成人高考高升专试题

（满分150分。考试时间l20分钟。)

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个备选项中．只

有一项是符合题目要求的．

（1）4(1)x的展开式中2x的系数为

（A）4（B）6（C）10（D)20

（2)在等差数列

n

a中，

19

10aa，则

5

a的值为

（A)5(B）6（C）8(D)10

（3）若向量(3,)am,(2,1)b,0ab，则实数

m

的值为

（A）

3

2

（B)

3

2

(C)2（D）6

（4）函数164xy的值域是

（A）[0,)(B）[0,4]（C）[0,4)（D）(0,4)

（5）某单位有职工750人,其中青年职工350人，中年职工250人，老年职工150人，为了

了解该单位职工的健康情况，用分层抽样的方法从中抽取样本。若样本中的青年职

工为7人，则样本容量为

（A)7（B）15（C)25(D）35

（6)下列函数中，周期为



，且在[,]

42



上为减函数的是

(A）sin(2)

2

yx



（B）cos(2)

2

yx





(C）sin()

2

yx



（D)cos()

2

yx





(7）设变量,xy满足约束条件

0,

0,

220,

x

xy

xy

















则32zxy的最大值为

（A）0（B）2(C)4（D）6

(8）若直线yxb与曲线

2cos,

sin

x

y















（[0,2)）有两个不同的公共点，则实数b

的取值范围为

（A）

(22,1)

（B）

[22,22]

（C）(,22)(22,)(D）(22,22)

（9）到两互相垂直的异面直线的距离相等的点

（A）只有1个(B)恰有3个（C)恰有4个（D)有无穷多个

(10）某单位拟安排6位员工在今年6月14日至16日（端午节假期）值班,每天安排2人，

每人值班1天;若6位员工中的甲不值14日,乙不值16日，则不同的安排方法共有

（A)30种（B）36种（C）42种（D)48种

二、填空题：本大题共5小题,每小题5分，共25分．把答案填写在答题卡相应位置上．

（11）设|10,|0AxxBxx，则AB=____________。

（12)已知0t，则函数

241tt

y

t



的最小值为____________.

（13）已知过抛物线24yx的焦点F的直线交该抛物线于A、B两点，2AF，则

BF__。

（14）加工某一零件需经过三道工序,设第一、二、三道工序的次

品率分别为

1

70

、

1

69

、

1

68

，且各道工序互不影响，则加

工出来的零件的次品率为____________。

（15）如题(15)图，图中的实线是由三段圆弧连接而成的一条封闭

曲线C,各段弧所在的圆经过同一点P（点P不在C上）

且半径相等。设第i段弧所对的圆心角为

(1,2,3)

i

i，则

2323

11coscossinsin

3333





____________.

三、解答题:本大题共6小题,共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

（16)（本小题满分13分，(Ⅰ）小问6分，（Ⅱ)小问7分.）

已知

n

a是首项为19，公差为-2的等差数列，

n

S为

n

a的前

n

项和。

（Ⅰ）求通项

n

a及

n

S;

（Ⅱ)设

nn

ba是首项为1，公比为3的等比数列，求数列

n

b的通项公式及其前

n

项和

n

T。

（17）（本小题满分13分，（Ⅰ）小问6分，（Ⅱ）小问7分.）

在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传"演出活动中，每个单位的节目集中安

排在一起.若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序（序号为1，2，……,6），求：

(Ⅰ)甲、乙两单位的演出序号均为偶数的概率;

(Ⅱ）甲、乙两单位的演出序号不相邻的概率.

(18）（本小题满分13分）,(Ⅰ)小问5分，（Ⅱ）小问8分）

设ABC的内角A、B、C的对边长分别为a、b、c，且32b+32c—32a=42bc。

（Ⅰ）求sinA的值；

（Ⅱ)求

2sin()sin()

44

1cos2

ABC

A







的值。

（19)（本小题满分12分),（Ⅰ)小问5分，（Ⅱ）小问7分.）

已知函数32()fxaxxbx（其中常数a，b∈R)，()()()gxfxfx



是奇函数。

（Ⅰ)求()fx的表达式;

（Ⅱ）讨论()gx的单调性，并求()gx在区间上的最大值和最小值。

（20）（本小题满分12分，（Ⅰ)小问5分，（Ⅱ）小问7分。)

如题(20）图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为矩

形，PA底面ABCD，2PAAB，点E是棱PB

的中点.

（Ⅰ）证明:AE平面PBC；

（Ⅱ）若1AD，求二面角BECD的平面角的余弦

值.

（21）（本小题满分12分，（Ⅰ）小问5分，（Ⅱ)小问7分.）

已知以原点O为中心，

(5,0)F

为右焦点的双曲

线C的离心率

5

2

e。

（Ⅰ)求双曲线C的标准方程及其渐近线方程；

(Ⅱ）如题(21）图，已知过点

11

(,)Mxy的直线

1

l：

11

44xxyy与过点

22

(,)Nxy（其中

21

xx)的

直线

2

l：

22

44xxyy的交点E在双曲线C上，

直线MN与双曲线的两条渐近线分别交于G、H两点，求

OGOH

的值。

参考答案

1-10BADCBACDDC

二．填空题:本大题共5小题，每小题5分，共25分．把答案填写在答题卡相应位置上．

（11）解析：|1|0|10xxxxxx

（12)解析：

2411

42(0)

tt

ytt

tt



，当且仅当1t时,

min

2y

（13）解析:由抛物线的定义可知

1

2AFAAKF

ABx轴故AFBF2

(14)解析：加工出来的零件的次品的对立事件为零件是正品,由对立事件公式得

加工出来的零件的次品率

6968673

1

70696870

p

(15）解析:2323123

11coscossinsincos

33333







又

123

2,所以123

1

cos

32





三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

（16）解：（I)因为

}{

n

a是首项为,19

1

a公差2d的等差数列，

所以

,212)1(219nna

n

2

)1(

19







nn

nS

（II）由题意,31n

nn

ab所以

,1n

n

bb

.

2

13

20

)331(

2

1







n

n

nn

nn

ST

（17）

解：考虑甲、乙两个单位的排列，甲、乙两单位可能排列在6个位置中的任两个，有

302

6

A

种等可能的结果.

(I)设A表示“甲、乙的演出序号均为偶数”

则A包含的结果有

62

3

A

种，

故所求概率为.

5

1

30

6

)(AP

(II）设B表示“甲、乙两单位的演出序号不相邻"

则B表示甲、乙两单位序号相邻,B包含的结果有10!25种.

从而.

3

2

30

10

1)(1)(BPBP

(18)解：(I）由余弦定理得,

3

22

2

cos

222







bc

acb

A

又.

3

1

cos1sin,02AAA故

（II）原式

A

AA

2cos1

)

4

sin()

4

sin(2













A

AA

2sin2

)

4

sin()

4

sin(2







A

AAAA

2sin2

)cos

2

2

sin

2

2

)(cos

2

2

sin

2

2

(2



.

2

7

sin2

cossin

2

22







A

AA

(19）

解:(Ⅰ）由题意得.23)(2bxaxxf



因此)(.)2()13()()()(22xgbxbxaaxxfxfxg因为函数



是奇函数，

所以,),()(xxgxg即对任意实数有

],)2()13([))(2())(13()(2223bxbxaaxbxbxaxa

从而的解析表达式为因此解得)(,0,

3

1

,0,013xfbaba

.

3

1

)(23xxxf

（Ⅱ）由（Ⅰ)知2,0)(,2)(,2

3

1

)(

1

22







xxgxxgxxxg解得令所以，

),2[],2,()(,0)(,22,2

2





在区间从而时或则当xgxgxxx

上是减函数；当

,22时x,0)(



xg从而)(xg在区间

]2,2[

上是增函数.

由前面讨论知，,2,2,1]2,1[)(时取得能在上的最大值与最小值只在区间xxg而

.

3

4

)2(,

3

24

)2(,

3

5

)1(ggg因此

上的最大值为在区间]2,1[)(xg

3

24

)2(g,最小值为.

3

4

)2(g

（20）（I）证明：如答(20）图1，由PA⊥底面ABCD，得PA⊥

AB，由PA=AB知PAB

为等腰直角三角形，又点E是棱PB的中点，故AE⊥PB

由题意知BC⊥AB，又AB是PB在面ABCD内的射影，

由垂线定理得BC⊥PB,从而PC⊥平面PAB,

因AE⊥BP，AE⊥BC，所以AE⊥平面PBC。

（II）解：由(I）知BC⊥平面PAB,又AD//BC，

得AD⊥平面PAB,故AD⊥AE。

在PABRt中,PA=AB=

2

,

.1

2

1

2

1

22ABPAPBAE

从而在2.2,22CDBCBECECBERt又中，

所以CED为等边三角形,

取CE的中点F，连接DF,则.CEDF

因BE=BC=1，且BC⊥BE，则EBC为等腰直角三角形,连接BF，则BF⊥CE,

所以BFD为所求的二面角的平面角.

连接BD,在RFD中,

.3,

2

2

2

1

,

2

6

3

sin22CDBCBDCEBFCDDF



所以

.

3

3

2

cos

222









BFDF

BDBFDF

BFD

故二面角B-EC-D的平面角的余弦值为

.

3

3



解法二：

(I）如答（20)图2，以A为坐标原点，射线AB、AD、AP分别为x轴、y轴、z轴正半

轴，建立空间直角坐标系A-xyz.

设D（0,a，0),则)0,,2(),0,0,2(aCB

)

2

2

,0,

2

2

(),2,0,0(EP.

于是)0,,0(),

2

2

,0,

2

2

(aBCAE

)2,,2(aPC

则0,0PCAEBCAE,所以AE⊥平面PBC.

（II）解：设平面BEC的法向量为n，由（I）知，AE⊥平面BEC,

故可取)

2

2

,0,

2

2

(

1

EAn

设平面DEC的法向量),,(

2222

zyxn，则0

2

DCn,

.0

2

DEn

由||AD=1，得

)0,1,2(),0,1,0(CD

从而

),

2

2

,1,

2

2

(),0,0,2(DEDC

故















0

2

2

2

2

,0

222

2

zyx

x

所以

.2,0

222

yzx

可取

)2,1,0(,1

22

ny则

从而.

3

3

||||

,cos

21

21

21









nn

nn

nn

所以二面角B—EC—D的平面角的余弦值为

.

3

3



（21）(本题12分）

解：（I)设C的标准方程是)0,0(1

2

2

2

2

ba

b

y

a

x

，

则由题意.

2

5

,5

a

c

ec

因此,1,222acba

C的标准方程为.1

4

2

2

y

x

C的渐近线方程为.0202,

2

1

yxyxxy和即

（II）解法一：如图（21）图，由题意点),(

EE

yxE在直线44:

11`

yyxxl和

44:

122

yyxxl上，因此有

EEE

xxyyxx

211

,4444

2



E

yy

故点M、N均在直线44yyxx

EE

上，因此直线MN的方程为

.44yyxx

EE

设G、H分别是直线MN与渐近线02yx及02yx的交点，

由方程组





















,02

,44

02

,44

yx

yyxx

yx

yyxx

EEEE及

解得.

2

2

2

4

,

2

2

,

2

4















































EE

N

EE

N

EE

C

EE

C

yx

y

yx

x

yx

y

yx

x

故

EEEEEEEE

yxyxyxyx

OGOG

2

2

2

2

2

4

2

4

















.

4

12

22

EE

yx



因为点E在双曲线

.44,1

4

222

2



EE

yxy

x

有上

所以.3

4

12

22







EE

yx

OHOG

解法二：设),(

EE

yxE,由方程组得











,44

,44

22

11

yyxx

yyxx

解得

,,

)(4

1221

21

1221

12

yxyx

xx

y

yxyx

yy

x

EE











故直线MN的方程为

).(

411

xx

y

x

yy

E

E

注意到,44

11



EE

yyxx因此直线MN的方程为44yyxx

EE

，

下同解法一。