陕西省普通高中学业水平合格性考试仿真模拟卷(1)-【学考一本通】2025年陕西省普通高中学业水平测试数学

解析:(1) 连接OC, ∵BO=DO,AB=AD,∴AO⊥BD, ∵BO=DO,BC=CD,∴CO⊥BD, 在△AOC中,由题设知 AO= 2,CO= 32×2 2= 6 ,AC=2 2, ∴AO2+CO2=AC2,∴∠AOC=90°,即AO⊥OC, ∵BD∩OC=O,BD,OC⊂平面BCD, ∴AO⊥平面BCD; (2)由S△BCD= 1 2BD ·BCsin∠DBC=12×2 2×2 2 × 32=2 3 ,且由(1)知AO⊥平面BCD, 则三棱锥A-BCD 的体积V1= 1 3S△BCD ·AO=13×2 3× 2=23 6 , 又CA=CB=2 2,AB=2,可 得 S△ABC = 1 2 ×2× 2 2 2-12= 7, 设点D 到平面ABC 的距离为h,即三棱锥D-ABC 的 高为h, 则三棱锥D-ABC的体积V2= 1 3S△ABCh= 1 3× 7×h = 73h , 由三棱锥 A-BCD 的体积和三棱锥D-ABC 的体积 相等, 则V1= 2 3 6= 7 3h=V2 ,解得h=2 427 , 即点D 到平面ABC 的距离为2 427 . 19.答案:(1)乙射击一次击中目标的概率为13 ,丙射击一次 击中目标的概率为1 3 (2)49 (3)12 解析:(1)记甲射击一次击中目标为事件A,乙射击一次 击中目标为事件B,丙射击一次击中目标为事件C, 依题意 P(A)=12 ,P(AB)=P(A)P(B)=16 ,所以 P(B)=13 , P(BC)=P(B)P(C)=19 ,所以P(C)=13 , 所以乙射击一次击中目标的概率为1 3 ,丙射击一次击中 目标的概率为1 3 ; (2)记 甲、乙、丙 各 射 击 一 次 恰 有 一 人 击 中 目 标 为 事 件D, 则P(D)=P A􀭺B􀭺C+B􀭿A􀭺C+C􀭺B􀭿A =P A􀭺B􀭺C +P B􀭿A􀭺C +P C􀭺B􀭿A =12× 2 3× 2 3+ 1 2× 1 3× 2 3+ 1 2× 2 3× 1 3= 4 9 , 所以甲、乙、丙各射击一次恰有一人击中目标的概率4 9 ; (3)设乙射击n(n∈N*)次,则至少有一次击中目标的概 率为1- P 􀭺B n=1- 23 n , 令1- 23 n ≥99100 ,所以 2 3 n ≤ 1100 , 所以n≥log23 1 100=log 3 2100= lg100 lg32 = 2lg3-lg2≈ 2 0.4771-0.3010≈11.3571 , 又n为正整数,所以nmin=12,即甲至少要射击12次. 陕西省普通高中学业水平合格性考试 仿真模拟试卷(一) 1.A 由并集的定义可得A∪B={1,2,3,4},故选:A. 2.A 因为足z(1+2i)=i(1+z),所以z(1+i)=i,所以z= i 1+i= i(1-i) (1+i)(1-i)= 1+i 2 = 1 2+ 1 2i ,故选:A. 3.B 因为z=1+i,所以z3=(1+i)3=-2+2i, ∴|z3|=2 2,故选:B. 4.D 由题意得B={x|-1<x<2},所以A∩B={x|1< x<2},故选:D. 5.B ∵α 是 第 三 象 限 角,∴原 式= 1cosα · 1+sin 2α cos2α + sinα cosα · 1 cos2α -1 = 1cosα · cos 2α+sin2α cos2α +sinαcosα · 1-cos 2α cos2α = 1cosα · 1 cos2α +sinαcosα · sin 2α cos2α = 1cosα · 1 |cosα|+ sinα cosα ·|sinα| |cosα| = 1cosα · 1 -cosα+ sinα cosα ·-sinα -cosα = 1 -cos2α +sin 2α cos2α =-1-sin 2α cos2α =-cos 2α cos2α =-1.故选:B. 6.A 由x∉M 且x∉P 知,x≤2且x≥3知x∈⌀, 由x∉M∩P 知x≤2或x≥3, 所以“x∉M 且x∉P”是“x∉M∩P”的充分不必要条件. 故选:A. 7.B 延长A1B1 交直线AF 于Q,连接EQ 交B1C1 于 N, 得N 是B1C1的中点,延长A1D1直线EN 于P,连接AP 交DD1于 M,作出截面AFNEM,利用SAFNEM =S△AMF +SENFM,即可求解面积. 延长A1B1交直线AF 于Q, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —56— 因为 B1Q AB = B1F BF = 1 2 ,所以B1Q=C1E, 连接EQ 交B1C1于N,得N 是B1C1的中点,延长A1D1 直线EN 于P, 连接AP 交DD1于 M,作出截面AFNEM 如下图所示, 则SAFNEM =S△AMF +SENFM,△AMF 中,AM=AF= 42+62=2 13,MF=6 2, 故△AMF 的 面 积 S = 12 ·MF·h= 12 ×6 2× ( 52-18)=6 17, 四边形ENFM 中,ME=NF= 4+9= 13MF=6 2, EN=3 2,高为 NF2-(MF-EN2 )2= 13-92= 34 2 四边形ENFM 的面积 S=12 (3 2+6 2)× 342 = 9 17 2 , 故所求截面面积为21 17 2 . 故选B. 8.A f(x)=sin ωx+π3 - 3cos ωx+π3 =2sin ωx+π3- π 3 =2sinωx 由 - π2 +2kπ≤ωx ≤ π 2 +2kπ ,k∈ Z 得,x ∈ -π2ω+ 2kπ ω ,π 2ω+ 2kπ ω ,k∈Z 即函数f(x)在 -π2ω ,π 2ω 上单调递增 ∴ -3π4≥- π 2ω π 2≤ π 2ω 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得0<ω≤ 2 3 故选:A 9.BCD f(x)=loga(x+2)(0<a<1)的图象相当于是把 y=logax(0<a<1)的图象向左平移2个单位,作出函数 f(x)=loga(x+2)(0<a<1)的大致图象如图所示,则函 数f(x)的图象过第二、三、四象限.故选:BCD. 10.ABD 对AB,不是分层随机抽样,因为抽取的个体间的 间隔是固定的;对于C,是分层随机抽样,因为总体的个 体有明显的层次;对于D,是简单随机抽样.故选:ABD. 11.CD f(x)=2 2sinx+2π3 ,f(x)的最大值为2 2,A 错 误.sin π3+ 2π 3 = sin π = 0,B 错 误.sin -2π3+ 2π 3 =sin0=0,C正确.π<x<3π2,5π3<x+2π3 <13π6 ,5π 3 ,13π 6 是 3π2,5π2 的真子集,所以D选项正 确.故选:CD. 12.ABC 以A 为坐标原点,可建立如图所示的平面直角坐 标系, 则E(0,2),F(4,2),设G(x,y),则GE→=(-x,2-y),GF→ =(4-x,2-y), ∴GE→·GF→=-x(4-x)+(2-y)2=(x-2)2+(y-2)2 -4=m, ∴(x-2)2+(y-2)2=m+4,∵满足题意的G 有8个, ∴m+4>0,即m>-4, ∴G 点轨迹是以(2,2)为圆心, m+4为半径的圆,且与 正方形有8个不同交点, ∵正方形外接圆半径R=12 4 2+42=2 2,内切圆半径 r=2, ∴2< m+4<2 2,解得:0<m<4,∴m 可能的取值为 1,2,3.故选:ABC. 13.答案:-75 /-1.4 解析:∵角α的终点过点(-3,4), 则由 定 义 可 得 sinα= 4 (-3)2+42 = 45 ,cosα= -3 (-3)2+42 =-35. 所以cosα-sinα=-75 故答案为:-75. 14.答案:4-3 310 解析:因为sinA=45 ,且A∈ π2 ,3π 2 , 所以cosA=- 1-sin2A=-35 , 因此sin A+π3 =sinAcosπ3+cosAsinπ3 =45× 1 2- 3 5× 3 2= 4-3 3 10 . 故答案为:4-3 3 10 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —66— 15.答案:0 解析: 1 8 -23 +log2 1 16- (3-1)0+12lg4+lg5=4 -4-1+1=0. 故答案为:0. 16.答案:120 解析:设BP=xm,BQ=ym,(0<x<12,0<y<12), ∵sin∠MBQ=35 ,∠MBQ∈ 0,π2 ,∴sin∠PBM= sin π2-∠MBQ =cos∠MBQ=45,∴△PBM 的面积 为S△PBM = 1 2 ·BP·BM·sin∠PBM=12 ·x·5· 4 5=2xm 2,△MBQ 的面积为S△MBQ= 1 2 ·BM·BQ· sin∠MBQ=12 ·5·y·35= 3y 2m 2, ∵△PBQ 的面积S△PBQ=S△PBM +S△MBQ,∴ 1 2xy= 2x+32y ,即xy=4x+3y ∵0<x<12,0<y<12, ∴由 基 本 不 等 式 得 xy=4x+3y≥2 4x·3y= 4 3xy,解得 xy≥4 3,即xy≥48, 当且仅当4x=3y,即x=6,y=8时,等号成立, ∴△PBQ 的 面 积 的 最 小 值 为(S△PBQ)min= 1 2 ×48 =24m2, ∴五 边 形 APQCD 面 积 的 最 大 值 Smax=SABCD - (S△PBQ)min=144-24=120m2. 故答案为:120. 17.答案:(1)y=16(-2x2+23x-50);(2)运营5年可使年 平均运营利润最大. 解析:(1)依题意,每辆车x年总收入为100x万元, 总支出为200+16×(1+2+…+x)=200+12x (x+1) ·16, ∴y=4 100x-200-12x (x+1)·16 =16(-2x2+ 23x-50). (2)年 平 均 利 润 为 yx = 16 23-2x- 50 x = 1623-2x+25x . 又x∈N*,∴x+25x≥2 x ·25 x =10 ,当且仅当x=5 时,等号成立,此时y x≤16× (23-20)=48. ∴运营5年可使年平均运营利润最大,最大利润为48万 元. 18.答案:(1)证明见解析 (2) 427 解析:(1)由题意, 因为四边形ABCD 为菱形,所以DA=DC. 连接AC. 因为∠ADC=60°, 所以△ADC为等边三角形,从而CA=CD. 在△ADC中,E 是AD 的中点, 所以CE⊥AD. 因为PA⊥平面ABCD,CE⊂平面ABCD, 所以CE⊥PA. ∵PA∩AD=A,PA⊂面PAD,AD⊂平面PAD,CE⊄ 面PAD, ∴EC⊥平面PAD. 又CE⊂平面PCE, ∴平面PCE⊥平面PAD (2)由题意及(1)得, 在平面 PAD 中,过 点 E 作EM ⊥PD,垂 足 为 M,连 接CM. 因为EC⊥平面PAD,PD⊂平面PAD,所以EC⊥PD. 又EM∩CE=E,EM⊂平面EMC,CE⊂平面EMC,所 以PD⊥平面EMC. 又CM⊂平面EMC,所以PD⊥CM, 从而∠EMC是二面角A-PD-C 的平面角. 在Rt△EMD 中,ED=2,∠ADP=45°, 所以EM=MD= 2. 在Rt△CMD 中,MD= 2,CD=4, 所以CM= CD2-MD2= 14. 在Rt△CME 中, CE=2 3,sin∠EMC=CECM= 2 3 14 = 427 , 所以二面角A-PD-C 的平面角的正弦值为 427 . 19.答案:(1)f(x)= x2-2x-3,x≥0 x2+2x-3,x<0 ;(2)见解析; (3)f(x)的增区间为:(1,+∞),(-1,0); f(x)的减区间为:(-∞,-1),(0,1). 解析:(1)当x≥0时,f(x)=x2-2x-3,当x<0时, f(x)=x2+2x-3, 所以f(x)= x2-2x-3,x≥0 x2+2x-3,x<0 . (2)f(x)的图象如图所示: 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —76— (3)由图象可知: f(x)的增区间为:(1,+∞),(-1,0); f(x)的减区间为:(-∞,-1),(0,1). 陕西省普通高中学业水平合格性考试 仿真模拟试卷(二) 1.A z=1+i3+i= (1+i)(3-i) (3+i)(3-i)= 4+2i 10 = 2 5+ 1 5i ,所以复数 z在复平面内对应的点位于第一象限.故选:A. 2.C 根 据 全 称 命 题 的 否 定 是 特 称 命 题 求 解.因 为 命 题 “∀x≤0,x2+x+1>0”是全称命题,所以其否定是特称 命题,即“∃x0≤0,x20+x0+1≤0”.故选:C. 3.B 对于选项A,因-3不是正整数,故A项错误;对于选 项B,5是无理数,故必是实数,故B项正确;对于选项C, 1 2 是分数,故不是整数,故C项错误;对于选项D,0是自 然数,故D项错误.故选:B. 4.D 由幂函数f(x)=xα 的图象过点(4,2),所以f(4)= 4α=2,解得α=12 ,故f(x)=x 1 2,所以f(3)=3 1 2= 3.故 选:D. 5.A 由题知a=23log23.4=(3.4)3=39.304, b=22log24.6=(4.6)2=21.16, c=2-3log40.3=2- 3 2log20.3=(0.3)- 3 2 =109 30< 10 9×9 =10, 所以a>b>c.故选:A. 6.A 由题意,sin π2+θ cos(π-θ)+cos π2-θ sin(π+ θ)=cosθ(-cosθ)+sinθ(-sinθ)=-1,故选A. 7.B 如下图所示: 在平行四边形ABCD 中, 因为CE→=2ED→,BC→=2BF→, 所以AE→=AD→+DE→=13AB →+AD→,EF→=EC→+CF→=23 AB→-12AD →, 因此AE→·EF→= 13AB →+AD→ · 23AB→-12AD→ =29 AB→2-12AD →2+12AB →·AD→. 又AB=2AD=4,∠BAD=60°, 所以AB→2=16,AD→2=4,AB→·AD→=2×4×cos60°=4, 故AE→·EF→=329.故选 :B 8.A 令u=1-x2,则y=f(u),因为f(x)=x2,故y= f(u)=u2,易知,y=f(u)=u2 在u∈(-∞,0)上单调递 减,在u∈(0,+∞)上单调递增,又易知,u=1-x2 在 x∈(-∞,0)上单调递增,在x∈(0,+∞)上单调递减,由 u=1-x2<0,得到x<-1或x>1,由u=1-x2>0,得 到-1<x<1,因为u=1-x2 在区间(-∞,-1)上单调 递增,此时u∈(-∞,0),且y=f(u)=u2 在区间(-∞, 0)上单调递减,故由复合函数的单调性知,g(x)在区间 (-∞,-1)上单调递减,因为u=1-x2 在区间(1,+∞) 上单调递减,此时u∈(-∞,0),且y=f(u)=u2 在区间 (-∞,0)上单调递减,故由复合函数的单调性知,g(x)在 区间(1,+∞)上单调递增,又因为u=1-x2 在区间(- 1,0)上单调递增,此时u∈(0,1),且y=f(u)=u2在区间 (0,1)上单调递增,故由复合函数的单调性知,g(x)在区 间(-1,0)上单调递增,因为u=1-x2 在区间(0,1)上单 调递减,此时u∈(0,1),且y=f(u)=u2 在区间(0,1)上 单调递增,故由复合函数的单调性知,g(x)在区间(0,1) 上单调递减,故选:A. 9.BC 由正弦定理 得 asinA= b sinB ,得sinA=asinBb = 3× 22 2 = 32 ,因为a>b,且0°<A<180°,所以A=60°或 A=120°.故选:BC. 10.AD 由题设知:2,3是x2-ax+b=0的两个根, ∴a=2+3=5,b=2×3=6, ∴g(x)=6x2-5x-1,若g(x)=0,可得零点为x=1或 x=-16. 故选:AD. 11.ACD 对于 A,因为A⊆B 时,一定有A∪B=B;同时 A∪B=B 时,一定有A⊆B.所以“A⊆B”是“A∪B=B” 的充要条件.故A正确;对于B,因为x∈(A∩B)时,一 定有x∈A;但是当x∈A 时,若x∉B,则x∉(A∩B), 所以,x∈A 时,x∈(A∩B)不一定成立.所以“x∈A”是 “x∈(A∩B)”的必要不充分条件.故B错误;对于C,因 为a<3时,一定有a<5;但是当a<5时,a与3的大小 关系不确定,所以a<5时,a<3不一定成立.所以“a< 5”是“a<3”的必要不充分条件.故C正确;对于D,因为 5是有理数,所以“a+5是无理数”是“a是无理数”的充 要条件.故D正确.故选:ACD. 12.ABC 由图象可知T2= π ω= 5 4- 1 4 ,所以ω=π,则f(x) 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —86— 陕西省普通高中学业水平合格性考试 仿真模拟试卷(一) (满分:100分) 第一部分(选择题 共48分) 一、选择题(本题共8小题,每小题4分,共32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.设集合A={1,2,3,},B={2,3,4},则A∪B= ( ) A.{1,2,3,4} B.{1,2,3} C.{2,3,4} D.{1,4} 2.已知复数z满足z(1+2i)=i(1+z),则z= ( ) A.12+ 1 2i B. 1 2- 1 2i C.1+i D.1-i 3.设z=1+i,则|z3|为 ( ) A.2 B.2 2 C.2 D.3 2 4.设A={x|x>1},B={x|x2-x-2<0},则A∩B= ( ) A.{x|x>-1} B.{x|-1<x≤1} C.{x|-1<x<1} D.{x|1<x<2} 5.若α是第三象限角,secα 1+tan2α+tanα sec2α-1的值为 ( ) A.1 B.-1 C.±1 D.0 6.设集合 M={x|x>2},P={x|x<3},那么“x∉M 且x∉P”是“x∉M∩P”的 条件. ( ) A.充分不必要 B.必要不充分 C.充要 D.既不充分也不必要 7.棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1 中,点E 是线段C1D1 的中点,点F 在线段BB1 上, BF=4,则正方体ABCD-A1B1C1D1 被平面AEF所截得的截面面积为 ( ) A.27 172 B. 21 17 2 C. 15 17 2 D. 13 17 2 8.已知函数f(x)=sinωx+π3 - 3cosωx+π3 (ω>0)在区间 -3π4,π2􀭠􀭡 􀪁 􀪁 􀭤 􀭥 􀪁 􀪁 上单调,则ω的取值范 围是 ( ) A.0,23 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 B.-∞,23 􀭤􀭥 􀪁 􀪁 C.(0,1] D.23 ,+∞􀭠 􀭡 􀪁 􀪁 二、选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求. 全部选对的得4分,部分选对的得2分,有选错的得0分.) 9.函数f(x)=loga(x+2)(0<a<1)的图象过 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 —92— 10.下面的抽样方法不是分层随机抽样的是 ( ) A.在某年明信片销售活动中,规定每100万张为一个开奖组,通过随机抽取的方式确定号码 的后四位为2709的为三等奖 B.某车间包装一种产品,在自动包装的传送带上,每隔30分钟抽一包产品,称其重量是否 合格 C.某学校分别从行政人员、教师、后勤人员中抽取2人、14人、4人了解对学校机构改革的 意见 D.用抽签法从10件产品中抽取3件进行质量检验 11.已知函数f(x)= 6cosx- 2sinx,则 ( ) A.函数f(x)的最大值为2 B.函数f(x)的图象关于直线x=π3 对称 C.函数f(x)的图象关于点 -2π3 ,0 对称 D.函数f(x)在区间 π,3π2 上单调递增 12.如图,在正方形ABCD 中,AE=DE=2,EF∥AB,点G 从点A 出发,沿A→ B→C→D→A 的方向运动至点A 后停止,若在点G 的运动过程中,有且只有 8个不同的点G,使得GE→·GF→=m(m 是常数)成立,则m 的值可能是 ( ) A.1 B.2 C.3 D.4 第二部分(非选择题 共52分) 三、填空题(本题共4小题,每小题4分,共16分.) 13.若角α的终边过点(-3,4),则cosα-sinα= . 14.已知sinA=45 ,且A∈ π2 ,3π 2 ,则sinA+π3 = . 15.计算 18 -23 +log2 1 16- (3-1)0+12lg4+lg5= . 16.如图,某公园内有一个边长为12m的正方形ABCD 区域,点 M 处有一个路灯,BM=5m, sin∠MBQ=35 ,现过点 M 建一条直路分别交正方形区域两边AB,BC于点P 和点Q,若对五 边形APQCD 区域进行绿化,则此绿化区域面积的最大值为 m2. —03— 四、解答题(本题共3小题,每小题12分,共36分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.) 17.某汽车公司购买了4辆大客车,每辆200万元,用于长途客运,预计每辆车每年收入约100万 元,每辆车第一年各种费用约为16万元,且从第二年开始每年比上一年所需费用要增加16 万元. (1)写出4辆车运营的总利润y(万元)与运营年数x(x∈N*)的函数关系式. (2)这4辆车运营多少年,可使年平均运营利润最大? 18.如图,在四棱锥P-ABCD 中,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD 为菱形,∠ADC=60°,PA= AD=4,E 为AD 的中点. (1)求证:平面PCE⊥平面PAD; (2)求二面角A-PD-C的平面角的正弦值. —13— 19.已知函数f(x)=x2-2|x|-3. (1)用分段函数的形式表示该函数; (2)在所给的坐标系中画出该函数的简图; (3)写出该函数的单调区间(不要求证明). —23—