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1、2022-2022学年高中学业水平数学模拟测试卷(四)中学学业水平考试模拟测试卷(四) (时间：90分钟满分101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x2y24x6y110的圆心和半径分别是() A(2，3)； B(2，3)；2 C(2，3)；1 D(2，3)； 解析：圆x2y24x6y110的标准方程为(x2)2(
2、y3)22，据此可知圆心坐标为(2，3)，圆的半径为，故选A. 答案：A 3已知ab，|a|2，|b|3且向量3a2b与kab相互垂直，则k的值为() A B. C D1 解析：因为3a2b与kab相互垂直， 所以(3a2b)(kab)0， 所以3ka2(2k3)ab2b20， 因为ab，所以ab0， 所以12k180，k. 答案：B 4若cos，则sin() A. B. C D 解析：因为cos， 所以sinsincos，故选A. 答案：A 5已知函数f(x)，则f(x)的定义域是() A1，2) B1，) C(2，) D1，2)(2，) 解析：依据题意得解得x1且x2，故f(x)的定义域为
3、1，2)(2，)，故选D. 答案：D 6若双曲线y21的一条渐近线方程为y3x，则正实数a的值为() A9 B3 C. D. 解析：双曲线y21的渐近线方程为y，由题意可得3，解得a，故选D. 答案：D 7若直线l过点(1，2)且与直线2x3y40垂直，则l的方程为() A3x2y10 B2x3y10 C3x2y10 D2x3y10 解析：因为2x3y40的斜率k，所以直线l的斜率k，由点斜式可得l的方程为y2(x1)，即3x2y10，故选A. 答案：A 8已知(1，1，0)，C(0，1，2)，若2，则点D的坐标为() A(2，3，2) B(2，3，2) C(2，1，2) D(2，1，2) 解
4、析：设点D的坐标为(x，y，z)，又C(0，1，2)，所以(x，y1，z2)， 因为(1，1，0)，2，所以(x，y1，z2)(2，2，0)，即则点D的坐标为(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 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的图象经怎样平移后，所得的图象关于点成中心对称() A向左平移个单位 B向右平移个单位 C向左平移个单位 D向右平移个单位 解析：将
5、函数ysin的图象向左平移个单位，得ysin的图象，因为该图象关于点成中心对称，所以22k(kZ)，则(kZ)，当k0时，故应将函数ysin的图象向右平移个单位，选B. 答案：B 11ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若C，c，b3a，则ABC的面积为() A. B. C. D. 解析：已知C，c，b3a，所以由余弦定理可得7a2b2aba29a23a27a2，解得a1，则b3， 所以SABCabsin C13.故选B. 答案：B 12函数y的图象大致是() 解析：因为y的定义域为x|x0，所以解除选项A；当x1时，y>0，故解除选项B；当x时，y0，故解除选项D，故选C.
6、答案：C 13若实数x，y满意约束条件则zx2y2的最大值是() A. B4 C9 D10 解析：作出约束条件的可行域，如图中阴影部分所示， 因为A(0，3)，C(0，2)，所以|OA|>|OC|.联立解得B(3，1)因为x2y2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zx2y2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() Aa1d>0，dS3>0 Ba1d>0，dS3<0 Ca1d<0，dS3>0 Da1d<0，dS3<0 解析
7、：由a2，a3，a6成等比数列，可得aa2a6，则(a12d)2(a1d)(a15d)，即2a1dd20， 因为公差d不等于零，所以a1d<0， 2a1d0，所以dS3d(3a13d)d2>0.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 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
8、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. 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满意a1a2a3，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满意a1a2a3，所以a， 解得a2，a3q，a4q2， 又a2，a4，a3成等差数列，故2a4a2a3，解得q，a11，由Sn可得S4. 答案： 17设函数f(x)(xR)满意|f(x)x2|，|f(x)1x2|，则f(1)_ 解析：由|f(x)x2|，得f(x)x2. 由|f(x)1
9、x2|，得f(x)x21，即f(x)x2， 所以f(x)x2， 则f(1)1，故f(1). 答案： 18若半径为10的球面上有A、B、C三点，且AB8，ACB60，则球心O到平面ABC的距离为_ 解析：在ABC中，AB8，ACB60，由正弦定理可求得其外接圆的直径为16，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d21028236，解得d6.故球心O到平面ABC的距离为6. 答案：6 19已知动点P是边长为的正方形ABCD的边上随意一点，MN是正方形ABCD的外接圆O的一条动弦，且MN，则
10、的取值范围是_ 解析：如图，取MN的中点H，连接PH， 则，. 因为MN，所以222，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， 则2()222222|cosPOH2|cosPOH2|，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21， 故的取值范围为. 答案： 三、解答题(共2小题，每小题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sin2Asin2Bsin2Csin Asin B. (1)求角C的大小； (2)若ABC的面积为2，c2，求ABC的周长
11、 解：(1)由sin2 Asin2 Bsin2 Csin Asin B及正弦定理，得a2b2c2ab， 由余弦定理得cos C， 因为C(0，)，所以C. (2)由(1)知C. 由ABC的面积为2得ab2，解得ab8， 由余弦定理得c2a2b22ab(ab)23ab12， 所以(ab)236，ab6， 故ABC的周长为62. 21如图，直线l与椭圆C：1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，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)，k，且1，
12、1， 所以y22，t22. 又kk. 且k，所以k1. (2)当直线MN的斜率k存在时，设其方程为ykxm， 由消去y，得(12k2)x24kmx2m240， 则8(4k2m22)>0， x1x2，x1x2， 由|MN|x1x2|2， 化简得m2. 设点O到直线MN的距离为d，则P到MN的距离为2d， 又d， 则4d2 8<8， 所以0<2d<2. 当直线MN的斜率不存在时， 则M(，1)，N(，1)， 则P(，1)，此时点P到直线MN的距离为2. 综上，点P到直线MN的距离的最大值为2. 第8页 共8页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页第 8 页 共 8 页