2016年哈尔滨铁道职业技术学院单招数学模拟考试题[卷][附的答案解析]

2016哈尔滨铁道职业技术学院单招数学模拟试题(附答案)

一、选择题：本大题共12小题，每小题5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．若集合M01，，，2，3，4，5，则IM为（ ） ，I01Ａ．01，

Ｂ．2，3，4，5

Ｃ．0，2，3，4，5

Ｄ．1，2，3，4，5

2．函数y5tan(2x1)的最小正周期为（ ） Ａ．

π 4 Ｂ．

π 2

Ｃ．π

Ｄ．2π

3．函数f(x)lgＡ．(1，4)

1x的定义域为（ ） x4Ｂ．[1，4)

Ｃ．(，1)(4，)

Ｄ．(，1](4，)

4．若tan3，tanＡ．3

Ｄ．

4，则tan()等于（ ） 3Ｂ．

13

Ｃ．3

1 3a11(x2)11，

5．设(x21)(2x1)9a0a1(x2)a2(x2)2则a0a1a2Ａ．2

Ｄ．2

a11的值为（ ）

Ｂ．1

Ｃ．1

6．一袋中装有大小相同，编号分别为1地每次取一，2，3，4，5，6，7，8的八个球，从中有放回．．．个球，共取2次，则取得两个球的编号和不小于．．．15的概率为（ ） Ａ．

1 32Ｄ．

Ｂ．

1 Ｃ．

3 32

3 范文范例参考

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7．连接抛物线x24y的焦点F与点M(1，0)所得的线段与抛物线交于点A，设点O为坐标原点，则三角形OAM的面积为（ ） Ａ．12

Ｄ．

Ｂ．

32 2

Ｃ．12 32 2π，则下列命题正确的是（ ） 2

Ｂ．sinx8．若0xＡ．sinx

2x π2x π Ｃ．sinx3x πＤ．sinx3x π9．四面体ABCD的外接球球心在CD上，且CD2，AD3，在外接球面上两点A，B间的球面距离是（ ）

Ａ．

π 6 Ｂ．

π 3 Ｃ．

2π 3 Ｄ．

5π 610．设p:f(x)x32x2mx1在(，)内单调递增，q:m≥（ ）

Ａ．充分不必要条件 Ｃ．充分必要条件

Ｂ．必要不充分条件 Ｄ．既不充分也不必要条件

4，则p是q的311．四位好朋友在一次聚会上，他们按照各自的爱好选择了形状不同、内空高度相等、杯口半径相等的圆口酒杯，如图所示，盛满酒后他们约定：先各自饮杯中酒的一半．设剩余酒的高度从左到右依次为h1，h2，h3，h4，则它们的大小关系正确的是（ ）

Ａ．h2h1h4 Ｃ．h3h2h4

Ｂ．h1h2h3 Ｄ．h2h4h1

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x2y2112．设椭圆221(ab0)的离心率为e，右焦点为F(c，0)，方程

ab2ax2bxc0的两个实根分别为x1和x2，则点P(x1，x2)（ ）

Ａ．必在圆x2y22上 Ｃ．必在圆x2y22内

Ｂ．必在圆x2y22外 Ｄ．以上三种情形都有可能

二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分．请把答案填在答题卡上． 13．在平面直角坐标系中，正方形OABC的对角线OB的两端点分别为O(0，0)，

B(11)，，则ABAC ．

14．已知等差数列an的前n项和为Sn，若S1221，则a2a5a8a11 ．

15．已知函数yf(x)存在反函数yf1(x)，若函数yf(1x)的图象经过点

(31)，，则函数yf1(x)的图象必经过点 ．

16．如图，正方体AC1的棱长为1，过点作平面A1BD的垂线，垂足为点H．有下列四个命题

Ａ．点H是△A1BD的垂心 Ｂ．AH垂直平面CB1D1

Ｃ．二面角CB1D1C1的正切值为2 Ｄ．点H到平面A1B1C1D1的距离为其中真命题的代号是 3 4 ．（写出所有真命题的代号）

三、解答题：本大题共6小题，共74分．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）

cx1 (0xc)9已知函数f(x)x满足f(c2)．

8c221 (c≤x1)（1）求常数c的值；

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（2）解不等式f(x)

21． 818．（本小题满分12分）

π2象与y轴相交于点(0，3)，且该函数的最小正周期为．

（1）求和的值；

（2）已知点A，0，点P是该函数图象上一点，点

如图，函数y2cos(x)(xR，>0，≤0≤)的图

3π2Q(x0，y0)是PA的中点，当y03π，x0，π时，求22x0的值．

19．（本小题满分12分）

栽培甲、乙两种果树，先要培育成苗，然后再进行移栽．已知甲、乙两种果树成苗的．．．．概率分别为0.6，0.5，移栽后成活的概率分别为0.7，0.9． ．．（1）求甲、乙两种果树至少有一种果树成苗的概率； ．．（2）求恰好有一种果树能培育成苗且移栽成活的概率． ．．．．20．（本小题满分12分）

右图是一个直三棱柱（以A1B1C1为底面）被一平面所截得到的几何体，截面为

ABC．已知A1B1B1C11，A1B1C190，AA14，BB12，CC13． （1）设点O是AB的中点，证明：OC∥平面A1B1C1； （2）求AB与平面AAC11C所成的角的大小； （3）求此几何体的体积． 21．（本小题满分12分）

设an为等比数列，a11，a23． （1）求最小的自然数n，使an≥2007；

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（2）求和：T2n123aa2n1a． 2a32n22．（本小题满分14分）

设动点P到点F1(1，0)和F2(1，0)的距离分别为d1和d2，∠F1PF22，且存在常数(01)，使

得d1d2sin2．

（1）证明：动点P的轨迹C为双曲线，并求出C的方程；

（2）如图，过点F2的直线与双曲线C的右支交于

A，B两点．问：是否存在，使△F1AB是以点B为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

参

一、选择题

1．Ｂ 2．Ｂ 3．Ａ 4．Ｄ 5．Ａ 6．Ｄ9．Ｃ

10．Ｃ 11．Ａ 12．Ｃ 二、填空题

13．1 14．7 15．(1，4) 16．A，B，C 三、解答题

17．解：（1）因为0c1，所以c2c； 由f(c2)998，即c318，c12． （2）由（1）得11f(x)2x1，x224x

1，≤x1 范文范例参考

F1OF2 7．Ｂ 8．Ｂ 完美格式整理版

由f(x)21得， 8211x， 时，解得422当0x当

115≤x1时，解得≤x， 228252x． 1的解集为x所以f(x)88418．解：（1）将x0，y3代入函数y2cos(x)中得cos因为0≤≤3， 2ππ，所以． 262π2π2． Tπ3． 2由已知Tπ，且0，得（2）因为点A，0，Q(x0，y0)是PA的中点，y0所以点P的坐标为2x0，3． 又因为点P在y2cos2xπ2π2ππ的图象上，且≤x0≤π，所以625π3， cos4x0627π5π19π5π11π5π13π，从而得4x0或4x0， ≤4x0≤6666666即x02π3π或x0． 3419．解：分别记甲、乙两种果树成苗为事件A1，A2；分别记甲、乙两种果树苗移栽成活为事件B1，B2，P(A1)0.6，P(A2)0.5，P(B1)0.7，P(B2)0.9． （1）甲、乙两种果树至少有一种成苗的概率为

P(A1A2)1P(A1A2)10.40.50.8；

（2）解法一：分别记两种果树培育成苗且移栽成活为事件A，B，

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则P(A)P(A1B1)0.42，P(B)P(A2B2)0.45． 恰好有一种果树培育成苗且移栽成活的概率为

P(ABAB)0.420.550.580.450.492．

解法二：恰好有一种果树栽培成活的概率为

P(A1B1A2A1B1A2B2A1A2B2A1A2B1B2)0.492．

20． 解法一：

（1）证明：作OD∥AA1交A1B1于D，连C1D． 则OD∥BB1∥CC1， 因为O是AB的中点， 所以OD1(AA1BB1)3CC1． 2则ODC1C是平行四边形，因此有OC∥C1D，

C1D平面C1B1A1，且OC平面C1B1A1

则OC∥面A1B1C1．

（2）解：如图，过B作截面BA2C2∥面A1B1C1，分别交AA1，CC1于A2，C2， 作BH⊥A2C2于H，

因为平面A2BC2⊥平面AAC11C，则BH⊥面AAC11C． 连结AH，则∠BAH就是AB与面AAC11C所成的角． 因为BH2BH10，AB5，所以sin∠BAH．

2AB1010． 10AB与面AAC11C所成的角为∠BAHarcsin（3）因为BH21，所以VBAA2C2CSAA2C2CBH． 23 范文范例参考

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1121(12)2． 3222VA1B1C1A2BC2S△A1B1C1BB1121． 23． 2所求几何体的体积为VVBAA2C2CVA1B1C1A2BC2解法二：

（1）证明：如图，以B1为原点建立空间直角坐标系，则A(01，，4)，B(0，0，2)，

13， C(1，0，3)，因为O是AB的中点，所以O0，，21OC1，，0，

20，1)是平面A1B1C1的一个法向量． 易知，n(0，由OCn0且OC平面A1B1C1知OC∥平面A1B1C1． （2）设AB与面AAC11C所成的角为． 求得A，0，4)，AC，1，0)． 1A(011(1z0A1Am0设m(x，y，z)是平面AAC得， 11C的一个法向量，则由xy0A1C1m0，，0)． 取xy1得：m(111，2) 又因为AB(0，所以，cosm，ABmABmAB1010则sin．

101010． 10所以AB与面AAC11C所成的角为arcsin（3）同解法一

a21．解：（1）由已知条件得an12a1n13n1，

因为36200737，所以，使an≥2007成立的最小自然数n8．

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（2）因为T2n12341332332n，…………① 32n111234T2n234333332n12n，…………② 32n132n2n 2n12n3314111①②得：T2n123333312n2n32n 13131332n38n 2n4332n2924n所以T2n．

1632n22．解：（1）在△PF1F2中，F1F22

24d12d22d1d2cos2(d1d2)24d1d2sin2

(d1d2)244

d1d221（小于2的常数）

故动点P的轨迹C是以F1，F2为焦点，实轴长2a21的双曲线．

x2y21． 方程为

1（2）方法一：在△AF1B中，设AF1d1，AF2d2，BF1d3，BF2d4． 假设△AF1B为等腰直角三角形，则

dd2a①12d3d42a②d3d4d2③ d12d3④2π⑤d3d4sin4由②与③得d22a，

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d14a则d322a d4d32a2(21)a由⑤得d3d42，

42(21)a22 (842)(1)2，

1222(0，1) 17故存在1222满足题设条件． 17方法二：（1）设△AF1B为等腰直角三角形，依题设可得

2222πAFAF，AFAFsin122π1821 1cos4BFBFsin2π214BF1BF22所以S△AF1F21π1AF1AF2sin(21)，S△BF1F2BF1BF2． 242则S△AF1B(22)．① 由

S△AF1F2S△BF1F2AF2BF221，可设BF2d，

则AF2(21)d，BF1AB(22)d． 则S△AF1B112AB(22)2d2．② 22由①②得(22)d22．③

根据双曲线定义BF1BF22a21可得，(21)d21． 平方得：(21)2d24(1)．④ 由③④消去d可解得，1222(0，1) 17 范文范例参考

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故存在

1222满足题设条件． 17 范文范例参考