【文档说明】广西钦州市大寺中学2021届高三下学期4月模拟数学理试题6 PDF版含答案.pdf，共(10)页，997.220 KB，由小赞的店铺上传

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1钦州市大寺中学2021届高三毕业班数学模拟练习[理6]一．选择题1.设集合1,0,1,2,3A，2{|20},Bxxx则()RAB（）A．1,3B．0,1,2C．1,2,3D．0,1,2,32.已知复数aiii在复平面内对应的点在二､四象限的角平分线上，则实

数a的值为（）A．2B．-2C．1D．-13.某实验室研发新冠疫苗，试验中需对x，y两项指标进行对照试验，已经进行的连续五次试验所测得的指标数据如下表：x110115120125130y8589909294已知y与x具有线性相关关系，利用上表中的五组数

据求得回归直线方程为ˆˆˆybxa．根据该回归方程，预测下一次试验中当150x时，ˆ106.2y，则ˆb的值为（）A．0.48B．0.5C．0.52D．0.544.记Sn为等差数列{an}的前n项和．已知a1＋a21＝0，S

14＝98，则()A．an＝－n＋11B．an＝－2n＋22C．Sn＝n2－7nD．Sn＝－12n2＋14n5.设30.2a，2log0.3b，3log2c，则（）A．abcB．acbC．bacD．cab6.设函数1(

)ln1xfxxx，则函数的图像可能为（）A．B．C．D．7.621(1)(1)xx展开式中2x的系数为()A．15B．20C．30D．358.已知函数()sin()0,0,||2fxAxA

的图象关于直线6x对称，且()fx的最小正周期为，则函数()fx图象的一个对称中心是()A．,012B．,03C．7,012D．,01229.若圆22(2)(1)5xy关于直线10

(0,0)axbyab对称，则21ab的最小值为()A．4B．42C．9D．9210.一个长方体被一平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．36B．48C．64D．7211.正三角形ABC的边长为2，将它沿高AD翻折

，使点B与点C间的距离为3，此时四面体ABCD外接球表面积为（）A．776B．19196C．7D．1912.已知函数,0,0xexfxxx（其中e为自然对数的底数），若函数

2yfxax恰有三个零点，则（）A.204eaB.202eaC.24eaD.22ea二．填空题13.设,xy满足约束条件1133xyxyxy，则2zxy的最小值为___________.14.在平面直角坐标系

中，若角的始边是x轴非负半轴，终边经过点22sin,cos33P，则cos________.15.椭圆2222:10xyCabab的右焦点2,0F，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的弦长为32．则椭圆C的方程是；16.已知

数列{an}满足a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，数列{bn}的前n项和Sn＝n2＋2n，则数列anbn的前n项和Tn＝________.三．解答题17.已知在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c且2cos2aCcb

.（1）求角A的大小；（2）若1a，求ABC面积的最大值。318.“绿水青山就是金山银山”，为推广生态环境保护意识，某班组织了环境保护兴趣小组，分为两组讨论学习．甲组一共有4人，其中男生3人，女生1人，乙组一共有5人，其中男生2人，女生3人，现要从这9人的两个兴趣

小组中抽出4人参加学校的环保知识竞赛.（1）设事件A为“选出的这4个人中要求两个男生两个女生，而且这两个男生必须来自不同的组”，求事件A发生的概率；（2）用X表示抽取的4人中乙组女生的人数，求随机变量X的分布列和期望19

.如图1，在矩形ABCD中，22,BCABE是AD中点，将CDE△沿直线CE翻折到CPE△的位置，使得3PB，如图2.（1）求证：面PCE面ABCE；（2）求PC与面ABP所成角的正弦值.20.已知抛物线28xy，过点04M（，）的直线与抛物线交于,AB两点，又

过,AB两点分别作抛物线的切线，两条切线交于P点．（1）证明：直线,PAPB的斜率之积为定值；（2）求PAB△面积的最小值421.已知函数2()()xfxeaxxR.（1）若函数()yfx有两个极值点，试求实数a的取值范围；（2）若02ea且0x，求证：()1fx.

22.(选修4-4：坐标系与参数方程)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的参数方程为2cos3sinxy（为参数），以原点O为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为cos224.（1）求经过椭圆C右焦点F且与直线l垂直的直线的极

坐标方程；（2）若P为椭圆C上任意-点，当点P到直线l距离最小时，求点P的直角坐标.23.(选修4-5：不等式选讲)已知不等式135xxm的解集为3,2n.（1）求n的值；（2）若三个正实数abc，，满足abcm.证明：2222222bcca

ababc5钦州市大寺中学2021届高三毕业班数学模拟练习[理6]参考答案一．选择题123456789101112BBDBDBCACBCC1.【解析】由220xx，得0x或2x，即{|0Bxx或2}x，={|0

2}RBxx，又1,0,1,2,3A()={0,1,2}RAB.故选：B.2.【详解】化简复数1(1)aiiaii，因为复数aiii在复平面内对应的点在二､四象限的角平分线上，所以11a，解得2a，故选：

B3.【详解】由已知表格中的数据，求得：1101151201251301205x，8589909294905y，则200ˆ19ˆba，①又因为下一次实验中150x时，ˆ106.2

y，则150106.2ˆˆba，②联立①②，解得：ˆ0.54b．故选D．4.解析设等差数列{an}的公差为d，由题意可知，2a1＋20d＝0,14a1＋91d＝98，解方程可得，a1＝20，d＝－2，故an＝－2n＋22，Sn＝－n2＋

21n.故选B5.【详解】由于300.20.2，22log0.3log10，331log2log32，则323log0.30.2log2，即cab.故选D.6.【解析】1()ln1xfxxx

定义域为：(1,1)11()lnln()11xxfxxxfxxx，函数为偶函数，排除,AC11()22ln30f，排除D故选B7.【解析】因为6662211(1)(1)1(1)(1)xxxxx，则6(1)x展开式中含2x的项为222611

5Cxx，621(1)xx展开式中含2x的项为44262115Cxxx，故2x前系数为151530，选C.8.【解析】由题意可得2，解得2，函数()sin(2)fxAx．依题得()

sin()63fAA，因为||2，故6π，所以()sin(2)6fxAx．令2,6xkkZ，可得212kx，kZ，6故函数的对称中心(,0)212k，令0k，可得函数()fx图象的中心是(,0)12，故选：A．9.解：由题意可知，

圆心(2,1)在直线10axby+-=，则21ab，又因为0a，0b，所以212122()(2)5549baabababab，当且仅当22baab且21ab即13a，13b时

取等号，此时取得最小值9．故选：C10.【详解】由题设中提供的三视图可以看出该几何体是一个长方体去掉一个上底是直角梯形，下底是直角三角形的棱台的剩余部分。如图，结合图形中的数据信息可知分成的这两部分的体积相等，所以其体积14

46482V，应选答案B。11.解析：根据题意可知三棱锥BACD的三条侧棱,BDADDCDA，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，三棱柱中，底面BDC，1,3BDCDBC,120BDC

，BDC的外接圆的半径为1312sin120，由题意可得：球心到底面的距离为32.球的半径为37142r.外接球的表面积为：274474Sr.故选：C.12【详解】由(0)1f，故0不是函数2yfxax的零点，则由2()0fxax

，得2()fxax，令2()()fxgxx2,01,0xexxxx，则题目转化为ya与()ygx有三个零点，当0x时，2()xegxx，则4(2)()xxexgxx，则gx在(0,2)上递减，在(2,)上

递增，当2x时，()gx有最小值为2(2)4eg，当0x时，()gx，作出()ygx的示意图如图所示：由图知，若函数2yfxax恰有三个零点，则24ea.故选：C二．填空题：13．【详解】由约束条件1,1,33,xyxyxy

作出可行域如图，由2zxy得：2yxz7由图可知，当直线过点A时，z有最小值，联立133xyxy，解得(2,3)A.∴2zxy的最小值为2231.14．【详解】解：由题意知，

2231sin,cos,3322PP，则P到原点的距离为1，3cos2，3coscos2.15．【详解】依题意有2c，椭圆C的焦点坐标为2,0，且点322,2在椭圆C上，由椭圆的定义可

得22223232222224222a，即22a，226bac，因此，椭圆C的方程为22186xy=；16．解析因为a1＋3a2＋…＋(2n－1)an＝2n，①故当n≥2时，a1＋3a2＋…＋(2n－3)an－1＝2(n－1

)，②由①－②可得an＝22n－1(n≥2且n∈N*)，又当n＝1时，a1＝2＝22－1满足上式，故an＝22n－1(n∈N*)，因为Sn＝n2＋2n，故当n≥2时，bn＝Sn－Sn－1＝n2＋2n－(n－1)2－2(n－1)＝2n＋1，又当n

＝1时，b1＝S1＝3＝2×1＋1，满足上式，故bn＝2n＋1(n∈N*)，所以anbn＝22n－12n＋1＝12n－1－12n＋1，故Tn＝1－13＋13－15＋…＋12n－1－12n＋1＝1－12n＋1＝2n2n＋1.三．解答题17．解:(1)∵2cos2aC

cb,∴2sincossin2sinACCB,又∵ABC,∴2sincossin2sincoscossinACCACAC,∴sin2cossinCAC,∴sin2cos10CA,∵sin0C,∴1cos2A,又0,A,∴3A(2)由(1)知,3

A,∵1a,∴由余弦定理,有222212cos3abcbc,∴221bcbc.∵222bcbc,∴12bcbc,∴1bc,当且仅当1bc时等号成立,∴max113sin1sin23234ABCSbc

,∴三角形ABC的面积的最大值为34.18．【解析】（Ⅰ）112324493621267CCCPAC8（Ⅱ）X可能取值为0,1,2,3,406349155012642CCPXC,3163496010112621CCP

XC,226349455212614CCPXC,13634961312621CCPXC,X的分布列为5105140123422114213EX.19．(1)证明：由图1可得BE

EC在图2中2,1,3,BEPEPBBEPE又ECPEEBE面PECBE面ABCE面PCE面ABCE（2）以点A为原点，分别以,ABAE直线为x轴，y轴，以经过点A且垂直于平面ABCE的直线为z轴建立直角坐标系.由题意可知，1321,0,0,1,2

,0,0,1,0,,,222BCEP132,,,1,0,0222APAB设面ABP的法向量为,,nxyz则0,0nAPnAB令2,y得3,z所以0,2,3n,112,

,222PC222sincos,11PCnPCnPCn，所以直线PC与面ABP所成角的正弦值为2221120．【解析】（1）证明：由题意设l的方程为4ykx，联立248ykxxy，得28320xkx

因为2(8)4(32)0k，所以设1122,,,AxyBxy，则1232xx设直线PAPB，的斜率分别为12,kk，对28xy求导得4xy，所以1212,44xx

kk，9所以，121212322444416xxxxkk（定值）（2）解：由（1）得直线PA：211184xxyxx①直线PB：222284xxyxx②联立①②，得点P的坐标为1212,28xxxx，由（1）得12128,32xxkx

x，所以44Pk（，）.于是22||812ABkk，点P到直线AB的距离22421kdk，所以221622PABSkk，当20k，即0k时，PAB的面积取得最小值32221．【详解】（1）∵

2()xfxeax，∴()2xfxeax.令()20xfxeax，函数()yfx有两个极值点，即方程20xeax有两个不相等的根，显然0x时，方程不成立，即0x不是方程的根，所以原方程有两个不相等

的根转化为2xaex有两个不相等的根，不妨令()(0)xegxxx.2(1)()xexgxx，∴()gx在(,0)，(0,1]递减，在[1,)递增，(1)ge，且0x时，()0gx.∵方程2xaex有两个不等根，()(0)xegxxx图象与2ya图象有两个

不同交点，∴只需满足2,ae即2ea.（2）不妨令2()(0)xGaeaxae，∴2()xGaxae在0,2ea递减.2min()22xeeGaGex，不妨令：2()2xegxex

，∴()xgxeex.令()()xxgxeex，则()xxee，由()0x得1x，由()0x得1x，∴()()xgx在(,1]递减，在[1,)递增.∴min()(1)0gxg，∴()0gx，∴()gx在[0,)递增

.∴min()(0)1gxg，所以当02ea且0x时，()1fx.1022．解：（1）将参数方程23xcosysin（为参数）消去参数得22143xy，∴椭圆的标准方程为22143xy，∴椭圆的

右焦点为1,0F，由cos()224得cossin4，∴直线l的直角坐标方程为4xy，∴过点1,0F与l垂直的直线方程为1yx，即10xy，∴极坐标方程为cossin10

．（2）设点2cos,3sin02P的坐标为，则点P到直线l的距离2cos3sin47sin422d，其中2721sin,cos0772，∴当2,2kkZ时，d取最小值，此时2,2kkZ

．∴472cos2cos22sin27k，373sin3sin23cos27k，∴P点坐标为4737,77．23.解：（1）由题意知，32为方程135xxm的根，∴391522m

，解得1m.由1351xx解得，3724x，∴74n.（2）由(1)知1abc，∴222222222bccaabbcacababcabc.222222222222

22222221abbccaabbcbccacaababcabc222122222abcabcbcacababcabcabc，∴2222222bccaababc成立.