高职分类考试复习同步检测题（第三版） 参考答案

高职分类考试复习同步检测题（第三版）参考答案及评分标准一、基础知识部分1.“集合与充要条件”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.C【解析】根据组成集合的元素特性判断，故选C.2.D【解析】该图中集合A包含于集合B，故选D.3.B【解析】，，，，故选B.4.A【解析】由交集的定义，借助数轴取两个集合的公共部分，故选A.5.D【解析】由并集的定义求解，故选D.6.C【解析】由并集的定义，借助数轴取两个集合的所有元素，故选C.7.C【解析】，由补集的定义可求解，故选C.8.D【解析】由补集的定义，借助数轴可求解，故选D.9.A【解析】集合的真子集是，和，所以它的非空真子集是和，故选A.10.B【解析】由得，所以或，故选B.二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.【解析】解方程组得，所以.12.【解析】，，所以.13.或3【解析】由题得，解得或3.14.⫋【解析】因为，则⫋或，且⫋，所以⫋.15.充分不必要【解析】因为，但，所以是充分不必要条件.三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：（1）由题知，，所以；……（4分）（2）由题知，，所以.……（4分）17.解：由题可知，若时，，则，不符合题意，所以；若时，解得，，则，符合题意，所以.综上所述，；……（4分）（2）由（1）得，又因为，所以,则.……（4分）18.解：（1）；……（2分）；……（2分）（2）因为，所以，……（2分）则.……（2分）19.集合A=，因为，所以，则……（1分）①若，则，即，解得；……（2分）②若，则，即，解得或；……（2分）③若，则，即，解得或；……（2分）综上所述，的解集是.……（1分）20.解：（1）由得，由得，……（2分）所以，由得，……（2分）因为，所以，解得，所以,……（2分）（2）因为，所以，解得.所以.……（2分）2.“不等式”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.B【解析】由得，解得，故选B.2.C【解析】由不等式的基本性质得，即，故选C.3.C【解析】由得，解得，故选C.4.B【解析】由题得得的两根是-3和2，所以，所以，故选B.5.B【解析】由绝对值的定义可得，故选B.6.D【解析】且，故选D.7.C【解析】，，所以，故选C.8.C【解析】由题知方程的两根是-3和1，所以不等式的解集是，故选C.9.B【解析】由题知，则，解得，故选B.10.B【解析】由题得，则，解得，所以，故选B.二、填空题（共5小题，每小题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】因为当时，所以，解得.15.【解析】由得，解得，由题意得，解得.三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：原不等式为即……（3分）解得……（2分）所以不等式的整数解为.……（3分）17.解：由得，所以，即，……（3分）又由得，所以，……（3分）故不等式组的解集为.……（2分）18.解：由的解集为可得，……（2分）所以，即，解得，……（4分）所以的取值范围是.……（2分）19.解：由得，所以，……（3分）由得，解得，所以，……（3分）所以.……（2分）20.解：设每间客房日租金增加元，则每天客房的总租金为，……（2分）所以，即，化简不等式得，……（2分）则，解得.……（2分）答：该宾馆每间客房的日租金的范围是，每天客房的总租金不低于14000元.……（2分）3.“集合与不等式”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】元素与集合的关系：，；集合与集合的关系：⫋，⫌，=，.故选C.2.C【解析】根据补集，并集的性质得，所以.故选C.3.A【解析】因为，所以,所以.故选A.4.C【解析】画数轴求解集.故选C.5.D【解析】由或解得或.故选D.6.B【解析】由，得.故选B.7.B【解析】若是3的倍数，则不一定是6的倍数，但若是6的倍数，则一定是3的倍数，所以是必要不充分条件.故选B.8.B【解析】由得，解得；整数解为-1，0，1，2.故选B.9.C【解析】由，得，，.故选C.10.C【解析】如图所示，集合A与B的交集为数轴阴影部分.故选C.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：M的真子集是：，，，，，，.……（3分）全集{小于8的自然数}={0,1,2,3,4,5,6,7}……（3分）因为集合={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）因为，所以，解得，所以，……（4分）所以.……（4分）.13.解：（1）由题意知，矩形一边为米，另一边为米，……（2分）则，即……（2分）解得或8……（2分）方案一：当米时，另一边米，花圃的面积为32平方米.方案二：当米时，另一边米，花圃的面积为32平方米.……（2分）（2）由题意知，矩形一边为米，另一边为米，则，即,……（2分）解得……（3分）修建方案是：当AB的长度在时，花圃的面积不小于42平方米.……（1分）二、函数主线部分1.“函数”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.C【解析】.故选C.2.A【解析】对称轴，函数图像开口向上，在内是减函数.故选A.3.D【解析】由题意得，解得.故选D.4.D【解析】奇函数图像关于原点对称，（2,6）关于原点对称的点是（-2,-6）.故选D.5.B【解析】由偶函数图像关于轴对称得，在上为增函数且最小值为7.故选B.6.D【解析】因为，所以.故选D.7.B【解析】函数图像开口向下，所以；由得；因为函数图像与轴的交点是，所以.故选B.8.C【解析】因为是偶函数，所以，且它在上单调递增，所以，所以，故选C.9.C【解析】由题知，解得，故选C.10.B【解析】因为时，，所以，因为是奇函数，所以.二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.【解析】因为，所以，所以12.2【解析】由题得，解得.13.【解析】因为当，时，其对称轴方程是又因为为偶函数，所以其抛物线部分与它大小相等，且对称轴是，所以函数解析表达式是.14.【解析】由题知，则.15.【解析】因为在区间上单调递减，且，所以时，；因为为偶函数，所以它在上单调递增，所以时，，综上所述，要使，则的取值范围是.三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：由题意得，……（2分）由得，即，解得；…（2分）由得，解得……（2分）综上得函数的定义域是.……（2分）17.解：（1）设所求二次函数解析式为，……（1分）由题意得……（3分）二次函数解析式为……（1分）（2）因为，所以，即，所以，解得……（2分）所以的取值范围是……（1分）18.解：（1）由题意可设二次函数的解析表达式是，则，解得，……（2分）所以二次函数的解析表达式是.……（1分）（2）因为函数是偶函数，所以，若，则，……（1分）解得，解得，所以，……（2分）所以的取值范围是.……（2分）19.解：（1）由题意得m，则，……（2分）（2）由题意得，即，解得，……（2分）所以的取值范围是.……（1分）（3），……（1分）因为，所以.……（1分）所以，当为m时,篱笆所围成的矩形面积最大,最大面积为m2.……（1分）20.解：（1）根据题意得，解得,所求一次函数的表达式为；……（2分）

（2），……（2分）

因为，所以当时，所以当销售单价定为90元时，商场可获得最大利润，最大利润是900元．……（1分）

（3）由（2）得因为，所以……（1分）即，解得……（1分）所以要使该商场获得利润不低于500元，则销售单价的取值范围是.……（1分）2.“函数”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.B【解析】由得，因为，所以.故选B.2.C【解析】，.故选C.3.D【解析】因为，所以，解得，因此，则.故选D.4.A【解析】函数在区间上为减函数；函数在区间上为减函数且它在区间也是减函数，其在定义域内不是连续单调递减的函数；函数在区间上为增函数，在区间上为减函数，其在定义域内不具有单调性；函数在区间上为增函数.故选A.5.A【解析】因为若是自然数，则是整数；反之若是整数，则不一定是自然数，所以是充分不必要条件.故选A.6.C【解析】因为，则或，当时，解得；当即，即，解得，所以或，故选C.7.D【解析】因为为偶函数，且在区间上是单调递减，所以在上是单调递增，因此当时，.故选D.8.D【解析】.故选D.9.C【解析】顶点坐标是，图像开口向下，当时，，对称轴方程是，在区间上是减函数.故选C.10.B【解析】由得，又因为且，所以，所以，解得，所以，故选B.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：由题意得，即，所以……（5分）又因为，即所以，……（5分）所以.……（3分）12.解：（1）因为函数图像关于直线对称所以，……（3分）……（3分）（2）由（1）知……（2分）因为，所以，所以，解得……（4分）所以的取值范围是……（1分）13.解：（1）由题意得，……（3分）的取值范围是；……（1分）（2）由（1）得，……（2分）所以当时，（元），所以销售单价定为140元时，所获最大利润3600元.……（3分）（3）由（2）得，即，……（2分）解得，所以销售单价的价格范围是.……（3分）3.“指数函数与对数函数”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.B【解析】由题意得：，故函数的定义域为.2.B【解析】指数函数的底数，故选B.3.D【解析】将对数式转化为指数式为.4.D【解析】由得，所以.5.C【解析】，所以，解得.故选C.6.D【解析】由对数式的单调性可知，成立；，，即成立；由指数函数的单调性可知，，故指数函数在R上是减函数，且，所以.故选D.7.D【解析】当时，，所以必过点.8.C【解析】①，②，③，④.故选C.9.B【解析】函数的定义域为R，且，故是奇函数；函数的定义域为R，且，故是偶函数；函数的定义域为R，且，故是奇函数；函数的定义域为R，且，故是奇函数.故选B.10.B【解析】因为函数的定义域是，所以当时，，则，所以函数为减函数；当时，，函数为增函数.故选B.二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.【解析】将化成指数式是.12.【解析】.13.5【解析】14.【解析】对数函数在区间上是减函数，则底数.故的取值范围为.15.【解析】由得，所以，解得.三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：原式=……（8分）17.解：（1）把点代入函数中，得，解得……（3分）（2）由（1）得，，所以，则，即，……（2分）解得，……（2分）所以的取值范围是.……（1分）18.解：（1）由题意可得，解得或，所以函数的定义域为.……（3分）（2）由得，即，……（1分）所以，解得，所以或所以当时，.……（4分）19.解：（1）因为，所以，解得；……（3分）（2）由（1）得，则，……（1分）所以当时，单调递增；当时，单调递减.故函数的单调递减区间是.……（4分）20.解：（1）由题意得，即，解得，所以的定义域为；……（3分）（2）设，所以，则在上单调递增，在上单调递减，又的定义域为，根据同增异减原理得的单调递增区间为，单调递减区间为.……（3分）当时，函数有最小值，且.……（2分）4.“指数函数与对数函数”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】因为全集，集合,所以.故选C.2.B【解析】因为，所以原不等式的解集为.3.A【解析】在函数中，当x=1时，在满足条件的a的所有取值中，,即函数恒过定点(1,3).故选A.4.A【解析】在给定的四个函数，，，中，只有和是偶函数，但函数在区间上是单调增函数.故只有函数既是偶函数，在区间上是单调减函数.故选A.5.B【解析】将对数式转化为指数式为：.故选B.6.D【解析】函数在区间上为减函数；函数在区间上为减函数；函数在区间上为减函数；函数的定义域为R，在区间上为减函数，在区间上为增函数.7.B【解析】由得，这时且，所以，而中，所以，反之则不成立.8.B【解析】函数,的定义域均为R，且为偶函数，为奇函数.则既不是奇函数也不是偶函数；是奇函数.故只有=2\*GB3②=3\*GB3③是正确的，其余均是错误的.9.D【解析】由题意可得：，所以原函数的定义域为.10.A【解析】观图像知函数在定义域上为减函数，所以指数函数的底数；由图像与y轴的交点可得：.所以.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：要使函数有意义，必须满足，……（4分）解得或；……（2分）由得，即，所以，解得.……（4分）所以函数的定义域是……（3分）12.解：（1）因为，所以，解得，所以的值为.……（4分）（2）因为，所以，……（4分）因为，所以，……（2分）又因为指数函数在是增函数，……（1分）所以在区间上有最小值是.……（2分）13.解：（1）由图可知日销量（件）与销售单价（元）之间的关系式为，且图像过点，则……（1分）,解得……（4分）即……（2分）（2）设每天的销售利润为元，由题意可得，所以，……（2分）则，……（3分）所以当时，有最大值为225.所以，要使每天的销售利润最大，每件玩具的销售单价应定为25元，此时每天的销售利润是225元.……（2分）5.“三角函数定义和基本公式”检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】角的概念推广后，注意辨别“第一象限的角”、“锐角”及“小于90°”的角.故选C.2.A【解析】考查终边相同的角，，当时，.故选A.3.B【解析】，则是第一或二象限的角，，则是第二或三象限的角，所以是第二象限的角.故选B.4.C【解析】.故选C.5.A【解析】考查倍角公式的转化应用，据是第二象限角，所以，.故选A.6.A【解析】.故选A.7.D【解析】由题得，所以.故选D.8.D【解析】.故选D.9.C【解析】原式.故选C.10.A【解析】.故选A.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：……（12分）12.解：由题得，所以，，……（3分），……（3分），……（3分）.……（3分）13.解：……（3分）……（3分）……（4分）……（4分）6.“三角函数图像性质和解三角形”检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】因为，所以.其最小值是3，故选C.2.B【解析】因为或，故选B.3.A【解析】函数的图像关于原点对称，所以它为奇函数.故选A.4.C【解析】函数化简为.故选C.5.D【解析】由题得，所以，所以，故选D.6.D【解析】由得，，，所以.故选D.7.C【解析】由余弦定理得，解得，所以.故选C.8.A【解析】.故选A.9.B【解析】因为当时，函数为减函数，解之得,所以函数在区间上是减函数，故选B.10.B【解析】由得，所以，所以.故选B.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：（1）由已知条件得最小正周期……（4分）（2）因为，所以当时，函数单调递增，……（4分）解得……（2分）即函数的增区间为……（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）因为，所以，……（2分），即，化简得……（4分）故的最小正周期为，……（1分）（2）当时，……（1分）所以，则，所以，则……（4分）所以函数在的最小值是0，最大值是3.……（2分）7.“三角函数”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.B【解析】。2.B【解析】因为，该为奇函数；，该函数为偶函数；，该函数为奇函数；中，，所以，且，所以该函数既不是奇函数也不是偶函数。3.A【解析】，其中，所以函数的值域是，最小正周期。4.D【解析】在中取，则，，，所以，也可借助3个函数，和在区间上的图像比较大小。5.B【解析】由得，由得。6.B【解析】由题得，解得或，由题知，所以。7.C【解析】因为，所以是第二或三象限角，又因为，所以或；也可借助正弦函数图像求解。8.C【解析】.9.C【解析】由得，解得，因为是锐角三角形，所以。10.C【解析】因为，再由扇形面积公式求解，所以。二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.2【解析】。12.【解析】由扇形弧长公式求解，。13.1【解析】因为，所以，所以，则，所以它的最小值是1.14.【解析】因为，所以，故。15.【解析】因为，所以，解得。三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：原式……（8分）17.解：因为角的终边上一点，所以，……（2分）（1）；……（2分）（2）因为所以，,……（2分）.……（2分）18.解：(1)因为所以；……（3分）(2)因为，所以，所以.……（2分）即解得或.……（3分）19.解：（1），所以,……（2分）（2）因为是方程的两个根，由韦达定理得，……（2分）因为，所以，所以.……（4分）20.解：（1）要使函数有意义则，所以所以函数的定义域为；……（2分）最小正周期……（3分）（2）由得，又因为函数的定义域为，所以的单调递增区间为.……（3分）8.“三角函数”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.B【解析】.2.A【解析】.故选A.3.B【解析】.4.C【解析】由题得,，,则.5.C【解析】由题得，所以，解之得.6.B【解析】由题得，又从图像观察得函数的最小正周期是8，则，解得.7.A【解析】由题知，故.8.D【解析】由题意得.9.A【解析】.10.C【解析】因为，，所以，由得，解得.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：（1）因为,所以，……（3分）因为，所以……（1分）则……（2分）……（2分）（2）由（1）得……（2分）所以……（4分）12.解：（1）由题意得，……（2分）结合正弦型函数图像得，……（2分）解之得，……（2分）所以的定义域……（1分）（2）由得……（1分）则，即……（2分）所以……（1分）解之得……（1分）所以当时，的取值范围是.……（1分）13.解：（1）……（2分），……（2分）所以函数的最大值是、最小值是、最小正周期……（3分）（2）当时，函数为减函数，……（2分）解之得，……（2分）函数的单调递减区间是.……（2分）9.“数列”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.D【解析】由得。2.D【解析】观察得数列的通项公式是，所以。3.C【解析】观察规律得数列的通项公式是。4.C【解析】设数列的公差为，则，解得，所以。5.A【解析】由得，所以数列是公差为的等差数列。6.C【解析】设数列的公差为，则，所以，所以。7.D【解析】设数列的公比为且，由题得，则。8.A【解析】由题得，，解得，，所以，，，所以。9.A【解析】设数列的公比为，则，所以，，所以。10.B【解析】，，，所以，解得。二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.67【解析】由等差数列的通项公式得，解得。12.1【解析】由题得，所以。13.2【解析】由题知，则，解得，所以。14.48【解析】由题知，，所以公差，所以插入的三个数分别是，16，，它们的和为48.15.84【解析】设数列的公比为，则，所以，解得（舍去）或，则。三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：（1）由题意知，公差，由得；……（3分）（2）等差数列的前项和，所以，即，解得.……（5分）17.解：（1）设的公差为，则，.解得，所以；……（4分）（2）因为所以当时，取得最大值64.……（4分）18.解：令等比数列的公比为，因为，所以,由得：，所以，解得,……（4分）所以.……（4分）19.解：（1）设等差数列的公差为，因为，所以，解得，因为，所以，又因为，所以，所以，因为，所以，所以，故数列的通项公式为；……（4分）（2）由（1）知，，，所以，，因为，，成等比数列，所以，则解得，所以.……（4分）20.解：（1）设等差数列的公差为，因为，,,，成等比数列，所以，解得，所以，所以数列的通项公式是；……（4分）（2）由(1)得，，所以，，所以是首项为4，公比为4的等比数列，所以.……（4分）10.“数列”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】A={-2,1,2}.故选C.2.A【解析】由题意得，，所以，解之得.故选A.3.C【解析】函数的定义域是R，且,所以是偶函数.故选C.4.D【解析】由题得时，解得或.故选D.5.B【解析】.故选B.6.A【解析】.故选A.7.B【解析】由题得，,所以.故选B.8.C【解析】因为，解得，，所以.故选C.9.B【解析】由题意得，因为，所以，故是等边三角形，所以.故选B.10.D【解析】个位数字为0的四位数才是5的倍数，所以共有3×2×1=6种.故选D.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：原式……（10分）……（2分）12.解：（1）由题意得，……（４分）解得，……（1分）数列的通项公式为：……（2分）（2）由得……（3分）化简得……（1分）解得（舍去）或.……（2分）所以的值是23.……（1分）13.解：（1）由题意得，，所以……（2分）所以，又因为函数图像过点所以，所以。……（4分）（2）由(1)得，……（1分）因为，所以……（2分）所以的最大值为，……（2分）的最小值为……（2分）三、几何与代数主线部分1.“直线方程和圆的标准方程”检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.A【解析】变形为，所以直线的斜率为.2.D【解析】因为AB的斜率是，由点斜式得直线方程为，化简得.3.A【解析】当时，方程为，解得；当时，方程为，解得；所以直线在x和y轴上的截距分别和.4.C【解析】由题得时，则直线的方程为，化简得.5.C【解析】.6.B【解析】由题得，解得.7.D【解析】设所求直线为，则，解得，故直线方程为.8.A【解析】设，则，解得，故A的坐标为或.9.B【解析】方程配方得，所以方程表示以为圆心，4为半径的圆.10.C【解析】由知圆的圆心为为圆心，半径为3，则圆的圆心到直线的距离是，即，故直线与圆相交不经过圆心.故选C.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：（1）因为、，所以的中点……（1分）又因为，所以的垂直平分线的斜率为，……（3分）故的垂直平分线方程为，化简为.……（2分）（2）由（1）知斜率为1，所以的方程为，化简得的方程为……（2分）又……（2分）边上的高等于点到直线的距离，所以……（2分）故.……（2分）12.解：（1）设圆的方程为，其中圆心是，半径是，…（1分）则，……（2分）解之得，……（3分）所以圆的方程是；……（2分）（2）由（1）得圆的圆心为……（2分）由题意得……（2分）所以圆的方程是.……（1分）13.解：（1）原方程配方得……（2分）所以圆的圆心，半径……（1分）（2）若直线（即）与圆相交，则，……（2分）则有，解之得，……（3分）（3）如图所示，直线与圆交于、两点，则圆心到直线的距离是，……（2分）在中，.……（3分）2.“圆锥曲线”检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.B【解析】由，，，由，得，故选B.2.C【解析】由，焦点在轴，则双曲线标准方程是，所以，得，所以.3.B【解析】由得，所以，，解得，，故双曲线的渐近线方程由得.4.C【解析】由

，焦点在轴上，且，解得，由得.5.D【解析】由，故

，故选D.6.A【解析】由题得，解得，故选A.7.B【解析】由题知短轴为，故选B.8．A【解析】由，焦点在轴上，故选A.9.B【解析】由，所以，因为，所以双曲线的离心率是.10.C【解析】由题知，故选C.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：（1）由题知抛物线的焦点在正半轴上，且，解得，……（3分）所以抛物线的标准方程为.……（2分）（2）设点，由抛物线定义知，则，……（3分）所以，解得，……（2分）所以点的坐标是或……（2分）12.解：（1）设双曲线的标准方程为……（1分）由题知，，所以，解得，……（3分）所以，……（1分）所以双曲线的标准方程为：.……（2分）（2）设，由题意知：，……（2分），由，得，……（2分）所以直线的方程是，……（2分）即……（1分）13.解：（1）由题意可设椭圆方程为……（1分）由……（2分）所以……（1分）所以，椭圆的方程是……（2分）（2）由题知，又，……（2分）故，为等腰三角形.……（2分）过作，交于，故在中，……（2分）所以.……（2分）3.“平面解析几何”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.B【解析】直线的斜率，所以直线方程是，即。2.A【解析】由得，所以直线的斜率是，所以直线的方程是，即。3.B【解析】因为，所以两条直线平行。4.A【解析】方程配方得，所以该方程表示圆心为，半径为5的圆。5.B【解析】因为，所以，即，解得或。6.A【解析】线段的中点是，直线的斜率是，所以的垂直平分线的斜率是1，该直线的方程是，即。7.C【解析】由题知，，，所以，所以，所以椭圆的标准方程是。8.C【解析】由题知圆的圆心，半径，圆心到直线的距离，所以直线与圆相交。9.C【解析】由椭圆的定义知的周长是，且，，所以三角形的周长是18.10.C【解析】设直线方程是，代入得，所以直线方程是。二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.，5【解析】根据圆的标准方程观察圆心和半径分别是，5。12.，【解析】因为且椭圆的焦点在轴上，所以焦点坐标是，。13.【解析】因为双曲线的焦点在轴上，且，，其渐近线方程由得。14.【解析】由得，所以抛物线的焦点在轴的负半轴上，且，解得，所以抛物线的焦点坐标是。15.或【解析】设，则，解得或，所以点的坐标是或。三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：（1）由题意得，解之得，所以点；……（4分）（2）设所求直线方程是，则，解得，所以直线方程是.……（4分）17.解：设直线方程是，则，解得，所以直线的方程是，即，……（4分）又由题意得，即，解得或，所以的取值范围是.……（4分）18.解：设圆的圆心为，半径为，则圆的方程是，所以，又直线的方程变形为，所以直线的斜率是3，所以，解得，……（4分）又圆经过，且圆心所以，所以圆的标准方程是.……（4分）19.解：（1）由题意得圆的圆心是，半径，又直线的斜率，所以直线的方程是，即，因为直线和圆相切，所以，则，解得；……（5分）（2）由（1）知，因为，所以，解得.……（3分）20.解：（1）由题知，，由得，所以，又因为直线的斜率，所以直线的方程是，即……（3分）（2）设，，由题意得，化简得所以，，又，所以；……（3分）（3）由（1）知到直线的距离等于边上的高，所以，……（1分）所以的面积是.……（1分）4.“平面解析几何”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】因为⫋，所以不正确，故选C.2.C【解析】因为是偶函数，所以，，又在上是减函数，所以，则，故选C.3.B【解析】由题得，解得，故选B.4.C【解析】由题得，解得.故选C.5.B【解析】由题得，解得.故选B.6.A【解析】设直线的斜率是1，所以直线方程为，即.故选A.7.D【解析】，则.故选D.8.C【解析】由题得，则.故选C.9.B【解析】由得，所以.故选B.10.C【解析】两本数学书放在两端共有种不同的放法，语文书共有种不同的放法，所以总的方法是48种.故选C.二、解答题(共3小题，共40分)11.解：（1）由题知，……（1分）解得，……（1分）抛物线的焦点是，……（2分）所以圆的方程是.……（2分）（2）由题知直线与圆有两个不同的交点，所以，……（1分）所以圆心到直线的距离……（2分）则有，即……（1分）解得，……（3分）故的取值范围是.……（1分）12.解：（1）由题知双曲线的焦点在轴上，且，…（2分）因为离心率为，所以，…（1分）解之得，…（1分）由得，…（1分）故双曲线的标准方程是.……（1分）（2）由（1）知……（2分）因为……（2分）①两边平方得，则，……（2分）又因为，所以.……（1分）13.解：（1）由题知椭圆的焦点在轴上，且，…（2分）所以，…（1分）由得，…（2分）故椭圆的标准方程是.……（1分）（2）由（1）得，……（1分）则直线的方程为，……（1分）联立解方程组得，……（3分）故.……（2分）5.“简单几何体”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.A【解析】①正确，②中例如圆柱是旋转体它的上下底面都是平面图形，所以错误，③中球的三视图都是相同的，所以它不一定是正方体，④中底面是正多边形的棱锥才是正棱锥，所以错误。2.C【解析】图中是由2个四棱锥组成的几何体，故三视图是C图。3.B【解析】小正方体的个数如俯视图所示，共有12个，故选B。4.D【解析】由圆柱的体积公式得（m3）。5.C【解析】设圆锥的母线长为cm，则，解得（cm）。6.A【解析】由长方体的体积公式得，解得（cm）。7.C【解析】①③④正确，②是正棱锥的侧棱长都相等，所以正确的结论有3个。8.D【解析】因为图D的底面是六边形，沿虚线折叠只有5条棱，所以它不能折叠成六棱柱。9.D【解析】由球的表面积公式得（dm2）。10.D【解析】设原来正三棱锥的体积是1，多面体是由原来的正三棱锥切割下4个大小与相等的正三棱锥，而，高之比是1:2，所以，所以多面体的体积等于。二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.120，180【解析】，。12.，【解析】，正四棱锥的高，所以它的体积是。13.【解析】正方体的体积，棱锥的底面的面积是，高，所以它的体积是，所以棱锥的体积是原长方体体积的。14.15dm【解析】设圆柱的底面圆的半径是r，则，所以，则圆锥的体积是，所以，解得（dm）。15.【解析】在正方体的表面上任取4个点构成的三棱锥的体积一定大于0，且当4个点分别取在类似，，，时，这个正三棱锥的体积最大，设正方体的棱长为1，则三棱锥的底面积是，高，所以三棱锥的体积是，所以三棱锥的体积的范围是。三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：由三视图知这个几何体上面部分为一个圆锥体，下面部分为一个圆柱体，且圆柱和圆锥的底面圆的半径都是3dm，圆柱的高为10dm，圆锥的高是2dm。（1）圆锥的底面周长（dm），由题可得圆锥的母线长（dm），所以圆锥的侧面积（dm2），圆柱的侧面积是（dm2），底面圆的面积是（dm2），所以这个几何体的表面积是（dm2）；……（4分）（2）圆锥的体积是（dm3），……（2分）圆柱的体积是（dm3），所以这个几何体的体积是圆锥的体积是（dm3）。……（2分）17.解：（1）设水桶的底面半径是，则，解得（dm），所以水桶的侧面积是（dm2），底面面积（dm2），所以一个水桶所用铁皮的面积是（dm2），一个这样的铁皮水桶大约需要铁皮176dm2；……（5分）（2）由（1）得一个水桶的最大盛水量是（dm3），所以每个水桶的最大的盛水量约是163dm3.……（3分）18.解：（1）设圆锥体容器的底面半径是dm，则（dm），所以圆锥体容器的体积是（dm3），所以圆锥体容器的体积约是37.7dm3；……（4分）（2）设长方体容器的水面上升高度为dm，由（1）知水的体积是37.68dm3，且圆锥体玻璃容器中水的体积等于长方体玻璃容器中水增加的体积，则，解得（dm），所以长方体容器的水面上升的高度约是1.6dm.……（4分）19.解：如图所示，从三视图知百宝箱是由一个半圆柱体和一个长方体组成，且圆柱的半径cm，长度是cm，长方体的长为50cm，宽为40cm，高为20cm.所以半圆柱体的表面积是（cm2），长方体的表面积是（cm2），所以百宝箱的表面积约是（cm2）；……（4分）又由（1）知半圆柱的体积（cm3），长方体的体积（cm3），所以百宝箱的体积约是（cm3）.综上所述，这个百宝箱的表面积约是9996cm2，体积约是71400cm3.……（4分）20.解：（1）由题知，；……（2分）（2）设切割的最大正方体的边长是，棱锥的顶点的纵截面是，如图所示建立直角坐标系，且，，所以，，因为∽，所以，解得，所以切割下来的正方体的体积是。……（6分）6.“简单几何体”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】由交集、并集和补集定义可得，所以C正确。2.A【解析】由得，所以或，解得或，故选A。3.B【解析】要使函数有意义，必须满足，即，解得，故选B。4.D【解析】变为指数式是，故选D。5.B【解析】设长方体的高是，由长方体的体积公式得，解得。6.B【解析】，所以它的的最大值是，最小正周期是，增区间是，减区间是，故选B。7.C【解析】由题知，圆的圆心坐标是，且点A是圆上的点，所以过点A引圆的切线只有1条，且切线与CA垂直，由得切线的斜率是，所以切线的方程是，化简得。8.B【解析】由题得，解得，所以。9.C【解析】圆柱的半径是m，母线长m，所以该圆柱的侧面积是（m2）。10.A【解析】由得，得，解得，所以或，又因为，所以，所以。二、解答题(共3小题，共40分)11.解：（1）扇形的面积等于圆锥的侧面积，设圆锥的母线长是，底面半径是，高是，则，=6，所以；……（6分）（2）由题知扇形的弧长等于圆锥底面的周长，所以，解得，所以圆锥的底面面积是，……（4分）圆锥的高，……（2分）所以该圆锥的体积是。……（2分）12.解：（1）由题得，则，解得；……（4分）（2）由（1）得，因为，所以，故，所以的值域是；……（4分）当时，函数单调递增，……（2分）即，化简得，所以函数的单调递增区间是。……（3分）13.解：（1）由题知，，则，所以，则，又由题知圆的圆心，半径是2，因为与圆相切，所以，则，化简得，解得，……（4分）所以直线的方程是；……（2分）（2）由（1）得，化简得，……（3分）所以，，由得。……（4分）四、概率与统计主线部分1.“概率与统计”单元检测卷一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）1.C【解析】选1本书的不同方法有5+4+3=12种。2.D【解析】（种）。3.B【解析】（种）。4.D【解析】（种）5.B【解析】。6.C【解析】（种）。7.B【解析】2张有关联的明信片要寄给同一个人，则有种方法；其他4张明信片寄给另两位朋友，则有（种）不同寄法.8.D【解析】（种）。9.B【解析】由题得或，解得或，所以是必要不充分条件。10.C【解析】（种）。二、填空题（共5小题，每小题4分，共20分）11.6【解析】（个）12.38【解析】（种）。13.1200【解析】（人）。14.324【解析】（种）。15.26【解析】第一类：奇×偶，有种,第二类：偶×偶，有，共有20+6=26种.三、解答题（共5小题，每小题8分，共40分）16.解：（1）第一轮比赛每个赛区6个队，主、客场分别比赛一场，共有场比赛.……（4分）（2）第二轮比赛是单循环比赛，没有区分顺序，有场比赛.两轮总共需要进行场比赛.……（4分）17.解：（1）女生站两端，共有种不同的站法.……（4分）（2）女生不站两端，共有种不同的站法.……（4分）18.解：（1）社长必须当选的选法共有（种）.……（4分）（2）社员甲不当选且社长当选，则不同的选法共有（种）.……（4分）19.解：（1）奇数共（个）.……（3分）（2）第一类个位是0的偶数，共有（个）；第二类个位不是0的偶数，共有（个）。所以符合条件的偶数共有（个）.……（5分）20.解：从10个小球中随机地依次抽取两个小球，记事件A为“2个小球上的数为相邻整数”，其所有情况：(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种.（1）如果小球是不放回的，抽取2个小球按抽取顺序记录结果，则有10种可能，有9种可能，共有90种基本事件，所以事件A的概率为.……（4分）（2）如果小球是有放回的，抽取2个小球按抽取顺序记录结果，则有10种可能，有10种可能，共有100种基本事件，所以事件A的概率为.……（4分）2.“概率与统计”同步检测卷一、选择题(共10小题，每小题6分，共60分)1.C【解析】因为，则，所以；由“”的字母组成的集合是，当时，⫋不成立；。故选C。2.A【解析】“甲站排头”与“乙站排头”是两个互斥事件.故选A.3.B【解析】，即解得或.故选B.4.C【解析】由题知，样本中，所以，所以.5.A【解析】由题知，，所以公差．则,所以当时，的最小值是–16．6.A【解析】.7.B【解析】由题知角的终边在一象限或二象限，当角的终边在一象限时，在直线上取一点，则，所以，同理当角的终边在第二象限时，在直线上取一点，则，所以，综上所得。8.A【解析】函数是偶函数，且在区间上单调递减；函数在区间，不具有奇偶性；函数，它在区间上单调递减，但它不具有奇偶性；对数函数在区间上单调递减，但它不具有奇偶性。9.D【解析】由题知恰好有一个空盒时，另3个盒中每个盒子至少有1个球，三个盒中装入的球数为2+1+1型，则共有种不同的装法；而把4个球往4个盒中装共有种装法。所以