ，所以 a b b   ，Ｃ正确；不存在实数 ，使a b  ， Ｄ不正确．故选Ｃ． 16、【解】   4 1 2 22 x x x xf x    ，则    f x f x   ，其图象关于原点对称．故 选Ａ． 17、【解】解法 1．因为直线l 过点 1 ,02     ，而点 1 ,02     在圆 2 2: 1C x y  的内 部，所以直线与圆相交．故选Ｄ．解法 2．圆心为 0,0 ，半径为1，圆心到直线 的距离为 2 1 1 12 2 121 k k d kk      ，所以直线与圆相交．故选Ｄ． 18、【解】若  1 2 3 3, 6a a a     ，当 1 2 3a a a    时，得 1 3 6,3 3a        ， 若 1 3 6,3 3a        ，当  2 3 1,0a a   ，则  1 2 3 3, 6a a a     ， 所以 1 3 6,3 3a        是  1 2 3 3, 6a a a     的必要不充分条件．故选Ｂ． 19、【解】   2sin 2 1 2cosf x a b x x     sin 2 cos2x x  2 sin 2 4x      ． 所 以 ， 函 数  f x 的 最 小 正 周 期 2 2T    ． 因 为 0, 2x     ， 所 以 52 ,4 4 4x         ， 当 2 4 2x    ，即 8x  时，函数有最大值 max 2y  ． 20、【解】设圆锥的底面半径为 r ，高为 h ．由题意，圆锥的侧面扇形的周长为 1 2 10 45      cm ，圆锥底面周长为 2 r  cm ，则2 4r  ， 2r   cm ．圆 锥的 高 为 2 210 2 96 4 6    cm ， 圆 锥 的 侧 面 扇 形 的 面 积 为 1 1 4 10 202S       2cm ， 半 球 的 面 积 为 2 2 1 4 2 82S      ． 该 蛋 筒 冰 激 凌 的 表 面 积 1 2 28 87.96S S S      2cm ； 圆 锥 的 体 积 为 2 1 1 162 4 6 63 3V       3cm ， 半 球 的 体 积 为 3 2 1 4 1622 3 3V       3cm ， 所以该蛋筒冰激凌的体积为  1 2 16 6 1 57.803V V V       3cm ． 因此该蛋筒冰激凌的表面积约为 287.96cm ， 体积约为 357.80cm ． 21、【解】(1) 设  ,B BB x y ,  ,C CC x y ．则 B C CB AB BC CA B B C C y y yyk k k x x x x        2 2 22 4 4 4 B C CB B B C C x x xx x x x x     1 04 B B C Cx x x x       ． (2) ① 研究 PBC ． B C C PB P PB BC CP B P B C C P y y y yy yk k k x x x x x x               2 2 2 22 2 4 4 4 B C C PB P B P B C C P x x x xx x x x x x x x            1 4 B P B C C Px x x x x x        12 Px  ． ② 研究四边形 PBCD ． 4 4 4 4 B C C DB P D P PB BC CD DP x x x xx x x xk k k k          0 ③ 研究五边形 PBCDE ． PB BC CD DE EPk k k k k    4 4 4 4 4 B C C DB P D E E Px x x xx x x x x x        12 Px  ． ④ 研 究 2n k 边 形 1 2 2kPP P  , 2k k N , 其 中 1P P ．  1 2 2 3 3 4 2 1 2 11 k k P P P P P P P Pk k k k      2 3 3 4 2 11 2 2 114 4 4 4 kkP P P P P PP P x x x x x xx x          1 2 11 1 04 kPx       ． ⑤ 研 究 2 1n k  边 形 1 2 2 1kPP P   , 2k k N , 其 1P P ．  1 2 2 3 3 4 2 1 1 2 1 11 k k P P P P P P P Pk k k k         2 3 3 4 2 1 11 2 2 1 114 4 4 4 kkP P P P P PP P x x x x x xx x           1 2 1 11 1 14 kPx        ． ⑥ 研 究 n 边 形 1 2 nPP P  , 3k n N , 其 中 1P P ．  1 2 2 3 3 4 1 11 n n P P P P P P P Pk k k k      2 3 3 41 2 1114 4 4 4 nP P P PP P Pn Px x x xx x x x           1 1 1 1 11 14 2 n nPx          ． 22、【解】(1) 当 1 2 0x x  时，    1 21 2 1 2 1 2 02 2 4 4 f x f xx x x x x xf           ， 则不等式    1 21 2 2 2 f x f xx xf      成立；当 1 20 x x  时，    1 21 2 1 2 1 2 02 2 2 2 f x f xx x x x x xf           ，则不等式    1 21 2 2 2 f x f xx xf      成立； 当 1 20x x  ，且 1 2 02 x x  时，     1 21 2 1 2 1 2 2 1 12 02 2 2 2 2 4 x xf x f x x x x x xf            ， 则 不等式    1 21 2 2 2 f x f xx xf      成立； 当 1 20x x  ，且 1 2 02 x x  时，     1 21 2 1 2 1 2 1 1 2 02 2 2 2 4 x xf x f x x x x x xf            ， 则 不等式    1 21 2 2 2 f x f xx xf      成立． 综合以上，不等式    1 21 2 2 2 f x f xx xf      成立．所 以  f x M (2) 例如函数   2f x x  ，取 1 1x   ， 2 1x  ，则    1 2 1 2 2 2 f x f x x xf            1 1 0 1 02 f f f       ． 所以  f x M ．也可以从   2f x x  的图象看出，    1 21 2 2 2 f x f xx xf      ， 不满足    1 21 2 2 2 f x f xx xf      ．所以   2f x x M   ． (3) 例 如 函 数   2 , 1, , 1. x xf x x x     满 足  f x M ，   2 2 2lim lim 1n n f n n n n    ，  lim lim 1n n f n n n n      ． 23、【解】(1) 1 2 34.74, 4.67, 4.65x x x   ，猜想 1n nx x  ； (2)  1 1 1 2n n n nx x x x    1 1 1 1 2 2 2n n n n n ax x x xx           1 1 1 2 2n n n ax xx    1 1 1 1 1 1 2 2 2n n n n a ax xx x           1 1 1 2 2n n a a x x   1 12 n n n n x xa x x    ① 因为 3 nx a ，所以 3 1 1 1 1 02 2 2 n n n n n n n n n x aa ax x x x xx x x                       ，所以 1n nx x  ． 由①式，   1 1 1 1 1 02 2 n n n n n n n n x xax x x x x x          ，所以  1 1 1 2n n n nx x x x    ． (3) 由(2)        1 1 2 1 1 2 0 12 1 1 1 1 10 2 2 2 2n n n n n n n nx x x x x x x x x x               , 所以只要   4 0 1 1 102n x x   即可,于是  4 0 12 10n x x  ， 因为 0 1 0 0 1 10 2x x x x         ，所以 4 2 10 10log 10 15.12n        ．所以 16n  ．