20**年全国成人高考数学模拟试题及答案

2014年成人高考数学模拟题1

一．选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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Mx|1x3,Bx|2x1，则M

B（ ）

A. (2,1) B. (1,1) C. (1,3) D. (2,3) （2）若tan0，则

A. sin0 B. cos0 C. sin20 D. cos20 （3）设z

1

i，则|z| 1i

A.

123 B. C. D. 2 222

x2y2

1(a0)的离心率为2，则a （4）已知双曲线2

a3

A. 2 B.

65

C. D. 1 22

（5）设函数f(x),g(x)的定义域为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的

是

A. f(x)g(x)是偶函数 B. |f(x)|g(x) 是奇函数 C. f(x)|g(x)| 是奇函数 D. |f(x)g(x)|是奇函数

（6）设D,E,F分别为ABC的三边BC,CA,AB的中点，则EBFC

A. B.

11

C. D. 22

（7）在函数①ycos|2x|，②y|cosx| ，③ycos(2x

期为的所有函数为

A.①②③ B. ①③④ C. ②④ D. ①③



),④ytan(2x)中，最小正周

64



（8）如图，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的事一个几何体的三视图，则这个几何体是

（ ）

A.三棱锥 B.三棱柱 C.四棱锥 D.四棱柱

（9）执行右面的程序框图，若输入的a,b,k分别为1,2,3，则输出的M( )

A.

7161520

B. C. D.

258

3

（10） 已知抛物线C：yx的焦点为F,A

A. 1 B. 2 C. 4 D. 8 （11）设x，y满足约束条件

2

x,y是C上一点，AF5，则xx4

（ ）

xya,

且zxay的最小值为7，则a

xy1,

A．-5 B. 3 C．-5或3 D. 5或-3

32

（12）已知函数f(x)ax3x1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x00，则a的取值范围是

A.2, B.1, C.,2 D.,1

第II 卷

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分

（13）将2本不同的数学书和1本语文书在书架上随机排成一行，则2本数学书相邻的概率为_____. （14）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市； 乙说：我没去过C城市； 丙说：我们三人去过同一城市； 由此可判断乙去过的城市为________.

ex1,x1,



（15）设函数fx1则使得fx2成立的x的取值范围是________.

3x,x1,

（16）如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点.从A点测得 M点的仰

角MAN60，C点的仰角CAB45以及MAC75；从C点测得MCA60.已知山高BC100m，则山高MN________m

.

三、解答题：解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. （17）（本小题满分12分）

已知an是递增的等差数列，a2，a4是方程x5x60的根。

2

（I）求an的通项公式； （II）求数列

an

的前n项和. n2

（18）（本小题满分12分）

从某企业生产的某种产品中抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量表得如下频数分布表：

（I）在答题卡上作出这些数据的频率分布直方图：

（II）估计这种产品质量指标值的平均数及方差（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （III）根据以上抽样调查数据，能否认为该企业生产的这种产品符合“质量指标值不低于95的

产品至少要占全部产品的80%”的规定？

(19)(本题满分12分)

如图，三棱柱ABCA1B1C1中，侧面BB1C1C为菱形，且AO平面BB1C1C. B1C的中点为O，（1）证明：B1CAB;

（2）若ACAB1,CBB160,BC1,求三棱柱ABCA1B1C1的高.



（20） （本小题满分12分）

已知点P(2,2)，圆C:x2y28y0，过点P的动直线l与圆C交于A,B两点，线段

AB的中点为M，O为坐标原点.

（1）求M的轨迹方程；

（2）当OPOM时，求l的方程及POM的面积

（21）（本小题满分12分）

设函数fxalnx（1）求b;

（2）若存在x01,使得fx0

1a2

xbxa1，曲线yfx在点1，f1处的切线斜率为0 2

a

，求a的取值范围。 a1

请考生在第22、23、24题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，解答时请写清题号.

（22）（本小题满分10分）选修4-1，几何证明选讲 如图，四边形ABCD是

O的内接四边形，AB的延长线与

DC的延长线交于点E，且CBCE.

（I）证明：DE；

BMC，（II）设AD不是O的直径，AD的中点为M，且M

证明：ABC为等边三角形.

（23）（本小题满分10分）选修4-4：坐标系与参数方程

x2tx2y2

1，直线l:已知曲线C:（t为参数）

49y22t

（1）写出曲线C的参数方程，直线l的普通方程；

（2）过曲线C上任意一点P作与l夹角为30°的直线，交l于点A，求的最大值与最小值.

（24）（本小题满分10分）选修4-5；不等式选讲

若a0,b0,且

3

3

11

ab ab

（I）求ab的最小值；

（II）是否存在a,b，使得2a3b6？并说明理由.

参考答案

一、选择题

1-5. BABDA 6-10. CCBDC 11-12. BA 二、填空题

13.

2

14. A 15. (,8] 16. 150 3

三、解答题 17. 解：

（1）方程x5x60的两个根为2，3，由题意得因为a22,a43

设数列{an}的公差为d，则a4a22d，故d所以{an}的通项公式为an（2）设{

2

13，从而a1 22

1

n1 2

ann2an

n1，则 的前项和为，由（1）知Snn

2n22n

34n1n2

Sn23...nn1 ①

2222134n1n2

Sn34...n1n2 ② 22222

①-②得

1311n1n2Sn34...n1n2 242222

311n2(1n1)n2 4422

n4

所以，Sn2n1

2

18.解：

（1）

„„„„„„„„„„4分

（2）质量指标值的样本平均数为x

质量指标值的样本方差为

所以，这种产品质量指标的平均数估计值为100，方差的估计值为104.

„„„„„„„„„„„„„„10分

（3）依题意

806902610038110221208

100

100

38228

= 68％

100

所以该企业生产的这种产品不符合“质量指标值不低于95的产品至少要占全部产品的80％”的规定。„„„„„„„„„„„„„„12分

19.

（1）证明：

连接BC1，则O为B1C与BC1的交点，因为侧面

BB1C1C为菱形，所以B1CBC1

又AO平面BB1C1C，所以B1CAO，故 B1C平面ABO

由于AB平面ABO，故B1CAB„„„„„„„„„„„6分

（2）解：

做ODBC，垂足为D，连接AD，做OHAD，垂足为H。 由于BCAO,BCOD，故BC平面AOD，所以OHBC 又OHAD，所以OH平面ABC

因为CBB160，所以CBB1为等边三角形，又BC

1，可得OD由于ACAB1，所以AO

11B1C 22

由OHADOD

OA，且AD

，得OH，故三棱柱ABCA1B1C1的

又O为B1C的中点，所以点B1到平面ABC

高为20．解：

„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„12分 7

（1）方法一：

圆C的方程可化为x2(y4)216，所以，圆心为C(0,4)，半径为4， 设M(x,y)，则CM(x,y4),MP(2x,2y)， 由题设知CMMP0，故

x(2x)(y4)(2y)0，即(x1)2(y3)22

由于点P在圆C的内部，所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22„„„„„6分 方法二：

圆C的方程可化为x(y4)16，所以，圆心为C(0,4)，半径为4， 设M(x,y)， 设kAB

2

2

y2y4

,kCM， x2x

y2y4

,kCM x2x

y2y4

1 所以kABkCM

x2x

则kAB

化简得，x2y22x6y80，即(x1)2(y3)22 所以M的轨迹方程是(x1)2(y3)22 （2）方法一：

由（1）可知M的轨迹是以点N

(1,3) 由于|OP||OM|，故O在线段PM的垂直平分线上， 又P在圆N上，从而ONPM 因为ON的斜率为3，所以l的斜率为所以l的方程为y

1， 3

18x

33

又|OM||OP|O到l

所以POM的面积为PM|

16

5

方法二：

依题意，|OP|

|OM||OP| 所以，M也在x2y28上

22xy8所以2 2

xy2x6y80

两式相减，得2x6y160，即y

2

18

x，此方程也就是l的方程 33

2

由（1）知，M的轨迹方程是(x1)(y3)2， 设此方程的圆心为N，则N(1,3)

所以d

又|NP|

所以|MP| 5

O到l

的距离h

所以，SPOM116 25

1816x，POM的面积为 335综上所述，l的方程为y

21.（1）解：f(x)a(1a)xb x

由题设知f(1)a(1a)b0

解得b1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

（2）解：f(x)的定义域为(0,)，由（1）知，f(x)alnx1a2xx， 2

a1aa(1a)x1(x)(x1) xx1a

1a1， （ⅰ）若a，则21af(x)

故当x(1,)时，f(x)0,f(x)在(1,)单调递增，

所以，存在x01，使得f(x0)

即aa的充要条件为f(1)， a1a11aa1，

2a1

解得1a1 （ⅱ）若1aa1，则1， 21a

a)时，f(x)0； 故当x(1,1a

a,)时，f(x)0； 当x(1a

aa)单调递减，在(,)单调递增， 所以f(x)在(1,1a1a

所以，存在x01，使得f(x0)aaa)的充要条件为f( a11aa1

a1a2aa而f(，所以不合题意 )aln1a1a2(1a)a1a1

（ⅲ）若a1，则f(1)1aa1a1 22a1

综上所述，a

的取值范围是(11)(1,)„„„„„„„„„„„12分

22.（本小题满分10分）

（1）证明：由题设得，A，B，C，D四点共圆，所以，DCBE

又CBCE，CBEE

所以DE„„„„„„„„„5分

（2）证明：设BC的中点为N，连结MN，则由MBMC知

MNBC，故O在直线MN上

又AD不是O的直径，M为AD的中点，故

OMAD，即MNAD

所以AD//BC，故ACBE

又CBEE，故AE，由（1）知，DE，所以ADE为等边三角形。„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„10分

23.解：

（1）曲线C的参数方程为x2cos（为参数）

y3sin

直线l的普通方程为2xy60

（2）曲线C上任意一点P(2cos,3sin)到l的距离为

d|4cos3sin6|

则|PA|4d|5sin()6|，其中为锐角，且tan

3sin30

当sin()1时，|PA

|当sin()1时，|PA

|取得最小值，最小值为

24.解：

（1

„„„„„„„„„„„„„10分 511，得ab

2，且当ab

ab故a3b3

ab时等号成立

所以a

b的最小值为5分

（2）由（1

）知，2a3b

由于6，从而不存在a,b，使得2a3b6„„„„„„„„„„„„10分 33