高職分類考試復習同步檢測題（第三版）參考答案及評分標準一、基礎知識部分1.“集合與充要條件”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.C【解析】根據組成集合的元素特性判斷，故選C.2.D【解析】該圖中集合A包含于集合B，故選D.3.B【解析】，，，，故選B.4.A【解析】由交集的定義，借助數軸取兩個集合的公共部分，故選A.5.D【解析】由并集的定義求解，故選D.6.C【解析】由并集的定義，借助數軸取兩個集合的所有元素，故選C.7.C【解析】，由補集的定義可求解，故選C.8.D【解析】由補集的定義，借助數軸可求解，故選D.9.A【解析】集合的真子集是，和，所以它的非空真子集是和，故選A.10.B【解析】由得，所以或，故選B.二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.【解析】解方程組得，所以.12.【解析】，，所以.13.或3【解析】由題得，解得或3.14.?【解析】因為，則?或，且?，所以?.15.充分不必要【解析】因為，但，所以是充分不必要條件.三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：（1）由題知，，所以；……（4分）（2）由題知，，所以.……（4分）17.解：由題可知，若時，，則，不符合題意，所以；若時，解得，，則，符合題意，所以.綜上所述，；……（4分）（2）由（1）得，又因為，所以,則.……（4分）18.解：（1）；……（2分）；……（2分）（2）因為，所以，……（2分）則.……（2分）19.集合A=，因為，所以，則……（1分）①若，則，即，解得；……（2分）②若，則，即，解得或；……（2分）③若，則，即，解得或；……（2分）綜上所述，的解集是.……（1分）20.解：（1）由得，由得，……（2分）所以，由得，……（2分）因為，所以，解得，所以,……（2分）（2）因為，所以，解得.所以.……（2分）2.“不等式”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.B【解析】由得，解得，故選B.2.C【解析】由不等式的基本性質得，即，故選C.3.C【解析】由得，解得，故選C.4.B【解析】由題得得的兩根是-3和2，所以，所以，故選B.5.B【解析】由絕對值的定義可得，故選B.6.D【解析】且，故選D.7.C【解析】，，所以，故選C.8.C【解析】由題知方程的兩根是-3和1，所以不等式的解集是，故選C.9.B【解析】由題知，則，解得，故選B.10.B【解析】由題得，則，解得，所以，故選B.二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.【解析】由得，解得.12.【解析】由?得.13.【解析】，解得.14.【解析】因為當時，所以，解得.15.【解析】由得，解得，由題意得，解得.三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：原不等式為即……（3分）解得……（2分）所以不等式的整數解為.……（3分）17.解：由得，所以，即，……（3分）又由得，所以，……（3分）故不等式組的解集為.……（2分）18.解：由的解集為可得，……（2分）所以，即，解得，……（4分）所以的取值范圍是.……（2分）19.解：由得，所以，……（3分）由得，解得，所以，……（3分）所以.……（2分）20.解：設每間客房日租金增加元，則每天客房的總租金為，……（2分）所以，即，化簡不等式得，……（2分）則，解得.……（2分）答：該賓館每間客房的日租金的范圍是，每天客房的總租金不低于14000元.……（2分）3.“集合與不等式”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】元素與集合的關系：，；集合與集合的關系：?，?，=，.故選C.2.C【解析】根據補集，并集的性質得，所以.故選C.3.A【解析】因為，所以,所以.故選A.4.C【解析】畫數軸求解集.故選C.5.D【解析】由或解得或.故選D.6.B【解析】由，得.故選B.7.B【解析】若是3的倍數，則不一定是6的倍數，但若是6的倍數，則一定是3的倍數，所以是必要不充分條件.故選B.8.B【解析】由得，解得；整數解為-1，0，1，2.故選B.9.C【解析】由，得，，.故選C.10.C【解析】如圖所示，集合A與B的交集為數軸陰影部分.故選C.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：M的真子集是：，，，，，，.……（3分）全集{小于8的自然數}={0,1,2,3,4,5,6,7}……（3分）因為集合={2,3,6},所以={0,1,4,5,7}……（1分）集合N={1,6},={0,2,3,4,5,7}……（1分）={0,1,4,5,7}{1,6}={1}……（2分）={2,3,6}{1,6}={1,2,3,6}……（2分）={0,4,5,7}……（2分）12.解：由得，所以，解得或，所以……（4分）因為，所以，解得，所以，……（4分）所以.……（4分）.13.解：（1）由題意知，矩形一邊為米，另一邊為米，……（2分）則，即……（2分）解得或8……（2分）方案一：當米時，另一邊米，花圃的面積為32平方米.方案二：當米時，另一邊米，花圃的面積為32平方米.……（2分）（2）由題意知，矩形一邊為米，另一邊為米，則，即,……（2分）解得……（3分）修建方案是：當AB的長度在時，花圃的面積不小于42平方米.……（1分）二、函數主線部分1.“函數”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.C【解析】.故選C.2.A【解析】對稱軸，函數圖像開口向上，在內是減函數.故選A.3.D【解析】由題意得，解得.故選D.4.D【解析】奇函數圖像關于原點對稱，（2,6）關于原點對稱的點是（-2,-6）.故選D.5.B【解析】由偶函數圖像關于軸對稱得，在上為增函數且最小值為7.故選B.6.D【解析】因為，所以.故選D.7.B【解析】函數圖像開口向下，所以；由得；因為函數圖像與軸的交點是，所以.故選B.8.C【解析】因為是偶函數，所以，且它在上單調遞增，所以，所以，故選C.9.C【解析】由題知，解得，故選C.10.B【解析】因為時，，所以，因為是奇函數，所以.二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.【解析】因為，所以，所以12.2【解析】由題得，解得.13.【解析】因為當，時，其對稱軸方程是又因為為偶函數，所以其拋物線部分與它大小相等，且對稱軸是，所以函數解析表達式是.14.【解析】由題知，則.15.【解析】因為在區間上單調遞減，且，所以時，；因為為偶函數，所以它在上單調遞增，所以時，，綜上所述，要使，則的取值范圍是.三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：由題意得，……（2分）由得，即，解得；…（2分）由得，解得……（2分）綜上得函數的定義域是.……（2分）17.解：（1）設所求二次函數解析式為，……（1分）由題意得……（3分）二次函數解析式為……（1分）（2）因為，所以，即，所以，解得……（2分）所以的取值范圍是……（1分）18.解：（1）由題意可設二次函數的解析表達式是，則，解得，……（2分）所以二次函數的解析表達式是.……（1分）（2）因為函數是偶函數，所以，若，則，……（1分）解得，解得，所以，……（2分）所以的取值范圍是.……（2分）19.解：（1）由題意得m，則，……（2分）（2）由題意得，即，解得，……（2分）所以的取值范圍是.……（1分）（3），……（1分）因為，所以.……（1分）所以，當為m時,籬笆所圍成的矩形面積最大,最大面積為m2.……（1分）20.解：（1）根據題意得，解得,所求一次函數的表達式為；……（2分）

（2），……（2分）

因為，所以當時，所以當銷售單價定為90元時，商場可獲得最大利潤，最大利潤是900元．……（1分）

（3）由（2）得因為，所以……（1分）即，解得……（1分）所以要使該商場獲得利潤不低于500元，則銷售單價的取值范圍是.……（1分）2.“函數”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.B【解析】由得，因為，所以.故選B.2.C【解析】，.故選C.3.D【解析】因為，所以，解得，因此，則.故選D.4.A【解析】函數在區間上為減函數；函數在區間上為減函數且它在區間也是減函數，其在定義域內不是連續單調遞減的函數；函數在區間上為增函數，在區間上為減函數，其在定義域內不具有單調性；函數在區間上為增函數.故選A.5.A【解析】因為若是自然數，則是整數；反之若是整數，則不一定是自然數，所以是充分不必要條件.故選A.6.C【解析】因為，則或，當時，解得；當即，即，解得，所以或，故選C.7.D【解析】因為為偶函數，且在區間上是單調遞減，所以在上是單調遞增，因此當時，.故選D.8.D【解析】.故選D.9.C【解析】頂點坐標是，圖像開口向下，當時，，對稱軸方程是，在區間上是減函數.故選C.10.B【解析】由得，又因為且，所以，所以，解得，所以，故選B.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：由題意得，即，所以……（5分）又因為，即所以，……（5分）所以.……（3分）12.解：（1）因為函數圖像關于直線對稱所以，……（3分）……（3分）（2）由（1）知……（2分）因為，所以，所以，解得……（4分）所以的取值范圍是……（1分）13.解：（1）由題意得，……（3分）的取值范圍是；……（1分）（2）由（1）得，……（2分）所以當時，（元），所以銷售單價定為140元時，所獲最大利潤3600元.……（3分）（3）由（2）得，即，……（2分）解得，所以銷售單價的價格范圍是.……（3分）3.“指數函數與對數函數”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.B【解析】由題意得：，故函數的定義域為.2.B【解析】指數函數的底數，故選B.3.D【解析】將對數式轉化為指數式為.4.D【解析】由得，所以.5.C【解析】，所以，解得.故選C.6.D【解析】由對數式的單調性可知，成立；，，即成立；由指數函數的單調性可知，，故指數函數在R上是減函數，且，所以.故選D.7.D【解析】當時，，所以必過點.8.C【解析】①，②，③，④.故選C.9.B【解析】函數的定義域為R，且，故是奇函數；函數的定義域為R，且，故是偶函數；函數的定義域為R，且，故是奇函數；函數的定義域為R，且，故是奇函數.故選B.10.B【解析】因為函數的定義域是，所以當時，，則，所以函數為減函數；當時，，函數為增函數.故選B.二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.【解析】將化成指數式是.12.【解析】.13.5【解析】14.【解析】對數函數在區間上是減函數，則底數.故的取值范圍為.15.【解析】由得，所以，解得.三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：原式=……（8分）17.解：（1）把點代入函數中，得，解得……（3分）（2）由（1）得，，所以，則，即，……（2分）解得，……（2分）所以的取值范圍是.……（1分）18.解：（1）由題意可得，解得或，所以函數的定義域為.……（3分）（2）由得，即，……（1分）所以，解得，所以或所以當時，.……（4分）19.解：（1）因為，所以，解得；……（3分）（2）由（1）得，則，……（1分）所以當時，單調遞增；當時，單調遞減.故函數的單調遞減區間是.……（4分）20.解：（1）由題意得，即，解得，所以的定義域為；……（3分）（2）設，所以，則在上單調遞增，在上單調遞減，又的定義域為，根據同增異減原理得的單調遞增區間為，單調遞減區間為.……（3分）當時，函數有最小值，且.……（2分）4.“指數函數與對數函數”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】因為全集，集合,所以.故選C.2.B【解析】因為，所以原不等式的解集為.3.A【解析】在函數中，當x=1時，在滿足條件的a的所有取值中，,即函數恒過定點(1,3).故選A.4.A【解析】在給定的四個函數，，，中，只有和是偶函數，但函數在區間上是單調增函數.故只有函數既是偶函數，在區間上是單調減函數.故選A.5.B【解析】將對數式轉化為指數式為：.故選B.6.D【解析】函數在區間上為減函數；函數在區間上為減函數；函數在區間上為減函數；函數的定義域為R，在區間上為減函數，在區間上為增函數.7.B【解析】由得，這時且，所以，而中，所以，反之則不成立.8.B【解析】函數,的定義域均為R，且為偶函數，為奇函數.則既不是奇函數也不是偶函數；是奇函數.故只有=2\*GB3②=3\*GB3③是正確的，其余均是錯誤的.9.D【解析】由題意可得：，所以原函數的定義域為.10.A【解析】觀圖像知函數在定義域上為減函數，所以指數函數的底數；由圖像與y軸的交點可得：.所以.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：要使函數有意義，必須滿足，……（4分）解得或；……（2分）由得，即，所以，解得.……（4分）所以函數的定義域是……（3分）12.解：（1）因為，所以，解得，所以的值為.……（4分）（2）因為，所以，……（4分）因為，所以，……（2分）又因為指數函數在是增函數，……（1分）所以在區間上有最小值是.……（2分）13.解：（1）由圖可知日銷量（件）與銷售單價（元）之間的關系式為，且圖像過點，則……（1分）,解得……（4分）即……（2分）（2）設每天的銷售利潤為元，由題意可得，所以，……（2分）則，……（3分）所以當時，有最大值為225.所以，要使每天的銷售利潤最大，每件玩具的銷售單價應定為25元，此時每天的銷售利潤是225元.……（2分）5.“三角函數定義和基本公式”檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】角的概念推廣后，注意辨別“第一象限的角”、“銳角”及“小于90°”的角.故選C.2.A【解析】考查終邊相同的角，，當時，.故選A.3.B【解析】，則是第一或二象限的角，，則是第二或三象限的角，所以是第二象限的角.故選B.4.C【解析】.故選C.5.A【解析】考查倍角公式的轉化應用，據是第二象限角，所以，.故選A.6.A【解析】.故選A.7.D【解析】由題得，所以.故選D.8.D【解析】.故選D.9.C【解析】原式.故選C.10.A【解析】.故選A.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：……（12分）12.解：由題得，所以，，……（3分），……（3分），……（3分）.……（3分）13.解：……（3分）……（3分）……（4分）……（4分）6.“三角函數圖像性質和解三角形”檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】因為，所以.其最小值是3，故選C.2.B【解析】因為或，故選B.3.A【解析】函數的圖像關于原點對稱，所以它為奇函數.故選A.4.C【解析】函數化簡為.故選C.5.D【解析】由題得，所以，所以，故選D.6.D【解析】由得，，，所以.故選D.7.C【解析】由余弦定理得，解得，所以.故選C.8.A【解析】.故選A.9.B【解析】因為當時，函數為減函數，解之得,所以函數在區間上是減函數，故選B.10.B【解析】由得，所以，所以.故選B.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：（1）由已知條件得最小正周期……（4分）（2）因為，所以當時，函數單調遞增，……（4分）解得……（2分）即函數的增區間為……（2分）12.解：（1）解方程得……（2分）所以，……（2分）由得……（4分）（2）故……（2分）……（4分）13.解：（1）因為，所以，……（2分），即，化簡得……（4分）故的最小正周期為，……（1分）（2）當時，……（1分）所以，則，所以，則……（4分）所以函數在的最小值是0，最大值是3.……（2分）7.“三角函數”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.B【解析】。2.B【解析】因為，該為奇函數；，該函數為偶函數；，該函數為奇函數；中，，所以，且，所以該函數既不是奇函數也不是偶函數。3.A【解析】，其中，所以函數的值域是，最小正周期。4.D【解析】在中取，則，，，所以，也可借助3個函數，和在區間上的圖像比較大小。5.B【解析】由得，由得。6.B【解析】由題得，解得或，由題知，所以。7.C【解析】因為，所以是第二或三象限角，又因為，所以或；也可借助正弦函數圖像求解。8.C【解析】.9.C【解析】由得，解得，因為是銳角三角形，所以。10.C【解析】因為，再由扇形面積公式求解，所以。二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.2【解析】。12.【解析】由扇形弧長公式求解，。13.1【解析】因為，所以，所以，則，所以它的最小值是1.14.【解析】因為，所以，故。15.【解析】因為，所以，解得。三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：原式……（8分）17.解：因為角的終邊上一點，所以，……（2分）（1）；……（2分）（2）因為所以，,……（2分）.……（2分）18.解：(1)因為所以；……（3分）(2)因為，所以，所以.……（2分）即解得或.……（3分）19.解：（1），所以,……（2分）（2）因為是方程的兩個根，由韋達定理得，……（2分）因為，所以，所以.……（4分）20.解：（1）要使函數有意義則，所以所以函數的定義域為；……（2分）最小正周期……（3分）（2）由得，又因為函數的定義域為，所以的單調遞增區間為.……（3分）8.“三角函數”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.B【解析】.2.A【解析】.故選A.3.B【解析】.4.C【解析】由題得,，,則.5.C【解析】由題得，所以，解之得.6.B【解析】由題得，又從圖像觀察得函數的最小正周期是8，則，解得.7.A【解析】由題知，故.8.D【解析】由題意得.9.A【解析】.10.C【解析】因為，，所以，由得，解得.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：（1）因為,所以，……（3分）因為，所以……（1分）則……（2分）……（2分）（2）由（1）得……（2分）所以……（4分）12.解：（1）由題意得，……（2分）結合正弦型函數圖像得，……（2分）解之得，……（2分）所以的定義域……（1分）（2）由得……（1分）則，即……（2分）所以……（1分）解之得……（1分）所以當時，的取值范圍是.……（1分）13.解：（1）……（2分），……（2分）所以函數的最大值是、最小值是、最小正周期……（3分）（2）當時，函數為減函數，……（2分）解之得，……（2分）函數的單調遞減區間是.……（2分）9.“數列”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.D【解析】由得。2.D【解析】觀察得數列的通項公式是，所以。3.C【解析】觀察規律得數列的通項公式是。4.C【解析】設數列的公差為，則，解得，所以。5.A【解析】由得，所以數列是公差為的等差數列。6.C【解析】設數列的公差為，則，所以，所以。7.D【解析】設數列的公比為且，由題得，則。8.A【解析】由題得，，解得，，所以，，，所以。9.A【解析】設數列的公比為，則，所以，，所以。10.B【解析】，，，所以，解得。二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.67【解析】由等差數列的通項公式得，解得。12.1【解析】由題得，所以。13.2【解析】由題知，則，解得，所以。14.48【解析】由題知，，所以公差，所以插入的三個數分別是，16，，它們的和為48.15.84【解析】設數列的公比為，則，所以，解得（舍去）或，則。三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：（1）由題意知，公差，由得；……（3分）（2）等差數列的前項和，所以，即，解得.……（5分）17.解：（1）設的公差為，則，.解得，所以；……（4分）（2）因為所以當時，取得最大值64.……（4分）18.解：令等比數列的公比為，因為，所以,由得：，所以，解得,……（4分）所以.……（4分）19.解：（1）設等差數列的公差為，因為，所以，解得，因為，所以，又因為，所以，所以，因為，所以，所以，故數列的通項公式為；……（4分）（2）由（1）知，，，所以，，因為，，成等比數列，所以，則解得，所以.……（4分）20.解：（1）設等差數列的公差為，因為，,,，成等比數列，所以，解得，所以，所以數列的通項公式是；……（4分）（2）由(1)得，，所以，，所以是首項為4，公比為4的等比數列，所以.……（4分）10.“數列”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】A={-2,1,2}.故選C.2.A【解析】由題意得，，所以，解之得.故選A.3.C【解析】函數的定義域是R，且,所以是偶函數.故選C.4.D【解析】由題得時，解得或.故選D.5.B【解析】.故選B.6.A【解析】.故選A.7.B【解析】由題得，,所以.故選B.8.C【解析】因為，解得，，所以.故選C.9.B【解析】由題意得，因為，所以，故是等邊三角形，所以.故選B.10.D【解析】個位數字為0的四位數才是5的倍數，所以共有3×2×1=6種.故選D.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：原式……（10分）……（2分）12.解：（1）由題意得，……（４分）解得，……（1分）數列的通項公式為：……（2分）（2）由得……（3分）化簡得……（1分）解得（舍去）或.……（2分）所以的值是23.……（1分）13.解：（1）由題意得，，所以……（2分）所以，又因為函數圖像過點所以，所以。……（4分）（2）由(1)得，……（1分）因為，所以……（2分）所以的最大值為，……（2分）的最小值為……（2分）三、幾何與代數主線部分1.“直線方程和圓的標準方程”檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.A【解析】變形為，所以直線的斜率為.2.D【解析】因為AB的斜率是，由點斜式得直線方程為，化簡得.3.A【解析】當時，方程為，解得；當時，方程為，解得；所以直線在x和y軸上的截距分別和.4.C【解析】由題得時，則直線的方程為，化簡得.5.C【解析】.6.B【解析】由題得，解得.7.D【解析】設所求直線為，則，解得，故直線方程為.8.A【解析】設，則，解得，故A的坐標為或.9.B【解析】方程配方得，所以方程表示以為圓心，4為半徑的圓.10.C【解析】由知圓的圓心為為圓心，半徑為3，則圓的圓心到直線的距離是，即，故直線與圓相交不經過圓心.故選C.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：（1）因為、，所以的中點……（1分）又因為，所以的垂直平分線的斜率為，……（3分）故的垂直平分線方程為，化簡為.……（2分）（2）由（1）知斜率為1，所以的方程為，化簡得的方程為……（2分）又……（2分）邊上的高等于點到直線的距離，所以……（2分）故.……（2分）12.解：（1）設圓的方程為，其中圓心是，半徑是，…（1分）則，……（2分）解之得，……（3分）所以圓的方程是；……（2分）（2）由（1）得圓的圓心為……（2分）由題意得……（2分）所以圓的方程是.……（1分）13.解：（1）原方程配方得……（2分）所以圓的圓心，半徑……（1分）（2）若直線（即）與圓相交，則，……（2分）則有，解之得，……（3分）（3）如圖所示，直線與圓交于、兩點，則圓心到直線的距離是，……（2分）在中，.……（3分）2.“圓錐曲線”檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.B【解析】由，，，由，得，故選B.2.C【解析】由，焦點在軸，則雙曲線標準方程是，所以，得，所以.3.B【解析】由得，所以，，解得，，故雙曲線的漸近線方程由得.4.C【解析】由

，焦點在軸上，且，解得，由得.5.D【解析】由，故

，故選D.6.A【解析】由題得，解得，故選A.7.B【解析】由題知短軸為，故選B.8．A【解析】由，焦點在軸上，故選A.9.B【解析】由，所以，因為，所以雙曲線的離心率是.10.C【解析】由題知，故選C.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：（1）由題知拋物線的焦點在正半軸上，且，解得，……（3分）所以拋物線的標準方程為.……（2分）（2）設點，由拋物線定義知，則，……（3分）所以，解得，……（2分）所以點的坐標是或……（2分）12.解：（1）設雙曲線的標準方程為……（1分）由題知，，所以，解得，……（3分）所以，……（1分）所以雙曲線的標準方程為：.……（2分）（2）設，由題意知：，……（2分），由，得，……（2分）所以直線的方程是，……（2分）即……（1分）13.解：（1）由題意可設橢圓方程為……（1分）由……（2分）所以……（1分）所以，橢圓的方程是……（2分）（2）由題知，又，……（2分）故，為等腰三角形.……（2分）過作，交于，故在中，……（2分）所以.……（2分）3.“平面解析幾何”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.B【解析】直線的斜率，所以直線方程是，即。2.A【解析】由得，所以直線的斜率是，所以直線的方程是，即。3.B【解析】因為，所以兩條直線平行。4.A【解析】方程配方得，所以該方程表示圓心為，半徑為5的圓。5.B【解析】因為，所以，即，解得或。6.A【解析】線段的中點是，直線的斜率是，所以的垂直平分線的斜率是1，該直線的方程是，即。7.C【解析】由題知，，，所以，所以，所以橢圓的標準方程是。8.C【解析】由題知圓的圓心，半徑，圓心到直線的距離，所以直線與圓相交。9.C【解析】由橢圓的定義知的周長是，且，，所以三角形的周長是18.10.C【解析】設直線方程是，代入得，所以直線方程是。二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.，5【解析】根據圓的標準方程觀察圓心和半徑分別是，5。12.，【解析】因為且橢圓的焦點在軸上，所以焦點坐標是，。13.【解析】因為雙曲線的焦點在軸上，且，，其漸近線方程由得。14.【解析】由得，所以拋物線的焦點在軸的負半軸上，且，解得，所以拋物線的焦點坐標是。15.或【解析】設，則，解得或，所以點的坐標是或。三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：（1）由題意得，解之得，所以點；……（4分）（2）設所求直線方程是，則，解得，所以直線方程是.……（4分）17.解：設直線方程是，則，解得，所以直線的方程是，即，……（4分）又由題意得，即，解得或，所以的取值范圍是.……（4分）18.解：設圓的圓心為，半徑為，則圓的方程是，所以，又直線的方程變形為，所以直線的斜率是3，所以，解得，……（4分）又圓經過，且圓心所以，所以圓的標準方程是.……（4分）19.解：（1）由題意得圓的圓心是，半徑，又直線的斜率，所以直線的方程是，即，因為直線和圓相切，所以，則，解得；……（5分）（2）由（1）知，因為，所以，解得.……（3分）20.解：（1）由題知，，由得，所以，又因為直線的斜率，所以直線的方程是，即……（3分）（2）設，，由題意得，化簡得所以，，又，所以；……（3分）（3）由（1）知到直線的距離等于邊上的高，所以，……（1分）所以的面積是.……（1分）4.“平面解析幾何”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】因為?，所以不正確，故選C.2.C【解析】因為是偶函數，所以，，又在上是減函數，所以，則，故選C.3.B【解析】由題得，解得，故選B.4.C【解析】由題得，解得.故選C.5.B【解析】由題得，解得.故選B.6.A【解析】設直線的斜率是1，所以直線方程為，即.故選A.7.D【解析】，則.故選D.8.C【解析】由題得，則.故選C.9.B【解析】由得，所以.故選B.10.C【解析】兩本數學書放在兩端共有種不同的放法，語文書共有種不同的放法，所以總的方法是48種.故選C.二、解答題(共3小題，共40分)11.解：（1）由題知，……（1分）解得，……（1分）拋物線的焦點是，……（2分）所以圓的方程是.……（2分）（2）由題知直線與圓有兩個不同的交點，所以，……（1分）所以圓心到直線的距離……（2分）則有，即……（1分）解得，……（3分）故的取值范圍是.……（1分）12.解：（1）由題知雙曲線的焦點在軸上，且，…（2分）因為離心率為，所以，…（1分）解之得，…（1分）由得，…（1分）故雙曲線的標準方程是.……（1分）（2）由（1）知……（2分）因為……（2分）①兩邊平方得，則，……（2分）又因為，所以.……（1分）13.解：（1）由題知橢圓的焦點在軸上，且，…（2分）所以，…（1分）由得，…（2分）故橢圓的標準方程是.……（1分）（2）由（1）得，……（1分）則直線的方程為，……（1分）聯立解方程組得，……（3分）故.……（2分）5.“簡單幾何體”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.A【解析】①正確，②中例如圓柱是旋轉體它的上下底面都是平面圖形，所以錯誤，③中球的三視圖都是相同的，所以它不一定是正方體，④中底面是正多邊形的棱錐才是正棱錐，所以錯誤。2.C【解析】圖中是由2個四棱錐組成的幾何體，故三視圖是C圖。3.B【解析】小正方體的個數如俯視圖所示，共有12個，故選B。4.D【解析】由圓柱的體積公式得（m3）。5.C【解析】設圓錐的母線長為cm，則，解得（cm）。6.A【解析】由長方體的體積公式得，解得（cm）。7.C【解析】①③④正確，②是正棱錐的側棱長都相等，所以正確的結論有3個。8.D【解析】因為圖D的底面是六邊形，沿虛線折疊只有5條棱，所以它不能折疊成六棱柱。9.D【解析】由球的表面積公式得（dm2）。10.D【解析】設原來正三棱錐的體積是1，多面體是由原來的正三棱錐切割下4個大小與相等的正三棱錐，而，高之比是1:2，所以，所以多面體的體積等于。二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.120，180【解析】，。12.，【解析】，正四棱錐的高，所以它的體積是。13.【解析】正方體的體積，棱錐的底面的面積是，高，所以它的體積是，所以棱錐的體積是原長方體體積的。14.15dm【解析】設圓柱的底面圓的半徑是r，則，所以，則圓錐的體積是，所以，解得（dm）。15.【解析】在正方體的表面上任取4個點構成的三棱錐的體積一定大于0，且當4個點分別取在類似，，，時，這個正三棱錐的體積最大，設正方體的棱長為1，則三棱錐的底面積是，高，所以三棱錐的體積是，所以三棱錐的體積的范圍是。三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：由三視圖知這個幾何體上面部分為一個圓錐體，下面部分為一個圓柱體，且圓柱和圓錐的底面圓的半徑都是3dm，圓柱的高為10dm，圓錐的高是2dm。（1）圓錐的底面周長（dm），由題可得圓錐的母線長（dm），所以圓錐的側面積（dm2），圓柱的側面積是（dm2），底面圓的面積是（dm2），所以這個幾何體的表面積是（dm2）；……（4分）（2）圓錐的體積是（dm3），……（2分）圓柱的體積是（dm3），所以這個幾何體的體積是圓錐的體積是（dm3）。……（2分）17.解：（1）設水桶的底面半徑是，則，解得（dm），所以水桶的側面積是（dm2），底面面積（dm2），所以一個水桶所用鐵皮的面積是（dm2），一個這樣的鐵皮水桶大約需要鐵皮176dm2；……（5分）（2）由（1）得一個水桶的最大盛水量是（dm3），所以每個水桶的最大的盛水量約是163dm3.……（3分）18.解：（1）設圓錐體容器的底面半徑是dm，則（dm），所以圓錐體容器的體積是（dm3），所以圓錐體容器的體積約是37.7dm3；……（4分）（2）設長方體容器的水面上升高度為dm，由（1）知水的體積是37.68dm3，且圓錐體玻璃容器中水的體積等于長方體玻璃容器中水增加的體積，則，解得（dm），所以長方體容器的水面上升的高度約是1.6dm.……（4分）19.解：如圖所示，從三視圖知百寶箱是由一個半圓柱體和一個長方體組成，且圓柱的半徑cm，長度是cm，長方體的長為50cm，寬為40cm，高為20cm.所以半圓柱體的表面積是（cm2），長方體的表面積是（cm2），所以百寶箱的表面積約是（cm2）；……（4分）又由（1）知半圓柱的體積（cm3），長方體的體積（cm3），所以百寶箱的體積約是（cm3）.綜上所述，這個百寶箱的表面積約是9996cm2，體積約是71400cm3.……（4分）20.解：（1）由題知，；……（2分）（2）設切割的最大正方體的邊長是，棱錐的頂點的縱截面是，如圖所示建立直角坐標系，且，，所以，，因為∽，所以，解得，所以切割下來的正方體的體積是。……（6分）6.“簡單幾何體”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】由交集、并集和補集定義可得，所以C正確。2.A【解析】由得，所以或，解得或，故選A。3.B【解析】要使函數有意義，必須滿足，即，解得，故選B。4.D【解析】變為指數式是，故選D。5.B【解析】設長方體的高是，由長方體的體積公式得，解得。6.B【解析】，所以它的的最大值是，最小正周期是，增區間是，減區間是，故選B。7.C【解析】由題知，圓的圓心坐標是，且點A是圓上的點，所以過點A引圓的切線只有1條，且切線與CA垂直，由得切線的斜率是，所以切線的方程是，化簡得。8.B【解析】由題得，解得，所以。9.C【解析】圓柱的半徑是m，母線長m，所以該圓柱的側面積是（m2）。10.A【解析】由得，得，解得，所以或，又因為，所以，所以。二、解答題(共3小題，共40分)11.解：（1）扇形的面積等于圓錐的側面積，設圓錐的母線長是，底面半徑是，高是，則，=6，所以；……（6分）（2）由題知扇形的弧長等于圓錐底面的周長，所以，解得，所以圓錐的底面面積是，……（4分）圓錐的高，……（2分）所以該圓錐的體積是。……（2分）12.解：（1）由題得，則，解得；……（4分）（2）由（1）得，因為，所以，故，所以的值域是；……（4分）當時，函數單調遞增，……（2分）即，化簡得，所以函數的單調遞增區間是。……（3分）13.解：（1）由題知，，則，所以，則，又由題知圓的圓心，半徑是2，因為與圓相切，所以，則，化簡得，解得，……（4分）所以直線的方程是；……（2分）（2）由（1）得，化簡得，……（3分）所以，，由得。……（4分）四、概率與統計主線部分1.“概率與統計”單元檢測卷一、選擇題（共10小題，每小題4分，共40分）1.C【解析】選1本書的不同方法有5+4+3=12種。2.D【解析】（種）。3.B【解析】（種）。4.D【解析】（種）5.B【解析】。6.C【解析】（種）。7.B【解析】2張有關聯的明信片要寄給同一個人，則有種方法；其他4張明信片寄給另兩位朋友，則有（種）不同寄法.8.D【解析】（種）。9.B【解析】由題得或，解得或，所以是必要不充分條件。10.C【解析】（種）。二、填空題（共5小題，每小題4分，共20分）11.6【解析】（個）12.38【解析】（種）。13.1200【解析】（人）。14.324【解析】（種）。15.26【解析】第一類：奇×偶，有種,第二類：偶×偶，有，共有20+6=26種.三、解答題（共5小題，每小題8分，共40分）16.解：（1）第一輪比賽每個賽區6個隊，主、客場分別比賽一場，共有場比賽.……（4分）（2）第二輪比賽是單循環比賽，沒有區分順序，有場比賽.兩輪總共需要進行場比賽.……（4分）17.解：（1）女生站兩端，共有種不同的站法.……（4分）（2）女生不站兩端，共有種不同的站法.……（4分）18.解：（1）社長必須當選的選法共有（種）.……（4分）（2）社員甲不當選且社長當選，則不同的選法共有（種）.……（4分）19.解：（1）奇數共（個）.……（3分）（2）第一類個位是0的偶數，共有（個）；第二類個位不是0的偶數，共有（個）。所以符合條件的偶數共有（個）.……（5分）20.解：從10個小球中隨機地依次抽取兩個小球，記事件A為“2個小球上的數為相鄰整數”，其所有情況：(1,2)，(2,3)，(3,4)，(4,5)，(5,6)，(6,7)，(7,8)，(8,9)，(9,10)，(10,9)，(9,8)，(8,7)，(7,6)，(6,5)，(5,4)，(4,3)，(3,2)，(2,1)共18種.（1）如果小球是不放回的，抽取2個小球按抽取順序記錄結果，則有10種可能，有9種可能，共有90種基本事件，所以事件A的概率為.……（4分）（2）如果小球是有放回的，抽取2個小球按抽取順序記錄結果，則有10種可能，有10種可能，共有100種基本事件，所以事件A的概率為.……（4分）2.“概率與統計”同步檢測卷一、選擇題(共10小題，每小題6分，共60分)1.C【解析】因為，則，所以；由“”的字母組成的集合是，當時，?不成立；。故選C。2.A【解析】“甲站排頭”與“乙站排頭”是兩個互斥事件.故選A.3.B【解析】，即解得或.故選B.4.C【解析】由題知，樣本中，所以，所以.5.A【解析】由題知，，所以公差．則,所以當時，的最小值是–16．6.A【解析】.7.B【解析】由題知角的終邊在一象限或二象限，當角的終邊在一象限時，在直線上取一點，則，所以，同理當角的終邊在第二象限時，在直線上取一點，則，所以，綜上所得。8.A【解析】函數是偶函數，且在區間上單調遞減；函數在區間，不具有奇偶性；函數，它在區間上單調遞減，但它不具有奇偶性；對數函數在區間上單調遞減，但它不具有奇偶性。9.D【解析】由題知恰好有一個空盒時，另3個盒中每個盒子至少有1個球，三個盒中裝入的球數為2+1+1型，則共有種不同的裝法；而把4個球往4個盒中裝共有種裝法。所以