全國普通高等學校單招統(tǒng)一招生考試數(shù)學模擬試卷一（含詳解）

全國普通高等學校單招統(tǒng)一招生考試數(shù)學模擬試卷一一 、選擇題（本大題共8小題，每小題8分，共64分。在每小題給出的四個選項中，只有一個選項是符合題目要求的）LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)已知集合M＝{x|x2﹣x﹣2＜0}，N＝{y|y=﹣eq\f(1,2)x2＋1，x∈R}，則M∩N等于()A.{x|﹣2≤x＜1}B.{x|1＜x＜2}C.{x|﹣1＜x≤1}D.{x|1≤x＜2}LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)=－f(x)，且在[0，2)上單調(diào)遞減，則下列結(jié)論正確的是()A.0＜f(1)＜f(3)B.f(3)＜0＜f(1)C.f(1)＜0＜f(3)D.f(3)＜f(1)＜0LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)不等式eq\f(1,x－1)<x＋1的解集為()A.{x|x>－3}B.{x|eq\f(4,3)<x<2eq\r(2)}C.{x|x>1}D.{x|x>eq\r(2)或－eq\r(2)<x<1}LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)若函數(shù)f(x)滿足f(1﹣lnx)＝eq\f(1,x)，則f(2)等于()A.eq\f(1,2)B.eC.eq\f(1,e)D.﹣1LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)已知向量a=(m,2)，b=(2，－1)，且a⊥b，則eq\f(|2a－b|,a·a＋b)等于()A.－eq\f(5,3)B.1C.2D.eq\f(5,4)LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)《九章算術(shù)》“竹九節(jié)”問題：現(xiàn)有一根9節(jié)的竹子，自上而下各節(jié)的容積成等差數(shù)列，上面4節(jié)的容積共3升，下面3節(jié)的容積共4升，則第5節(jié)的容積為()A.1升B.eq\f(67,66)升C.eq\f(47,44)升D.eq\f(37,33)升LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)函數(shù)f(x)＝2cos(ωx＋eq\f(π,4))(ω＞0)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(π,2)對稱，且在(eq\f(π,2),π)上單調(diào)遞增，則函數(shù)f(x)在區(qū)間[﹣eq\f(π,2),eq\f(π,3)]上的最小值為()A.﹣2B.﹣eq\r(2)C.﹣1D.﹣eq\f(\r(2),2)LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)已知底面是邊長為2的正方形的四棱錐P-ABCD中，四棱錐的側(cè)棱長都為4，E是PB的中點，則異面直線AD與CE所成角的余弦值為()A.eq\f(\r(6),4)B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(1,2)D.eq\f(\r(2),2)二 、填空題（本大題共4小題，每小題8分，共32分）LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)已知函數(shù)y=f(x)的圖象在點M(1，f(1))處的切線方程是y=eq\f(1,2)x＋2，則f(1)＋f′(1)=________.LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)已知拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，過F的直線l與拋物線交于A，B兩點，且|AF|＝4|FB|，O為坐標原點，若△AOB的面積為eq\f(5,8)，則p＝________.LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)向圓(x﹣2)2＋(y﹣eq\r(3))2＝4內(nèi)隨機投擲一點，則該點落在x軸下方的概率為________.LISTNUMOutlineDefault\l3(8分)已知A，B，C，D是半徑為5的球面上的點，且BC=CD=DB=3eq\r(3)，當四面體ABCD的體積最大時，AB=________.三 、解答題（本大題共3小題，共54分）LISTNUMOutlineDefault\l3(18分)已知函數(shù)f(x)=(2cos2x－1)·sin2x＋eq\f(1,2)cos4x.(1)求f(x)的最小正周期及單調(diào)遞減區(qū)間；(2)若α∈(0，π)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))=eq\f(\r(2),2)，求taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))的值.LISTNUMOutlineDefault\l3(18分)設△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，a=btanA，且B為鈍角.(1)證明：B－A=eq\f(π,2)；(2)求sinA＋sinC的取值范圍.LISTNUMOutlineDefault\l3(18分)已知雙曲線C：x2﹣y2＝1及直線l：y＝kx﹣1.(1)若直線l與雙曲線C有兩個不同的交點，求實數(shù)k的取值范圍；(2)若直線l與雙曲線C交于A，B兩點，O為坐標原點，且△AOB的面積是eq\r(2)，求實數(shù)k的值.

LISTNUMOutlineDefault\l3\s0答案解析LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C.解析：M＝{x|﹣1＜x＜2}，N＝{y|y≤1}，則M∩N＝{x|﹣1＜x≤1}，故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：C；解析：由函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，得f(0)=0.由f(x＋2)=－f(x)，得f(x＋4)=－f(x＋2)=f(x)，故函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，所以f(3)=f(－1).又f(x)在[0，2)上單調(diào)遞減，所以函數(shù)f(x)在(－2，2)上單調(diào)遞減，所以f(－1)＞f(0)＞f(1)，即f(1)＜0＜f(3)，故選C.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：D解析：原不等式可以變形為eq\f(1－x2－1,x－1)<0，即eq\f(x2－2,x－1)>0，故原不等式的解集為{x|x>eq\r(2)或－eq\r(2)<x<1}.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：解法一：令1﹣lnx＝t，則x＝e1﹣t，于是f(t)＝eq\f(1,e1－t)，即f(x)＝eq\f(1,e1－x)，故f(2)＝e.解法二：由1﹣lnx＝2，得x＝eq\f(1,e)，這時eq\f(1,x)＝eq\f(1,\f(1,e))＝e，即f(2)＝e.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B解析：∵a⊥b，∴2m－2=0，∴m=1，則2a－b=(0,5)，a＋b=(3,1)，∴a·(a＋b)=1×3＋2×1=5，|2a－b|=5，∴eq\f(|2a－b|,a·a＋b)=eq\f(5,5)=1.故選B.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B；解析：設該等差數(shù)列為{an}，公差為d，由題意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＋a2＋a3＋a4＝3，,a7＋a8＋a9＝4，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a1＋6d＝3，,3a1＋21d＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝\f(13,22)，,d＝\f(7,66).))∴a5＝eq\f(13,22)＋4×eq\f(7,66)＝eq\f(67,66).故選B.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：B.解析：由題意得eq\f(π,2)ω＋eq\f(π,4)＝2kπ＋π(k∈Z)，解得ω＝4k＋eq\f(3,2)(k∈Z).又∵f(x)在(eq\f(π,2),π)上單調(diào)遞增，∴eq\f(π,ω)≥eq\f(π,2)，∴0＜ω≤2，∴ω＝eq\f(3,2)，則f(x)＝2cos(eq\f(3,2)x＋eq\f(π,4))，∵﹣eq\f(π,2)≤x≤eq\f(π,3)，∴﹣eq\f(π,2)≤eq\f(3,2)x＋eq\f(π,4)≤eq\f(3π,4)，∴﹣eq\f(\r(2),2)≤cos(eq\f(3,2)x＋eq\f(π,4))≤1，故f(x)在區(qū)間[﹣eq\f(π,2),eq\f(π,3)]上的最小值為﹣eq\r(2).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：A.解析：解法一：選A.如圖，取PC的中點F，連接EF，則EF＝1，且∠ECB為異面直線AD與CE所成的角.在△PEF中，由余弦定理，得cos∠EPF＝eq\f(22＋22－12,2×2×2)＝eq\f(7,8).在△PEC中，由余弦定理，得CE2＝PE2＋PC2﹣2PE×PC×cos∠EPC＝22＋42﹣2×2×4×eq\f(7,8)＝6，所以cos∠ECB＝eq\f(EC2＋BC2－EB2,2×EC×BC)＝eq\f(6＋4－4,2×\r(6)×2)＝eq\f(\r(6),4)，故選A.解法二：設O為正方形ABCD的對角線AC與BD的交點，根據(jù)題意建立如圖所示的空間直角坐標系，則A(1，﹣1，0)，D(﹣1，﹣1，0)，C(﹣1，1，0)，E(eq\f(1,2)，eq\f(1,2)，eq\f(\r(14),2))，所以eq\o(AD,\s\up10(→))＝(﹣2，0，0)，eq\o(CE,\s\up10(→))＝(eq\f(3,2)，﹣eq\f(1,2)，eq\f(\r(14),2))，所以|cos〈eq\o(AD,\s\up10(→))，eq\o(CE,\s\up10(→))〉|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\o(AD,\s\up10(→))·\o(CE,\s\up10(→)),|\o(AD,\s\up10(→))||\o(CE,\s\up10(→))|)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(－3,2×\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(14),2)))\s\up12(2)))))＝eq\f(\r(6),4)，故選A.二 、填空題LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：3；解析：由導數(shù)的幾何意義得f′(1)=eq\f(1,2)，由點M在切線上得f(1)=eq\f(1,2)×1＋2=eq\f(5,2)，所以f(1)＋f′(1)=3.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：1.解析：易知拋物線y2＝2px的焦點F的坐標為(eq\f(p,2),0)，準線為x＝﹣eq\f(p,2)，不妨設點A在x軸上方，如圖，過A，B作準線的垂線AA′，BB′，垂足分別為A′，B′，過點B作BH⊥AA′，交AA′于H，則|BB′|＝|A′H|，設|FB|＝t，則|AF|＝|AA′|＝4t，∴|AH|＝|AA′|﹣|A′H|＝3t，又|AB|＝5t，∴在Rt△ABH中，cos∠HAB＝eq\f(3,5)，∴tan∠HAB＝eq\f(4,3)，則可得直線AB的方程為y＝eq\f(4,3)(x﹣eq\f(p,2)).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(4,3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，,y2＝2px，))得8x2﹣17px＋2p2＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(17,8)p＋p＝eq\f(25,8)p，易知點O到直線AB的距離為d＝|OF|·sin∠A′AB＝eq\f(p,2)×eq\f(4,5)＝eq\f(2,5)p.∴S△AOB＝eq\f(1,2)×eq\f(25,8)p×eq\f(2,5)p＝eq\f(5p2,8)＝eq\f(5,8)，∴p2＝1，又p＞0，∴p＝1.LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：eq\f(1,6)﹣eq\f(\r(3),4π).解析：如圖所示，連接CA，CB，依題意，圓心C到x軸的距離為eq\r(3)，所以弦AB的長為2.又圓的半徑為2，所以弓形ADB的面積為eq\f(1,2)×eq\f(2,3)π×2﹣eq\f(1,2)×2×eq\r(3)＝eq\f(2,3)π﹣eq\r(3)，所以向圓(x﹣2)2＋(y﹣eq\r(3))2＝4內(nèi)隨機投擲一點，則該點落在x軸下方的概率P＝eq\f(1,6)﹣eq\f(\r(3),4π).LISTNUMOutlineDefault\l3答案為：3eq\r(10).解析：由已知可得，△BCD是邊長為3eq\r(3)的等邊三角形，設△BCD的中心為O1，則BO1=eq\f(2,3)×3eq\r(3)×sin60°=3，要使四面體ABCD的體積最大，則有四面體ABCD的高為5＋eq\r(52－32)=9，此時AB=eq\r(92＋32)=3eq\r(10).三 、解答題LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)f(x)=(2cos2x－1)sin2x＋eq\f(1,2)cos4x=cos2xsin2x＋eq\f(1,2)cos4x=eq\f(1,2)(sin4x＋cos4x)=eq\f(\r(2),2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x＋\f(π,4)))，∴f(x)的最小正周期T=eq\f(π,2).令2kπ＋eq\f(π,2)≤4x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(3π,2)，k∈Z，得eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,16)≤x≤eq\f(kπ,2)＋eq\f(5π,16)，k∈Z.∴f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)＋\f(π,16)，\f(kπ,2)＋\f(5π,16)))，k∈Z.(2)∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(α,4)－\f(π,8)))=eq\f(\r(2),2)，∴sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α－\f(π,4)))=1.∵α∈(0，π)，－eq\f(π,4)＜α－eq\f(π,4)＜eq\f(3π,4)，∴α－eq\f(π,4)=eq\f(π,2)，故α=eq\f(3π,4).因此taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,3)))=eq\f(tan\f(3π,4)＋tan\f(π,3),1－tan\f(3π,4)tan\f(π,3))=eq\f(－1＋\r(3),1＋\r(3))=2－eq\r(3).LISTNUMOutlineDefault\l3解：(1)證明：由a=btanA及正弦定理，得eq\f(sinA,cosA)=eq\f(a,b)=eq\f(sinA,sinB)，所以sinB=cosA，即sinB=sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋A)).又B為鈍角，因此eq\f(π,2)＋A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，故B=eq\f(π,2)＋A，即B－A=eq\f(π,2).(2)由(1)知，C=π－(A＋B)=π－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2A＋\f(π,2)))=eq\f(π,2)－2A＞0，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4))).于是sinA＋sinC=sinA＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)－2A))=sinA＋cos2A=－2sin2A＋sinA＋1=－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sinA－\f(1,4)))2＋eq\f(9,8).因為0＜A＜eq\f(π,4)，所以0＜sinA＜eq\f(\r(2),2