試卷第頁2021屆高三下學期6月模擬數學（理）復習題（帶答案）詳解+解析點睛姓名:_____________年級:____________學號:______________題型選擇題填空題簡答題xx題xx題xx題總分得分評卷人得分一、xx題（每空xx分，共xx分）第1題

設全集U=R，集合，，則（）

A.B.C.D.

【答案解析】

C

由題意得，

∴，

∴．選C．

第2題

已知x，，i為虛數單位，且，則

A.2B.C.－4D.2i

【答案解析】

B

【分析】

根據對應關系求出x，y的值，結合復數的運算求出代數式的值即可．

【詳解】由，

得：，

所以，，

所以，

故選B．

第3題

閱讀如圖所示程序框圖，運行相應的程序.當輸入的時，則輸出y的范圍是（）

A.[－8,4]B.[0,24]C.[－2,4]∪(6,24]\D.[－2,24]

【答案解析】

D

分析：利用程序框圖和分段函數進行求解．

詳解：當時，，

則；

當時，；

綜上所述，輸出的范圍為

．

點睛：本題考查程序框圖等知識，意在考查分類討論思想的應用能力和基本計算能力．

第4題

已知P為△ABC所在平面內一點，，，則△ABC的面積等于（）

A.B.C.D.

【答案解析】

B

【詳解】根據條件得知點P在三角形中位線的延長線上，三角形ABC是以B為直角的直角三角形，

記AC中點為O點，OBPC按這一順序構成平行四邊形的四個邊，并且是菱形，邊長為2，

故BC為2，此時三角形面積為

故答案為B．

第5題

如圖，正四面體ABCD中，在棱上，且，分別記二面角的平面角為，在（）

A.B.

C.D.

【答案解析】

D

是正四面體，在棱上，且，可得為鈍角，為銳角，設的距離為的距離為的距離為的距離為，設正四面體的高為,可得，由余弦定理可得，由三角形面積相等可得到，所以可以推出所以，故選D.

第6題

已知函數，將函數的圖象向右平移個單位，得到數的圖象，則函數圖象的一個對稱中心是（）

A.B.C.D.

【答案解析】

C

【分析】

先對函數化簡，然后利用三角函數的平移關系求出的解析式，結合三角函數的對稱性進行求解即可．

【詳解】，

將函數的圖象向右平移個單位，得到數的圖象，

即，

由，得，，

當時，，

即函數的一個對稱中心為，

故選C．

【點睛】本題主要考查三角函數的圖象變換和性質，求出函數的解析式以及利用三角函數的對稱性是解決本題的關鍵．

第7題

設F為拋物線C:的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A,B兩點，O為坐標原點，則

△OAB的面積為（）

A.B.C.D.

【答案解析】

D

由題意可知：直線AB的方程為，代入拋物線的方程可得：，設A、B，則所求三角形的面積為=，故選D.

考點：本小題主要考查直線與拋物線的位置關系，考查兩點間距離公式等基礎知識，考查同學們分析問題與解決問題的能力.

第8題

函數的圖象大致為（）

A.B.

C.D.

【答案解析】

B

【詳解】

【分析】

∵

∴為奇函數，排除A，C

，，且

排除D，

故選B

第9題

設f(x)是定義在R上的偶函數，，都有，且當時，，若函數（，）在區間(－1,9]內恰有三個不同零點，則實數a的取值范圍是（）

A.B.

C.D.

【答案解析】

C

試題分析：由得函數的圖象關于直線對稱，又是偶函數，即圖象關于直線對稱，因此它還是周期函數，且周期為，函數的零點個數就是函數與曲線的圖象交點的個數，如圖由奇偶性和周期性作出的圖象，作出的圖象，由圖象知，兩圖象只有三個交點，則有或，解得或．故選C．

考點：函數的零點．

第10題

設函數，若存在區間，使在，上的值域為，，則k的取值范圍是

A.B.

C.D.

【答案解析】

C

【分析】

判斷的單調性得出在，上有兩解，作出函數圖象，利用導數的意義求出的范圍．

【詳解】解：，，

當時，，

在，上單調遞增，

，

在，上單調遞增，

，，，

在，上單調遞增，

在，上的值域為，，

，

方程在，上有兩解，．

作出與直線的函數圖象，則兩圖象有兩交點．

若直線過點，，

則，

若直線與的圖象相切，設切點為，，

則，解得．

，

故選：．

【點睛】本題考查了函數的單調性，導數的幾何意義，零點個數與函數圖象的關系，屬于中檔題．

第11題

已知a、b是實數，若圓與直線相切，則的取值范圍是（）

A.B.

C.D.

【答案解析】

B

由題設圓心到直線的距離，即，也即，因為，所以，即，解之得或，應選答案B．

點睛：解答本題的關鍵是借助題設條件建立方程，然后再依據問題的特征與欲求目標之間的聯系，借助基本不等式建立了不等式，最后通過解不等式使得問題獲解．

第12題

下列說法正確的是（）

A.若命題，，則，

B.已知相關變量滿足回歸方程，若變量x增加一個單位，則y平均增加4個單位

C.命題“若圓與兩坐標軸都有公共點，則實數”為真命題

D.已知隨機變量，若，則

【答案解析】

C

若命題，，則，;

已知相關變量滿足回歸方程，若變量增加一個單位，則平均減少個單位;

命題“若圓與兩坐標軸都有公共點，則為真命題;

已知隨機變量，若，則;

所以選C.

第13題

若x，y滿足約束條件，則的最大值是__________．

【答案解析】

【詳解】

.

畫出約束條件

表示的可行域，如圖，平移直線，當直線經過點時，直線在軸上的截距最小，有最大值，由可得，有最大值為，故答案為.

第14題

多項式展開式中所有項的系數之和為64，則該展開式中的常數項為__________．

【答案解析】

141

【詳解】

【分析】

由展開式中所有項的系數之和為可得：，則

展開式中的常數項可分為4種情況

個括號都取1

⑵1個括號取，個括號取，4個括號都取1，

⑶2個括號取，個括號取，1個括號取1，

⑷個括號取，個括號取，

展開式中的常數項為

第15題

《九章算術》第三章“衰分”中有如下問題:“今有甲持錢五百六十,乙持錢三百五十,丙持錢一百八十,凡三人俱出關,關稅百錢,欲以錢數多少衰出之,問各幾何?”其意為:“今有甲帶了560錢,乙帶了350錢,丙帶了180錢,三人一起出關,共需要交關稅100錢,依照錢的多少按比例出錢”,則乙應出(所得結果四舍五入,保留整數)錢數為______.

【答案解析】

32

【分析】

根據甲乙丙所帶錢數，可以計算出所交關稅在全部錢中的占比，根據該比例，可算出乙應出的錢數.

【詳解】由題可知：甲乙丙所帶錢數的總和為：560+350+180=1090，

故關稅繳納的比例為：，

所以：乙應該出錢：.

故答案為：32.

【點睛】本題考查分層抽樣在實際問題中應用，需要注意每層的抽樣比例與整體的抽樣比例相等.

第16題

已知函數f(x)對任意的，都有，函數是奇函數，當時，，則方程在區間[－3,5]內的所有根的和為_____________．

【答案解析】

4

【詳解】∵函數是奇函數

∴函數的圖象關于點對稱

∴把函數的圖象向右平移1個單位可得函數的圖象，即函數的圖象關于點對稱，則.

又∵

∴，從而

∴，即

∴函數的周期為2，且圖象關于直線對稱.

畫出函數的圖象如圖所示：

∴結合圖象可得區間內有8個根，且所有根的和為.

故答案為4.

第17題

在△ABC中，角A、B、C所對的邊分別為a、b、c，且.

（1）求角C的大??；

（2）若A=，△ABC的面積為，M為BC的中點，求AM.

【答案解析】

(1)(2).

【分析】

（1）利用正弦定理，結合同角三角函數的關系化簡已知的等式，得到三邊的關系式，再利用余弦l∴△ABC為等腰三角形，即CA=CB

又∵M為CB中點∴CM=BM

設CA=CB=2x則CM=BM=x

∴解得：x=2

∴CA=4,CM=2

由余弦定理得：AM=.

第18題

2012年12月18日，作為全國首批開展空氣質量新標準監測的74個城市之一，鄭州市正式發布PM2.5數據.資料表明，近幾年來，鄭州市霧霾治理取得了很大成效，空氣質量與前幾年相比得到了很大改善.鄭州市設有9個監測站點監測空氣質量指數（AQI），其中在輕度污染區、中度污染區、重度污染區分別設有2,5,2個監測站點，以9個站點測得的AQI的平均值為依據，播報我市的空氣質量.

（Ⅰ）若某日播報的AQI為118，已知輕度污染區AQI的平均值為74，中度污染區AQI的平均值為114，求重度污染區AQI的平均值；

（Ⅱ）如圖是2018年11月的30天中AQI的分布，11月份僅有一天AQI在內.

組數

l

5

第六組

4

第七組

3

第八組

1

①鄭州市某中學利用每周日的時間進行社會實踐活動，以公布的AQI為標準，如果AQI小于180，則去進行社會實踐活動.以統計數據中的頻率為概率，求該校周日進行社會實踐活動的概率；

②在“創建文明城市”活動中，驗收小組把鄭州市的空氣質量作為一個評價指標，從當月的空氣質量監測數據中抽取3天的數據進行評價，設抽取到AQI不小于180的天數為X，求X的分布列及數學期望.

【答案解析】

（Ⅰ）172（Ⅱ）①②見解析

【分析】

（Ⅰ）設重度污染區AQI的平均值為x，利用加權平均數求出x的值；

（Ⅱ）①由題意知11月份AQI小于180的天數，計算所求的概率即可；

②由題意知隨機變量X的可能取值，計算對應的概率值，寫出分布列，求出數學期望值．

【詳解】（Ⅰ）設重度污染區的平均值為，則，解得.

即重度污染區平均值為172.

（Ⅱ）①由題意知，在內的天數為1，

由圖可知，在內的天數為17天，故11月份小于180的天數為，

又，則該學校去進行社會實踐活動的概率為.

②由題意知，的所有可能取值為0，1，2，3，且

，，

，，

則的分布列為

0

1

2

3

.

.

數學期望.

【點睛】本題考查了平均數與離散型隨機變量的分布列和數學期望計算問題，是基礎題．

第19題

已知多面體ABCDEF中，四邊形ABCD為平行四邊形，，且，，，.

（1）求證：平面平面；

（2）若，直線與平面夾角的正弦值為，求的值.

【答案解析】

（1）證明見解析（2）

【詳解】試題分析：

(1)由題意結合線面垂直的判斷定理可得平面，然后利用面面垂直的判斷定理即可證得平面平面.

(2)建立空間直角坐標系，結合題意利用夾角公式可得求得直線與平面的夾角的正弦值，據此可得.

試題解析：

（1）∵，，∴，

∴；

又，，∴平面；

因為平面，所以平面平面.

（2）因為平面平面，

平面平面，，

所以平面，平面，故；

以為原點，所在直線分別為軸，

過點且垂直于平面的直線為軸，

建立如圖所示的空間直角坐標系，

設，則，，

，，

設平面的一個法向量，

因為，，

∴，取，，

則，，

設直線與平面的夾角為，

故，

解得（舍去），故.

第20題

已知橢圓C：的右焦點為，且點在橢圓C上.

（1）求橢圓C的標準方程；

（2）已知動直線過點F，且與橢圓C交于A、B兩點.試問軸上是否存在定點Q，使得恒成立？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由.

【答案解析】

（1）（2）軸上存在點

【分析】

（1）利用橢圓的定義求出a的值，進而可求b的值，即可得到橢圓的標準方程；

（2）先利用特殊位置，猜想點Q的坐標，再證明一般性也成立即可

【詳解】（1）由題意知，

根據橢圓的定義得：

即，，橢圓的標準方程為

（2）假設在軸上存在點，使得恒成立．

①當直線的斜率為時，，．

則解得．

②當直線的斜率不存在時，，．

則解得或

③由①②可知當直線的斜率為或不存在時，

使得成立．

下面證明，即時恒成立．

設直線的斜率存在且不為時，直線方程為，

,，由，

可得

，

綜上所述：在軸上存在點，使得恒成立．

考點：1．直線與圓錐曲線的關系；2．橢圓的標準方程

第21題

已知函數.

（1）當時，判斷函數f(x)的單調性；

（2）當f(x)有兩個極值點時，若f(x)的極大值小于整數m，求m的最小值.

【答案解析】

（1）為上的減函數（2）3

【分析】

（1）求出函數的導數，法一、結合二次函數的圖象與性質判斷導函數的符號，求出函數的單調性即可；法二、令，則，結合函數的單調性求出的極大值，即可得到結論；

（2）令，則，根據函數的單調性得到有兩個實數根（），取出實數的取值范圍，進而求出的極大值，進而得出實數的取值范圍.

【詳解】（1）由題.

方法1：由于，

又，所以，從而，

于是為上的減函數.

方法2：令，則，

當時，，為增函數；當時，，為減函數.

故在時取得極大值，也即為最大值.

則.由于，所以，

于是為上的減函數.

（2）令，則，

當時，，為增函數；當時，，為減函數.

當趨近于時，趨近于.

由于有兩個極值點，所以有兩個不等實根，

即有兩不等實根（）.

則解得.

可知，由于，，則.

而，即（）

所以，于是，（*）

令，則（*）可變為，

可得，而，則有，

下面再說明對于任意，.

又由（）得，把它代入（*）得，

所以當，恒成立，

故為減函數，所以.

所以滿足題意的整數的最小值為3.

第22題

在直角坐標系中xOy中，曲線C的參數方程為（為參數，）.以坐標原點為極點，x軸正半軸為極軸建立極坐標系，已知直