数学-复习答案

—PAGE22—职教高考模拟试卷数学（一）一、选择题1．B2．D3．A4．A5．D6．A7．B8．A9．D10．B11．B12．C13．B14．B15．D16．B17．A18．D19．D20．B二、填空题21． 22．2 23．[－2，2] 24．42 25．5426．解：(1)函数f(x)=x2+(m1)x+4的对称轴为x=，因为函数f(x)在区间(∞，0)上单调递减，所以≥0，解得m≤1，所以实数m的取值范围是(∞，1]．（2）因为任意xR，都有f(x)＞0，所以方程x2+(m1)x+4=0根的判别式Δ＜0，又因为Δ=(m1)216，解得3＜m＜5，所以实数m的取值范围(3，5)．27．解：（1）a2－b2＝ac－c2变形为a2＋c2－b2＝ac，所以cosB＝，因为B(0，π)，所以B＝；（2）因为cosC＝，且C(0，π)，所以sinC＝，由正弦定理得，即，解得c＝．28．解：(1)由题意得，a5=a2×q3,公比q3=，q=．an=a2×qn2=×()n2=()n数列{an}的通项公式是an=()n（2）bn=an+n是一个等比数列和一个等差数列的和，分别求前n项和再相加．Sn=n2+n+1()n29．证明：(1)∵E，F分别是侧棱SA，SC的中点，∴EF∥AC又∵AC在平面ABCD内，∴EF∥平面ABCD；（2）连接AC交BD于O,连接SO，∵ABCD为正方形∴AC⊥BD∵已知SABCD是正四棱锥∴SO⊥平面ABCD，SO⊥AC又∵DB∩SO=O∴AC⊥平面SBD又∵EF∥AC∴EF⊥平面SBD．30．1．解：（1）把M(2,2)代入y2=2px，得p=6,所以，抛物线的方程是y2=12x.F2

(3,0)，M

(2,2)在双曲线上，=1，a2+b2=9，a2=1，b2=8，所以，双曲线方程为：x2=1.（2）双曲线x2=1在一、三象限的渐近线为2xy=0,设l的方程为2xy+D=0，A(x1,y1)、B(x2,y2)，则消去y得：8x2+(4D12)x+D2=0所以，x1+x2=，y1+y2=3，=，=，所以，8(，解方程得：D4（舍去）或D，所求直线l的方程是2xy=0.职教高考模拟试卷数学（二）一、选择题1．D2．B3．A4．B5．B6．C7．C8．C9．B10．C11．C12．B13．C14．B15．C16．D17．A18．A19．A20．C二、填空题21．2或 22． 23．469 24．4 223主视图俯视图左视图4第25题图223主视图俯视图左视图4第25题图26．解：（1）由题意得Δ=(2a)212<0解得<a<所以a的取值范围是（，）.（2）f(a)f(a+1)=a2+2a2+3–[(a+1)2+2a(a+1)+3]=9即4a1=9,a=2所以a=2．27．解：（1）由已知得f(x)＝2(sinx―cosx)(cosx＋sinx)＋sin2x＝(sin2x―cos2x)＋sin2x＝sin2x―cos2x＝2sin(2x―)．所以，函数f(x)的最小正周期T＝＝π．（2）因为―≤x≤，所以―≤2x―≤．当2x―＝―时，f(x)＝―2；当2x―＝时，f(x)＝2×＝1．所以，函数f(x)在区间[―，]上的最大值为1，最小值为―2．28．解：(1)因为a1+2a2=3，a2+2a3=6，所以，a1+2a2=3，a1×q+2a2×q=6，a1+2a1×q=3所以，q=2，a1=,an=a1×qn1=×2n1,数列{an}的通项公式是an=×2n1，（2）bn=an+n－1是一个等比数列与一个等差数列的和，S10=+45=29．证明：(1)∵PA⊥平面ABCD∴PA⊥CD∵AD⊥CD又∵PA∩AD=A∴CD⊥平面PADCD⊥AE∵PA=AD，E为PD的中点∴AE⊥PD又∵PD∩CD=D∴AE⊥平面PCD（2）取PC的中点M,连接EM、BM，∵E、M为PD、PC的中点，∴EM∥DC且EM=DC∵AB=

CD∴EM∥AB且EM=AB∴ABME为平行四边形∴AE∥BM又∵BM在平面PBC内∴AE∥平面PBC．30．解：（1）由题意得，解得．所以双曲线的标准方程为．（2）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB的中点坐标为(，)．联立，消去y，得x2－2mx－m2－2＝0，由韦达定理，得x1＋x2＝2m，所以＝m，＝2m．因为AB的中点在圆x2＋y2＝5上，所以＝5，解得m＝－1或m＝1．又因为Δ＝8m2－8＞0，所以m的值为－1或1．职教高考模拟试卷数学（三）一、选择题1．C2．C3．B4．B5．D6．C7．D8．C9．B10．B11．C12．B13．B14．C15．A16．A17．B18．D19．D20．D二、填空题21．122．1223．3624．425．326．解：（1）由题意知解得或因为q＞1，所以所以{an}的通项公式为an＝2n．（2）因为Sm＝＝62，所以2m＝32，解得m＝5．27．解：（1）由题意知，sinα＝，则cos2α＝1－2sin2α＝1－2×()2＝．（2）由题意知，cosβ＝．因为β是锐角，所以sinβ＝．因为α是锐角，sinα＝，所以cosα＝，因此sin2α＝2sinαcosα＝．所以sin(2α－β)＝sin2αcosβ－cos2αsinβ＝×－×＝．28．解：（1）因为函数f(x)是奇函数，所以a－5＋2a－1＝0，解得a＝2．因为a－5＝2－5＝－3，2a－1＝2×2－1＝3，所以，函数f(x)的定义域为[－3，0)∪(0，3]．当－3≤x＜0时，0＜－x≤3，则f(－x)＝2－x．因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝2－x＝－f(x)，即f(x)＝－2－x＝－，所以f(x)＝（2）因为f(x)是奇函数，且在区间(0，3]是增函数，所以f(x)在区间[－3，0)上是增函数，又因为f(3)＝23＝8，f(－3)＝－＝－8，所以，函数f(x)的最大值为8，最小值为－8．AMDCBNE29．解：（1）取AMDCBNE则EA∥NB,且EANB=1，∴四边形ABNE为平行四边形，∴NE∥AB,且NEAB,∵CD∥AB,且CDAB,∴NE∥CD,且NECD,∴四边形NCDE是平行四边形.∴NC∥ED,又∵ED在平面MAD内.∴NC∥平面MAD（2）由（1）可知NE⊥MA、NE⊥AD，∴NE⊥平面MAD在棱锥MNAD中，ΔMAD是底面，NE是高.∴VMNAD=SΔMAD·NE=××2×2×1=.30．（本小题9分）解：（1）椭圆C的标准方程为，可得a＝2，b＝，c＝，所以，椭圆C的离心率e＝．（2）当切线l斜率不存在时，l的方程为x＝1或x＝－1．联立解得所以A(1，1)，B(1，－1)．因为＝1×1＋1×(－1)＝0，所以OA⊥OB．同理可证x＝－1时OA⊥OB成立．当切线l斜率存在时，设l的方程为y＝kx＋m．由题意知，即k2＋1＝m2．联立得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－1＝0，显然∆＞0．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由韦达定理得x1＋x2＝，x1x2＝，所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝．因为＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝＝0，所以OA⊥OB．综上所述，总有OA⊥OB成立．职教高考模拟试卷数学（四）一、选择题1．C2．A3．C4．D5．B6．A7．C8．B9．A10．C11．D12．B13．C14．C15．B16．A17．A18．C19．B20．B二、填空题21．1322．23．π24．10025．26．解：（1）设等比数列{an}的公比为q．由题意知a4＋a5＋a6＝(a1＋a2＋a3)q3＝q3＝，解得q＝．因为a1＋a2＋a3＝a1(1＋q＋q2)＝a1[1＋＋2]＝1，解得a1＝，所以数列{an}的通项公式an＝．（2）因为＝＝2m－1＝511，即2m＝512，解得m＝9，所以，实数m的值为9．27．解：（1）由图可知解得所以，当x≤0时，f(x)＝x2＋4x．令x＞0，－x＞0，则f(－x)＝x2－4x，又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以－f(x)＝f(－x)＝x2－4x，即f(x)＝－x2＋4x．所以（2）当x≤0时，x2＋4x≤3，解得－2－≤x≤0；当x＞0时，－x2＋4x≤3，解得0＜x≤1或x≥3．综上所述，不等式f(x)≤3的解集为[－2－，1]∪[3，＋∞)．28．解：（1）在△ABD中，A＝120°，AB＝6，AD＝4，由余弦定理可得BD2＝AB2＋AD2－2AB·ADcosA＝62＋42－2×6×4×cos120°＝76，所以BD＝2．（2）在△BCD中，C＝60°，BC＝4，BD＝2，由余弦定理可得BD2＝BC2＋CD2－2BC·CDcosC＝42＋CD2－2×4CDcos60°＝76，即CD2－4CD－60＝0，解得CD＝10或CD＝－6（舍去），所以CD＝10．OABCMP第29题图所以S△BCD＝BC·CDsinC＝×4×10×＝1OABCMP第29题图29．证明：（1）因为O，M分别为AC，BC的中点，所以OM∥AB．因为AB平面PAB，OM平面PAB，所以OM∥平面PAB．（2）因为PA＝PC＝2，O分别为AC的中点，所以OP⊥AC连结OB，因为AB＝BC＝，AC＝2，所以△ABC是等腰直角三角形，所以OB＝1．在直角三角形AOP中，OP＝＝，所以PB2＝OP2＋OB2，所以OP⊥OB．因为AC∩OB＝O，OB平面ABC，AC平面ABC，所以OP⊥平面ABC．30．解：（1）把点(1，2)代入y2＝2px得4＝2p，即p＝2，所以抛物线的标准方程为y2＝4x．（2）抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1，0)，准线方程为x＝－1．当直线AB的斜率不存在时，|AB|＝4，|PQ|＝2，不合题意．当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，所以x1＋x2＝，x1x2＝1．所以|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋，直线AB的中点P(1＋，)，所以直线PQ的方程为y－＝－(x－1－)．令x＝－1，则y－＝－(－1－1－)，得y＝＋，所以Q(－1，＋)．所以|PQ|＝＝2．因为|AB|＝|PQ|，所以4＋＝2，解得k＝或k＝－，所以直线AB的方程为y＝x－或y＝－x＋．职教高考模拟试卷数学（五）一、选择题1．B2．B3．B4．A5．D6．A7．A8．B9．C10．B11．D12．A13．B14．A15．C16．D17．A18．A19．C20．A二、填空题21．22．(1，3)23．29624．9π25．x－y－1＝026．解：（1）因为函数f(x)＝为偶函数，所以f(－x)＝f(x)，xR，即＝，整理得3mx＝9x，解得m＝1．（2）由（1）知，f(x)＝，则f(a)＝＝2，整理得(3a－1)2＝0，即3a＝1，解得a＝0．27．解：（1）解：由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bccosA＝42＋32－2×4×3×cos＝13,所以a＝．（2）由正弦定理得,所以sinC＝＝＝．因为b＞c，所以角C为锐角，则cosC＞0．所以cosC＝＝＝．28．（1）证明：因为{an}是等比数列，a1＝81，公比q＝，所以an＝＝81×()＝3，因为bn＝log3an，所以bn＝6－2n，所以bn+1－bn＝[6－2(n＋1)]－(6－2n)＝－2，所以{bn}是等差数列．（2）由（1）可知，数列{bn}的首项b1＝4，公差d＝－2，所以Sn＝nb1＋d＝4n－n(n－1)＝－n2＋5n，要使Sn＞－36，则－n2＋5n＞－36，即n2－5n－36＜0，解得－4＜n＜9，所以n的最大值是8．29．（1）证明：连接OE,在CAS中，O、E分别为边CA、CS的中点∴OE∥SA又∵OE平面BEDAS平面BED∴SA∥平面BED（2）连接SO,则SO是正四棱锥SABCD的高根据题意，SO=OA====2×2=4=Sh=××SO=×4×=30．解：（1）因为A是抛物线上横坐标为4，且位于x轴上方的点，A到抛物线准线的距离等于5，所以，抛物线的准线方程为x=1．所以，p=2，抛物线的标准方程为y2=4x．（2）依题意，点A的坐标为(4,4)，则点B的坐标为(0,2)．因为F(1,0)，所以AF所在直线方程为：y=(x1)，即4x3y4=0．所以，MN所在的直线方程为y=x+2，即3x+4y8=0．由解得：．所以，点N的坐标为．职教高考模拟试卷数学（六）一、选择题1．B2．D3．A4．B5．B6．D7．B8．A9．C10．B11．B12．D13．A14．B15．A16．B17．C18．C19．B20．D二、填空题21．29622．123．224．25．26．解：（1）y=300x+500(6x)+400(10x)+800[12(10x)]=200(x+43)(0≤x≤6，x∈N)（2）当x=0，1，2时，y≤9000，故共有三种方案，总运费不超过9000元．（3）在（1）中，当x=0时，总运费最低，调运方案为：乙地6台全调运B地，甲地调运2台至B地，10台至A地，这时，总运费y=8600元．27．解：(1)由图像可知，函数的最大值为2，所以A=2，因为=，是最小正周期的，所以函数f(x)的最小正周期为，ω=2，可得函数f(x)＝2sin(2x+)，因为函数的图像过点(,0), 所以，2sin(2×+)=0，因为＜，所以=所以，函数的解析式是f(x)＝2sin(2x)（2）因为f

(x)≥1，即sin(2x)≥，+2k≤2x≤+2k，k∈Z,所以，+k≤x≤+k，k∈Z,当f

(x)≥1时，实数x的取值范围是[+k，+k](k∈Z)28．解：（1）因为a3·a4＝8a2，所以q3＝8，解得q＝2．又因为a1＝2，所以an＝2×2n-1＝2n．（2）因为bn＝∈N＋，所以S20＝b1＋b2＋b3＋…＋b20＝(b1＋b3＋b5＋…＋b19)＋(b2＋b4＋b6＋…＋b20)＝(2＋23＋25＋…＋219)＋(2＋4＋6＋…＋20)＝＝699170．29．解：（1）由已知在SAD中AD=3，SA=SD=2，∴SD2=SA2+AD22SAADcos∠SAD∴cos∠SAD=,∵底面ABCD是正方形AD∥BC∴SA与BC所成角是∠SAD∴SA与BC所成角的余弦值是．（2）∵底面ABCD是正方形AB⊥AD∵平面SAD平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD=AD∴AB⊥平面SAD又∵SD在平面SAD内∴ABSD．30．解:（1）由题意得解得所以椭圆的标准方程为．（2）因为M(2，3)，A(4，0)，所以kAM＝－．设直线l的方程为y＝－x＋m，与椭圆的交点坐标为P(x1，y1)，Q(x2，y2)．联立消去y，得3x2－3mx＋m2－12＝0，由韦达定理，得x1＋x2＝m，y1＋y2＝．所以＝(x1＋x2－8，y1＋y2)．因为，所以，即，解得m＝8或m＝．又因为Δ＝－3m2＋144＞0，所以m＝．所以直线l的方程为y＝－x＋．职教高考模拟试卷数学（七）一、选择题1．D2．C3．B4．C5．C6．D7．A8．A9．D10．D11．C12．B13．C14．D15．C16．C17．A18．B19．C20．C二、填空题21．22．223．124．25．26．解：（1）函数是奇函数.证明：函数的定义域为(∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称，又因为,所以函数是奇函数.(2)证明：因为又因为a>b>0，所以a－b>0，，所以因此当a>b>0时，.27.解：(1)由图像可知A=2,周期T=7(1)=8,所以ω=，把(1，0)代入f(x)＝2sin(x+)得：2sin(+)=0因为<所以，=，因此函数的解析式是f(x)＝2sin(x+)．（2）由图像可知，函数f(x)在[2，]上先增后减，当x=1时，函数取最大值2，当x=2或x=4时，函数取最小值都是，所以，函数y=f(x)的最大值是2，最小值是．28．解：（1）由知为等差数列，设的公差为，则，因为成等比数列，所以，即，解得，又，所以的通项公式为；（2）由(1)知，得，所以当时，取得最大值，最大值为16.MDCBA29.证明：(1)MDCBA所以DA平面AMB,因为MB平面AMB,所以DAMB,因为AB是底面圆的直径，M是圆周上一点,所以AMMB，因为DA∩AM=A，所以MB平面DAM，又因为MB平面DMB，所以平面DMB⊥平面DAM,（2）设底面圆的半径为r，圆柱高为h，则圆柱的体积为V圆柱=πr2h,三棱锥DAMB的体积是V三棱锥DAMB=××2r×r×h=r2h,V圆柱：V三棱锥DAMB=πr2h：r2h=3π,所以圆柱与三棱锥DAMB体积的比值3π．30．解：设椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距分别为a1，b1，c1，双曲线的实半轴长、虚半轴长、半焦距分别为a2，b2，c2，因为椭圆x2＋3y2＝2，即，所以c12＝a12－b12＝2－＝，因为双曲线与椭圆的焦点重合，所以设双曲线的标准方程为，且c22＝c12＝，又因为双曲线的离心率为2，即＝2，则＝4，所以a22＝，所以b22＝c22－a22＝－＝1，所以双曲线的标准方程是．（2）解：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程组，消去消去y化简得(k2－3)x2＋2kx＋2＝0，因为直线y＝kx＋1与双曲线有两个交点，所以判别式＞0，即(2k)2－4×2(k2－3)＞0，解得－＜k＜，x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－＋1＝1，因为＝(x1，y1)，＝(x2，y2)，且OMON，所以＝0，即x1x2＋y1y2＝0，所以＋1＝0，解得k＝1或k＝－1，均满足＞0，所以实数k的值是1或－1．职教高考模拟试卷数学（八）一、选择题1．B2．A3．B4．C5．B6．D7．A8．D9．A10．A11．C12．C13．B14．C15．A16．A17．B18．A19．C20．B．二、填空题21．322．623．24．cm325．(−2,−1)∪[0,1]26．解：（1）因为函数的图像经过原点，且足f(1)=−1，所以解得m=-2.（2）因为函数的二次项系数1>0，所以该函数的图像开口向上，其图像的对称轴是直线x=−m-1，又函数f(x)在区间(−∞,1]上是减函数，所以-m-1≥1，解得m≤-2，所以实数m的取值范围是(−∞,-2].27．解：由题意可得，第一种方案缴纳保险费用为：50×0.9=45(万元),第二种方案,缴纳保险费用成等比数列{an},a1=0.5,q=2,n=20,第二种方案,共需缴纳：S20==52.43(万元)由此可知第一种方案缴纳的保险费低．28．解：（1）因为，所以,所以,因为,所以.(2)因为,所以,因为，所以，,所以.29．解:（1）如图，连，在△PBD中,因为E是的中点，F是的中点,所以,又因为PB平面PAB，平面PAB,所以平面PAB.

（2）因为AP⊥平面ABCD,BD平面ABCD,所以PA⊥BD，在菱形ABCD中，AC、BD为菱形的对角线，所以AC⊥BD,又因为AP∩AC=A,AP平面PAC,AC平面PAC,所以BD⊥面PAC,因为BD平面PBD，所以平面PBD⊥平面PAC.30．解：（1）因为,所以,因为,所以,所以,所以,所以,所以椭圆的标准方程为.（2）由得，所以圆心,由题意知直线斜率存在，设斜率为k，，,因为A、B关于点对称，所以，把A、B代入椭圆的方程得由①－②得所以直线l方程为．职教高考模拟试卷数学（九）一、选择题1．D2．D3．B4．B5．C6．B7．D8．D9．C10．D11．B12．C13．B14．D15．C16．A17．A18．B19．B20．A.二、填空题21．222．4523．24．4925．26．解：(1)当a＞1时，a2－a=,此时a=；当0＜a＜1时，a－a2=,此时a=；所以a=或a=.(2)因为不等式x2－2ax＋2>0的解集为R，所以对一切实数x，都有x2－2ax＋2>0，其对应二次函数f(x)＝x2－2ax＋2的图像是开口向上的抛物线，且在x轴上方，其对应方程x2－2ax＋2＝0的根的判别式Δ＝4a2－8<0，即－eq\r(2)<a<eq\r(2),由（1）可知a=或a=,所以a=,因为不等式,所以，解得t≤0或t≥1,因此满足不等式的t的取值范围是(∞,0]∪[1,+∞).27．解：(1)因为f(0)＝1,所以2acos20＋bsin0cos0－1＝1,解得a＝1,因为,所以2acos2eq\f(π,3)＋bsineq\f(π,3)coseq\f(π,3)－1＝，解得b＝2,所以a，b的值分别为1，2.(2)由(1)知a＝1，b＝2，所以f(x)＝2cos2x＋2sinxcosx－1＝cos2x＋sin2x＝eq\r(2)sin(2x＋eq\f(π,4)),函数f(x)的单调递增区间要满足2kπ－eq\f(π,2)≤2x＋eq\f(π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，解得kπ－eq\f(3π,8)≤x≤kπ＋eq\f(π,8)，k∈Z，所以函数f(x)的单调递增区间为[kπ－eq\f(3π,8),kπ＋eq\f(π,8)]，k∈Z．28．（1）设等比数列{an}的首项为a1,公比为q(q>0)，因为a3a4=32a2，所以a1q2a1q3=32a1q，得到a1q4=32，即a5=32.（2）因为bn=log2an，b1=1,所以log2a1=1，解得a1=2,又因为a1q4=32，所以q4=32，解得q=2或q=−2(舍去)，所以an=a1qn-1=2×2n-1=2n,所以bn=log2an=log22n=n,所以S10=1+2+3+…+10==55.29．解：(1)证明：因为PA平面ABC，BC平面ABC,所以PABC,因为AB是圆O的直径，C是圆O上的点,所以ACBC，因为PA∩AC=A,PA平面PAC,AC平面PAC，所以BC平面PAC，又因为AF平面PAC，所以AFBC.(2)证明：因为AFBC，AF⊥PC，BC∩PC=A,BC平面PBC,PC平面PBC，所以AF⊥平面PBC,因为PB平面PBC,所以AFPB,又因为AEPB，且AF∩AE=A,AF平面AEF,AE平面AEF,所以PB平面AEF,因为PB平面PAB,所以平面AEF平面PAB.30．解：（1）设双曲线的方程为：，则e=2，c=2，所以=2，a2+b2=4，所以a=1,b=，所以双曲线的方程为.（2）设Q(x,y)，因为F(2,0)，M的横坐标为0，，所以x–0=2(–2–x)，得x=，把x=代入，得：y=所以Q,所以直线l的斜率为k==.所以直线l的方程为：x–2y+2=0或x+2y+2=0．职教高考模拟试卷数学（十）一、选择题1．B2．A3．B4．D5．C6．C7．D8．B9．D10．C11．C12．C13．D14．A15．A16．C17．B18．B19．B20．D二、填空题21．22．23．124．525．326．解：（1）设，由可得：，即得，解得，故得，又的图像经过点，则故；（2）若函数定义域为，即对，不等式恒成立，故，解得，即实数的取值范围为.27．解：(1)因为b2，c2是关于x的一元二次方程x2a2+bc)x+m=0的两根，所以，b2+c2=a2+bc，即：a2=b2+c2bc由余弦定理得：a2=b2+c2bccosA,所以，bc=bccosA，cosA=，∠A=60°．（2）b，c),所以，y=f()=+)+=3+=2sin(+)+当sin(+)=1时，y=f()的最大值是3．28．解：（1）设的公差为，由可得，解得，所以.（2）由（1）可知，易知是公比为4的等比数列，所以可得.29．解：如图，连接，交于点，连接．因为四边形为正方形，则点为的中点，由已知点为的中点，所以，又因为平面，平面，所以平面．（2）由已知平面，四边形为正方形，且，又由（1）可知，所以平面，点为垂足，所以为直角三角形，即为直线与平面所成角的角．因为，，，所以，所以．综上，直线与平面所成角的正弦值为．30．解：（1）双曲线离心率为，可设方程为x2y2=λ．因为双曲线经过点，所以，解得：所以双曲线方程为（2）M在第一象限，而且是渐近线上的点，可设M(m,m)在双曲线中a2=b2=2，所以c2=4，c=2，所以F1(2,0)，F2(2,0)，,所以或（舍去），故M()．（3）．职教高考模拟试卷数学（十一）一、选择题1．B2．D3．B4．C5．D6．D7．D8．B9．C10．C11．B12．B13．D14．C15．D16．B17．D18．C19．B20．C21．120°22．0<a<2且a≠1 23．8-EQ\F(2,3)cm324．525．y2＝8x或y2＝－8x26．（8分）解：（1）设每件售价应定为元，则每件的销售利润为元，日销售量为件，依题意得：，整理得：，解得：，（不合题意，舍去）.答：每件售价应定为50元；（2）设每天的销售利润为元.依题意，得：整理得：，化成顶点式得，∴当时.每天的销售利润最大，最大利润是450元.27．（7分）解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，由题意可得：，解得，，所以，；又且，，所以，所以．（2）因为，所以.28．（8分）解：(1)∵f

(x)=2cosxcos(x)sin2x+sinxcosx=2cosx(cosxcos+sinxsin)sin2x+sinxcosx=cos2x+sinxcosxsin2x+sinxcosx=sin2x+cos2x=2sin(2x+)∴f(x)的最小正周期T=π．（2）f

(x)=1，即sin(2x+)=，∴2x+=2kπ+或2x+=2kπ+，(kZ)即x=kπ或x=kπ+，(kZ)又∵x[0,π]，∴x=或x=．29．（8分）证明：（1）如图，连接，设，连接，因为，，可得四边形是平行四边形，则，又，则，因为平面，平面，故平面；（2）由四边形是平行四边形，，故四边形为菱形，则，因平面，平面，则，又，、平面，故平面；（3）由，则，又，故四边形是平