2021届安徽省合肥六中高三6月份高考数学（理）模拟试题含解析

这是一份2021届安徽省合肥六中高三6月份高考数学（理）模拟试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届安徽省合肥六中高三6月份高考数学（理）模拟试题  一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】分别求得集合A，B，取交集即可.【详解】由；；则故选：A2．设，则的共轭复数在复平面内的对应点在（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】利用复数的除法的运算法则和共轭复数的定义进行求解即可.【详解】，.故选:B【点睛】本题考查了复数的除法运算的法则，考查了共轭复数的定义，考查了复数在复平面的位置特征，考查了数学运算能力.3．三大产业或三次产业，其划分世界各国不完全一致，但基本均划分为三大类：第一产业､第二产业和第三产业.第一产业主要指生产食材以及其他一些生物材料的产业，包括种植业､林业､畜牧业､水产养殖业等直接以自然物为生产对象的产业(泛指农业)；第二产业主要指加工制造产业(或指手工制作业)，利用自然界和第一产业提供的基本材料进行加工处理；第三产业是指第一､第二产业以外的其他行业(现代服务业或商业)，范围比较广泛，主要包括交通运输业､通讯产业､商业､餐饮业､金融业､教育､公共服务等非物质生产行业.如图是我国2015年~2019年三次产业增加值占国内生产总值比重的柱状图，根据柱状图，下列说法正确的是（    ）A．2015~2019年，第三产业增加值占国内生产总值比构成递增的等差数列B．2015~2019年，第一产业增加值占国内生产总值比重逐年降低C．2015~2019年，第三产业增加值占国内生产总值比重最大D．2015~2019年，第二产业增加值占国内生产总值比重的中位数为39.9【答案】C【分析】根据条形图中的数据对选项一一分析即可.【详解】对于A，2015~2019年，第三产业增加值占国内生产总值比依次为：50.8,52.4,52.7,53.3,53.9，易知不满足递增的等差数列，故A错误；对于B，2015~2019年，第一产业增加值占国内生产总值比重依次为：8.4,8.1,7.5,7.0,7.1，最后一年2019年有所增加，故B错误；对于C，2015~2019年中，每一年的第三产业增加值占国内生产总值比都超过50，即比重最大，故C正确；对于D，2015~2019年，第二产业增加值占国内生产总值比重依次为：40.8,39.6,39.9,39.7,39.0，则中位数为39.7，故D错误；故选：C4．若等比数列满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设等比数列的公比为q，根据等比数列的通项公式建立方程组，解之可得选项.【详解】设等比数列的公比为q，则，所以，又，所以，故选：A.5．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】因为，由诱导公式可得选项.【详解】因为，所以，所以，故选：D.6．若单位向量满足，则等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先由已知条件求出，再由即可求出答案.【详解】解：因为为单位向量，所以，所以,所以，故选：C.7．已知，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】运用对数运算法则和换底公式进行求解.【详解】由，可得，所以.故选：A8．某方舱医院有个医疗小组，每个小组都配备位主治医师，现根据工作需要，医院准备将其中位主治医师由原来的小组均相应地调整到其他医疗小组，其余的位主治医师仍在原来的医疗小组(不做调整)，如果调整后每个医疗小组仍都配备位主治医师，则调整的不同方案数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先从6个医疗小组选出3位主治医师，有种不同的方法，再求得这3位主治医师调整为不在原来的医疗小组，有2种不同的方法，计算可得选项.【详解】解：从6个医疗小组选出3位主治医师，有种不同的方法；不妨设这3位主治医师分别为甲、乙、丙，调整即为不在原来的医疗小组，有2种不同的方法.综上，调整的不同方案数为.故选：B.9．若是空间两个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（    ）①若，且，则；②若，且则；③若，且，则；④若，则.A．①③ B．①④ C．②③ D．③④【答案】B【分析】根据空间的线、面位置关系的判定逐一判断可得选项.【详解】对于①：若，，所以或，又，所以，故①正确； 对于②：若，且则或相交，故②不正确； 对于③：若，且，则与面不一定垂直，故③不正确； 对于④：若，由线面平行判定得，故④正确.综上得：命题 ①④正确，故选：B.10．已知点是双曲线的左焦点，过点且斜率为的直线与双曲线的右支交于点，与轴交于点，若点为的中点，则该双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先设直线方程，过点M作轴于H，由已知条件得，利用可求得离心率.【详解】设直线方程为，依题意得，过点M作轴于H，点为的中点，则，所以，又当，代入双曲线中得，解得，所以，即有，所以，等式两边同除以，有，解得（舍去）所以双曲线的离心率.故选：D.11．如图的曲线就像横放的葫芦的轴截面的边缘线，我们叫葫芦曲线(也像湖面上高低起伏的小岛在水中的倒影与自身形成的图形，也可以形象地称它为倒影曲线)，它每过相同的间隔振幅就变化一次，且过点，其对应的方程为(，其中为不超过的最大整数，).若该葫芦曲线上一点到轴的距离为，则点到轴的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据的坐标，求得，若该葫芦曲线上一点到轴的距离为，即，代入即可求得结果.【详解】由曲线过知，，即，又，求得，若该葫芦曲线上一点到轴的距离为，即代入得到故选：B12．已知抛物线的焦点为，过且倾斜角为的直线与抛物线相交于两点，，过两点分别作抛物线的切线，交于点.下列说法不正确的是（    ）A．B．(为坐标原点)的面积为C．D．若是抛物线上一动点，则的最小值为【答案】C【分析】设直线的方程、，并与抛物线方程联立利用韦达定理和得，再利用求导判断A；利用可判断B；由可判断C；过作与，利用可判断D.【详解】由已知的焦点为，所以直线的方程为，设，直线方程与抛物线方程联立，整理得，所以，，由，得，代入得，，    所以，开方可得或，可得在，因为，所以，在，因为，所以，所以，，故A正确； 由，得，故B正确；因为，所以，故C错误；由得，所以在抛物线内部，抛物线的准线方程为，如图过作与，交抛物线与点，所以，所以，当在一条直线上时最小，此时，故D正确.故选：C.  二、填空题13．若，满足约束条件，则的最小值为___________.【答案】【分析】画出该不等式组表示的平面区域，平移直线，即可得出的最小值.【详解】该不等式组表示的平面区域如下图所示,变形为,由解得，即平移直线，当直线过点时, ,故答案为：14．已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程是___________.【答案】【分析】由条件求得当时的函数解析式，求导，通过导数几何意义求得在点处的切线方程.【详解】由题知，当时，，即则，，又则在点的切线方程为：，即故答案为：15．如图，在平面四边形中，为的中点，将沿折起，使得，以为球心，为半径的球与三棱锥各面交线的长度和为___________.【答案】【分析】根据线面垂直和面面垂直的判定可证得面面ABC，从而得球D与面BDC，面BAD，面ADC的交线分别为圆弧，圆弧，圆弧，再过D作于F，所以以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交，从而求得答案.【详解】翻折后形成的几何体如图所示，由题意知 ，所以，所以平面ACD，由E为AC的中点得，，，所以面BDE，所以面面ABC，所以球D与面BDC，面BAD，面ADC的交线分别为圆弧，圆弧，圆弧，过D作于F，所以，故以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交,其交线是以F为圆心，以为半径的圆，所以球与三棱锥各面交线的长度和为故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查折叠问题，球与多面体的截面问题，关键在于运用空间的线面关系得出球与多面体的每一个面相截的截面形状. 三、双空题16．在我国古代，是数字之极，代表尊贵之意，所以中国古代皇家建筑中包含许多与相关的设计.例如，北京天坛丘的地面由扇环形的石板铺成，如图，最高一层的中心是一块天心石，围绕它的第一圈有块石板，从第二圈开始，每一圈比前一圈多块，共圈，则第圈的石板数为___________，前圈的石板总数为___________.【答案】63    405    【分析】由题可知从第1圈到第9圈石板数形成首项为9，公差为9的等差数列，即可得出所求.【详解】由题可知从第1圈到第9圈石板数形成等差数列，且首项，公差，则第圈的石板数为，前圈的石板总数为.故答案为：63；405. 四、解答题17．在中，角所对的边分别是，且.（1）求角的大小；（2）若，求的面积的最大值.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）由正弦定理进行边角互化，将边化为角，然后运用两角和正弦公式逆用进行化简，即可求出角的大小；（2）运用余弦定理和不等式计算出的最值，然后运用三角形面积公式即可求出面积最大值.【详解】（1）已知，则由正弦定理可得，即，即，即，，，又，则（2）由余弦定理可得，即，即，当且仅当时，等号成立，，的面积为 .的面积的最大值为.18．如图，在四棱锥中，底面为矩形，为中点，连接交于点为的重心.（1）证明：平面；（2）若平面底面，平面底面，求平面与平面所成锐二面角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证得，然后根据线面平行的判定定理即可证明；（2）建立空间直角坐标系，运用二面角的向量求解方法可求得所求的二面角.【详解】（1）延长交于，连接，因为为的重心，则为的中点，且，因为，所以，所以，因此，又因为平面，平面，所以平面；（2）因为平面面BCDE，面面BCDE=BC，面BCDE，所以面ABC，因为面ABC，所以，同理，又，所以CA，CB，CD两两垂直，所以以C为原点，直线CB，CD，CA分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系（如图所示），则，，所以，因为，所以，所以，设面的一个法向量，则，则，取，则，即，设面ADE的一个法向量，则，即，取，则，即，设面GCE与面ADE所成锐二面角为，则
 又，所以.所以平面与平面所成锐二面角的大小为.19．树木根部半径与树木的高度呈正相关，即树木根部越粗，树木的高度也就越高.某块山地上种植了树木，某农科所为了研究树木的根部半径与树木的高度之间的关系，从这些地块中用简单随机抽样的方法抽取棵树木，调查得到树木根部半径(单位：米)与树木高度(单位：米)的相关数据如表所示：（1）求关于的线性回归方程；（2）对（1）中得到的回归方程进行残差分析，若某树木的残差为零，则认为该树木“长势标准”，以此频率来估计概率，则在此片树木中随机抽取棵，记这棵树木中“长势标准”的树木数量为，求随机变量的数学期望与方差.参考公式：回归直线方程为，其中【答案】（1）；（2）期望，方差.【分析】（1）由最小二乘法先求样本点中心，再代入公式求，即可得到答案；（2）先计算6棵A树木中残差为零的有3棵，占比为，即可得到随机变量，根据二项分布的期望和方差公式可得答案；【详解】（1）由，，，，有，，故关于的回归方程为：.（2）当时，，残差为，当时，，残差为，当时，，残差为，当时，，残差为，当时，，残差为，当时，，残差为，由这6棵A树木中残差为零的有3棵，占比为，这棵树木“长势标准”的概率为.所以记这棵树木中“长势标准”的树木数量为，且，所以随机变量的数学期望为，方差.20．已知椭圆的左､右顶点分别为，右焦点为，过的直线与交于两点.（1）设和的面积分别为，若，求直线的方程；（2）当直线绕点旋转时，求证：四边形的对边与所在直线的斜率的比值恒为常数.【答案】（1）；（2）证明见解析；【分析】（1）求得，，根据三角形面积公式，及，求得，根据椭圆对称性知，直线垂直于x轴，从而求得直线方程；（2）设，，PQ的方程为，（由题知PQ的斜率不为0），联立椭圆方程，求得韦达定理，，化简，代入韦达定理，化简证得结果.【详解】（1）由题知，，，则，故，，结合，，求得，则根据椭圆对称性知，直线垂直于x轴，直线的方程为；（2）设，，PQ的方程为，（由题知PQ的斜率不为0），联立椭圆方程，化简得，则，故结论得证；21．已知函数.（1）当时，求证：；（2）当时，，求实数的取值范围.【答案】（1）见解析，（2）【分析】（1）要证，只要证，所以利用导数求出的最小值即可；（2）（），转化为，而时此式恒成立，所以只考虑的情况，所以转化为，构造函数，然后利用导数求出其最小值即可【详解】（1）证明：当时，，定义域为，则，由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是 的极小值点，也是的最小值点，且，所以，（2）解：由（），得（），当时，上述不等式恒成立，当时，，令 （），则，由（1）可知，当时，，所以由，得，由，得，所以在上单调递减，在上单调递增，所以是的极小值点，也是的最小值点，且，所以，所以实数的取值范围为22．已知数列是公比大于的等比数列 ，且是与的等差中项.(1)求数列的通项公式:(2)设为数列的前项和，记，求.【答案】（1）；（2）【分析】（1）利用等差中项求出公比，再由求出首项，再代入通项公式求；（2）由（1）得，求出数列的前项和，再利用裂项相消法求.【详解】（1）由题意得: 设数列公比为，则，即解得：（舍去）或，则，所以.（2）由（1）得：，可知为首项为，公差为的等差数列.则所以，所以.【点睛】本题考查等差中项、等比数列通项公式、对数运算、等差数列前项和及裂项相消法求和，考查基本量法运用.