数学高三学考模拟试卷（一）

高二数学学考模拟卷一
第Ⅰ卷
一、选择题（本大题共15小题，每小题3分，共45分）
1.已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
2.已知是虚数单位，则复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
3.已知，则下列不等式正确的是（ ）
A. B. C. D.
4.函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
5.坛子中放有3个白球，2个黑球，从中进行不放回地取球两次，每次取一球，用A1表示第一次取得白球，A2表示第二次取得白球，则A1和A2是(　　)
A．互斥事件　　　B．相互独立事件 C．对立事件 D．不相互独立的事件
6.是的（ ）
A. 充要条件 B.充分不必要条件 C.必要不充分条件 D.既不充分也不必要条件
7.函数在定义域上的图象可能是( )
8.已知等腰的直角边长为1，为斜边上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
9.若满足，则的终边在（ ）
A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限
10.为了解电视对生活的影响，一个社会调查机构就平均每天看电视的时间调查了某地10 000位居民，并根据所得数据画出样本的频率分布直方图(如图)，为了分析该地居民平均每天看电视的时间与年龄、学历、职业等方面的关系，要从这10 000位居民中再用分层抽样抽出100位居民做进一步调查，则[2.5，3)(小时)时间段内应抽出的人数是(　　)
A．25 B．30 C．50 D．75
11.已知，，且，则下列结论错误的是（ ）
A. B. C. D.
12.在数学中，泰勒级数用无限项连加式——级数来表示一个函数，包括正弦，余弦，正切三角函数等等，其中泰勒级数是以于1715年发表了泰勒公式的英国数学家布鲁克 泰勒（Sir Brook Taylor）的名字来命名的.1715年，泰勒提出了一个常用的方法来构建这一系列级数并适用于所有函数，这就是后来被人们所熟知的泰勒级数，并建立了如下指数函数公式：，其中，，，例如：，，，.试用上述公式估计的近似值为（精确到0.001）（ ）
A．1.647 B．1.648 C．1.642 D．1.601
13.已知是空间中两条不同的直线，是空间中两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A.若，则 B.若，则
C.若，则 D.若，则
14.已知角的为第四象限角，它的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点.则=（ ）
A． B． C． D．
15.在四面体中，平面，，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
二、多选题（本大题共3小题，每小题3分，共9分，全部选对得3分，部分选对得1分，不选或者错选得0分）
16.关于函数有如下四个命题，其中正确的命题有( 　)
A．的图象关于轴对称 B．的图象关于原点对称
C．的图象关于直线对称 D．的值域为
17.已知，给出下列四个结论 （ ）
若，则有两个零点 存在，使得有一个零点
存在，使得有三个零点 存在，使得有三个零点
18.已知正方体的棱长为，点是的中点，点是侧面内动点，且满足，则下列说法正确的是（ ）
动点的轨迹长度为
三角形在正方体内运动形成几何体的体积是
直线与所成角为，则的最小值为
存在某个位置，使得直线与平面所成的角为
第Ⅱ卷
三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分）
19.已知，则______.
艮塔东路上甲、乙、丙三处设有信号灯，汽车在这三处因遇绿灯而通行的概率分别为，则汽车在这三处因遇红灯或黄灯而停车一次的概率为 ．
设函数，若方程有两个不等的实数根，则的取值范围为_______．
22.若与关于轴对称，写出一个符合题意的值______.
四、解答题（本大题共3小题，共34分）（解答应写出文字说明及演算步骤）
23.（本小题满分10分）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.
在中，内角，，的对边分别为，，，且满足________，，，求的面积.
24.（本小题满分12分）已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，，，，，为的中点.
(Ⅰ)求证：平面；
(Ⅱ)求直线BM与平面PAD所成角的正弦值.
25.（本小题满分12分）已知函数，.
（1）若函数在上是减函数，求实数的取值范围；
（2）设，若函数有三个不同的零点，求实数的取值范围；
高二数学学考模拟卷参考答案
一、选择题（本大题共18小题，每题3分，共54分）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A B B C D C C A C A
题号 11 12 13 14 15 16 17 18
答案 D B B D D AD ABD ABC
二、填空题：（本大题共4小题，每题3分，共12分）
19. 20. 21. 22.
三、解答题：(本大题共3小题，共34分)
23.解：若选择条件①，由正弦定理可得
(sin Bcos C－sin A)＝sin Csin B.
由sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
得－cos Bsin C＝sin Csin B.
因为0(若cos B＝0，则sin B＝0，sin2B＋cos2B＝0.这与sin2B＋cos2B＝1矛盾)
又cos B≠0，所以tan B＝－.
又0由余弦定理及b＝2，得(2)2＝a2＋c2－2accos ，
即12＝(a＋c)2－ac.将a＋c＝4代入，解得ac＝4.
所以S△ABC＝acsin B＝×4×＝.
若选择条件②，由正弦定理，得
2sin A＋sin C＝2sin Bcos C.
又sin A＝sin(B＋C)＝sin Bcos C＋cos Bsin C，
所以2cos Bsin C＋sin C＝0.
因为C∈(0，π)，所以sin C≠0，
从而有cos B＝－.又B∈(0，π)，所以B＝.
由余弦定理及b＝2，得(2)2＝a2＋c2－2accos ，
即12＝(a＋c)2－ac.将a＋c＝4代入，解得ac＝4.
所以S△ABC＝acsin B＝×4×＝.
若选择条件③，由正弦定理，得
sin Bsin A＝sin Asin .
由0由二倍角公式，得2sin cos ＝cos .
由0<<，得cos ≠0，所以sin ＝，则＝，即B＝.
由余弦定理及b＝2，得(2)2＝a2＋c2－2accos ，
即12＝(a＋c)2－ac.将a＋c＝4代入，解得ac＝4.
所以S△ABC＝acsin B＝×4×＝.
24.（1）证明：设
又平面
（2）解：取PD的中点Q，AB的中点R，连接QM和QR，易知QMBR为平行四边形，故RQ//MB.
则RQ与平面PAD所成角即为MB与平面PAD所成角.
过C作于，连接
在,
，连接，易知，
同理可知
，
过R作RHNA交NA于H，连接QH，
则平面，即为所求角.
在中，，.
25.解：（1）；
（2）令，则方程转化为，
因为至多有两个解，也至多有两个解.
故要满足有三个不同的零点，则有必有两个解，记为，且满足：
①，此时有，解得，经检验符合题意；
②此时有，解得，经检验，当时，，不符合题意；
③此时有，解得.
综上所述，.
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