安徽省合肥市第六中学2021届高三下学期5月高考考前诊断暨预测卷理科数学试题 WORD版含答案.docx

1、绝密启用前“合肥大联考”2021年高者考首诊断暨预测卷理科数学考生注意：1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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.已知集合，则A. B. C. D.2.已知复数，给出下列四个结论：；的共轭复数；的虚部为.其中正确结论

2、的个数是A.0 B.1 C.2 D.33.已知向量，满足，则A.2或0 B. C. D.或04.德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割.如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿.“黄金三角形”有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的“黄金三角形”被认为是最美的三角形，它是一个顶角为的等腰三角形（另一种是顶角为的等腰三角形）.已知一个“黄金椭圆”的左焦点，右顶点，上顶点构成直角三角形，其离心率为.例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，.根据这些信息，可得A. B. C. D.5.中国、日本，韩国的乒乓

3、球裁判员各2名，执行2019年世界乒乓球锦标赛的一号、二号和三号场地乒乓球裁判工作，每个场地由2名来自不同国家的裁判组成，则不同的安排方案共有A.96种 B.48种 C.36种 D.24种6.函数的图象大致为A. B.C. D.7.已知双曲线：的左右焦点分别为，点位于第一象限的双曲线上，的角平分线与轴的交点为，则A. B. C. D.8.已知数列是公差不为0的等差数列，其前项和为，若对任意的，都有，则的值不可能为A.2 B. C. D.9.已知，则，的大小关系为A. B. C. D.10.设函数，则下列四个结论中正确的是函数是偶函数；曲线在处的切线方程为；当时，单调递减；关于的方程在只有两个实

4、根，则实数的取值范围为.A. B. C. D.11.在四棱锥中，则三棱锥外接球的表面积为A. B. C. D.12.已知不等式（，且）对任意实数成立，则的最大值为A. B. C. D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，满足约束条件，则的最大值是_.14.的展开式中只有第4项的二项式系数最大，则展开式的系数之和为_.15.过抛物线：的焦点作直线，分别与抛物线交于，和，若直线，的斜率分别为，且满足，则的最小值为_.16.我们把一系列向量按次序排成一列，称之为向量列，记作，已知向量列满足：，设表示向量与间的夹角，若，对于任意正整数，不等式成立，则实数的取值范围是_.三、解答题

5、：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第1721题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17.（12分）的内角，的对边分别为，已知.（）求；（）求的最小值.18.（12分）如图，四棱锥中，侧面为等边三角形且垂直底面，.（）证明：；（）求二面角的余弦值.19.（12分）高一某学生参加学校的数学竞赛选拔考试，本次考试共有12道选择题组成.得分规定：做对一道题得1分，做错一道题得1分，不做得0分，9分及格.该学生的目标至少得9分，且确定该学生前8道题的答案均正确，而剩下的4道题每道题做对的概率均为.（）若该学生12道题全都做

6、，求得分的分布列和数学期望；（）该学生做多少道题时及格的概率最大？20.（12分）已知函数.（）若，求实数的取值范围；（）若有两个极值点分别为，求的最小值.21.（12分）如图，已知点，以线段为直径的圆内切于圆：，点的轨迹为.（）求点的轨迹的方程；（）轨迹与轴正半轴交于点，是否存在直线与轨迹交于，两点，使得点为的垂心，若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.（二）选考题：共10分.请考生在第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.22.选修4-4：坐标系与参数方程（10分）在直角坐标系中，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，直线过点与直线垂直，曲线的极坐标方程

7、为.（）求直线的普通方程和曲线的普通方程；（）若与曲线交于点，求的值.23.选修4-5：不等式选讲（10分）已知函数.（）求不等式的解集；（）设函数的最小值为.若实数，满足，求的最大值.“合肥大联考”2021年高考考前诊断暨预测卷理科数学答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案ABDCBCCDCADB1.答案A解析 由题得，所以，所以，得，所以.由题得，所以，得.选A.2.答案B解析 由已知，则，的虚部为，所以仅结论正确.选B.3.答案D解析 由题意，或，选D.4.答案C解析 ，.因为是顶角为的等腰三角形，所以，则，而，所以.选C.5.答案B

8、解析 每个场地由两名来自不同国家的裁判组成，只能分为：中、日；中、韩；日、韩.三组中，中国、日本、韩国的乒乓球裁判员各两名，本国裁判可以互换，进场地全排，不同的安排方案有种.选B.6.答案C解析 因为与都是偶函数，所以为偶函数，排除A，B，又由时，时，排除D.选C.7.答案C解析 由题意，即，由角平分线定理得，又，故，结合可得.选C.8.答案D解析 因为数列是公差不为0的等差数列，前项和为，对任意的，都有，可得，首项，公差，且，所以，即所以.所以的值不可能为.选D.9.答案C解析 由对数换底公式化简可得，由基本不等式可知，代入上式可得，所以，在上单凋递减，所以，综上可知.选C.10.答案A解析

9、对，因为，所以为偶函数，所以正确；对，故曲线在处的切线方程为，所以正确；对，时，单调递减，所以错误；对，00001由上表作出时，的图象，则，所以错误.综上，选A.11.答案D解析 如图，取的中点，所以，所以，又因为，所以平面，且.则外接球的半径满足，设，则，解得，从而，故三棱锥外接球的表面积为.选D.12.答案B解析 由题意得成立，令，则，若，单调递增，当时，不合题意；若，当时，单调递减，当时，单调递增，所以最小值为.所以，所以.令，则，当时，单调递增，当时，单调递减，所以，所以，即的最大值为.选B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.答案7解析 ，可以表示成图中阴影部分所示

10、的平面区域，令，则，作出直线并平移，数形结合知，当平移后的直线经过点时，取得最大值，且.14.答案1解析 因为只有第4项的二项式系数最大，所以，因此展开式的系数之和为.15.答案12解析 因为，所以，当且仅当时，等号成立.16.答案解析 ，所以，故.，设，则，故单调递增，故，故，所以，所以，则，解得.综上所述：.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17.解析（）因为，所以.即，所以，得，因为，所以，得.又因为，所以，所以.（）因为，所以，因为.因为，所以于，得.所以.所以当=时，的最小值为.18.解析（）取，的中点，连结，因为，所以为直角梯形的中位线，所以.因为为等边

11、三角形，为的中点，所以.因为平面平面，平面平面，平面，所以平面.因为平面，所以，因为，平面，EF平面，所以AB上平面，因为平面，所以，因为为的中点，所以.（）以点为坐标原点，过点在平面作轴垂直，建立空间直角坐标系.设，由题设可得，所以，设是平面的法向量，即，可取，设是平面的法向量，即，可取，则，所以二面角的余弦值为.19.解析（）可能取值为4、6、8、10、12.；.4681012.（）再做1道题及格的概率为；再做2道题及格的概率为；再做3道题及格的概率为；再做4道题及格的概率为.所以该学生解答11道题时及格的概率最大.20.解析（）因为，所以，由得或.当时，因为，不满足题意，当时，在上单调递

12、减，在上单调递增，于是，解得，所以的取值范围为，（）函数，定义域为，因为，是函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等正根，则有，得，对称轴，故，.且有，.令，则，当时，单调递减，当时，单调递增，所以，所以的最小值为.21.解析（）记线段的中点为，由于线段的中点为，连接，则，设的半径为，与内切于，连接，则，三点共线，于是.又，根据椭圆的定义可得的方程为.（）假设存在满足条件的直线，由，知直线斜率为，于是由知直线的斜率为1，设直线的方程为，由，消去得，设点，根据韦达定理得，由知，因为，所以，解得（舍）或，因此所求得直线的方程为.22.解析（）因为点在直角坐标系中为，直线在直角坐标系中为，所以直线的普通方程为，因为，即，所以曲线的普通方程为.（）直线的参数方程为（为参数），代入得，则，.23.解析（）当时，解得；当时，解得；当时，解得，综上，原不等式的解集为.（），当且仅当，即时等号成立，所以.因为，利用柯西不等式得，所以，当且仅当时，的最大值为.