高三下學期數學6月高考方向性考試試卷一、單項選擇題1.集合，，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

2.雙曲線的離心率為，那么雙曲線的實軸長為〔

〕A.

B.

C.

D.

3.某幾何體的三視圖如下列圖〔單位：cm〕，那么該幾何體的體積〔單位：cm3〕是〔

〕A.

B.

C.

D.

4.假設實數x，y滿足約束條件，那么的取值范圍是〔

〕A.

B.

C.

D.

5.函數在上的圖象可能是〔

〕A.

B.

C.

D.

6.直線l、m和平面．假設，，那么“〞是“〞的〔

〕A.

充分不必要條件

B.

必要不充分條件

C.

充分必要條件

D.

既不充分也不必要條件7.等差數列，公差，記，那么以下等式不可能成立的是〔

〕A.

B.

C.

D.

8.雙曲線左、右焦點分別為，直線l過點交雙曲線左支于點P，交雙曲線漸近線于點Q，且，假設，那么雙曲線C的離心率為〔

〕A.

B.

C.

D.

9.為單位向量，向量滿足，那么的最大值為〔

〕A.

B.

2

C.

D.

310.，，D是的中點，將沿翻折，得到，設與平面所成的角為，與平面所成的角為，與平面所成的角為，那么〔

〕A.

B.

C.

D.

二、填空題11.，其中，i是虛數單位，那么________，________．12.多項式，其中為實數，那么________，________．13.，那么________，________．14.在8張獎券中有一、二、三等處各1張，其余5張無獎，將這8張獎券分給4個人，每人兩張，記獲獎人數為，那么________，________．15.圓柱的體積為〔單位：〕，且它的側面展開圖是正方形，那么這個圓柱的底面半徑〔單位：〕是________．16.曲線關于直線對稱的曲線方程是________．17.函數．記的最大值為，那么的最小值為________．三、解答題18.在中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，設的面積為S﹐且滿足．〔1〕求角C的大小；〔2〕求的最大值．19.如圖，在三棱柱中，平面平面，，D是的中點，且，．〔1〕證明：平面平面；〔2〕求直線與平面所成角的正弦值．20.等比數列．數列滿足且．〔1〕求數列、的通項公式；〔2〕設，記數列的前n項和為．①求；②求正整數k使得對任意，都有．21.如圖．拋物線，直線過點與拋物線C相交于A，B兩點，拋物線在點A，B處的切線相交于點T，過A，B分別作x軸的平行線與直線上交于M，N兩點．〔1〕證明：點T在直線l上，且；〔2〕記，的面積分別為和．求的最小值．

答案解析局部一、單項選擇題1.【解析】【解答】解：因為，所以，因為所以故答案為：D

【分析】根據題意由補集和交集的定義即可得出答案。2.【解析】【解答】由題意得：，解得，所以雙曲線的實軸長為.故答案為：B

【分析】結合題意由雙曲線的簡單性質以及離心率公式即可求出a的值，由此得到答案。3.【解析】【解答】解：由題意幾何體的直觀圖如圖：是一個圓錐，去掉局部的剩余幾何體與一個三棱錐的幾何體；幾何體的體積為：．故答案為：A

【分析】由三視圖即可得出：幾何體的直觀圖如圖：是一個圓錐，去掉局部的剩余幾何體與一個三棱錐的幾何體，集合圓錐的體積公式代入數值計算出結果即可。4.【解析】【解答】解：由約束條件作出可行域如圖，聯立，解得，即，作出直線，由圖可知，平移直線至時，有最小值為，的取值范圍是．故答案為：D．

【分析】

根據題意作出可行域再由條件找出目標函數，把目標函數化為直線方程的截距由數形結合法即可得出當直線經過點B時，z取得最小值并由直線的方程求出點B的坐標，然后把坐標代入到目標函數計算出z的值即可。

5.【解析】【解答】設，那么，所以為奇函數，圖象關于原點對稱，排除A、C，又當x=1時，，排除D.故答案為：B

【分析】根據題意首先求出函數的定義域再由奇函數的定義f(-x)=-f(x)即可判斷出該函數為奇函數，由奇函數圖象的性質得出圖像關于原點對稱由此排除A、C，再由特殊點法代入數值驗證即可排除選項D，由此得到答案。6.【解析】【解答】解：充分性：，，，故充分性成立．必要性：，，，那么與平行或異面，故必要性不成立．故“〞是“〞的充分不必要條件．故答案為：A．

【分析】首先由直線與平面的位置關系，即可得出與平行或異面，再由充分和必要條件的定義即可得出答案。7.【解析】【解答】因為為等差數列，所以，所以，對于A：因為為等差數列，根據等差中項的性質可得，A正確，不符合題意；對于B：，，所以，B正確，不符合題意；對于C：假設，那么，整理得，因為，所以，所以當時，滿足，此時C正確，不符合題意；對于D：假設，那么，所以，所以，解得，不滿足，D錯誤，符合題意.故答案為：D

【分析根據等差數列的通項公式、求和公式，結合等差中項的性質，逐一分析各個選項，即可得答案.8.【解析】【解答】因為，所以點Q在以O為圓心，為半徑的圓上，所以點Q的軌跡方程為，又點Q在漸近線上，所以，解得，設，那么，因為，所以，解得，即，又點P在雙曲線C上，代入可得，所以，即，因為，所以.故答案為：A

【分析】利用條件即可得出點Q在以O為圓心，為半徑的圓上，求出圓的方程，再結合點在雙曲線上代入整理得到，設出點Q的坐標由此得到，結合條件整理得出，并把點的坐標代入整理結合離心率的公式計算出結果即可。9.【解析】【解答】解：由得，說明的終點的軌跡是以的終點為圓心，為半徑的圓，的最大值是圓心與的終點之間的距離加上半徑，即為，，〔當且僅當時取等號〕．故答案為：B．

【分析】由條件整理即可得出的終點的軌跡是以的終點為圓心，為半徑的圓，結合圓的性質以及向量模、數量積的運算性質整理得出利用夾角以及余弦函數的性質即可求出最大值。10.【解析】【解答】解：在，，D是的中點，所以，，又，面，所以面過作交的延長線于點，連接，因為面，面，所以，，面，所以面，因為與平面所成的角為，所以，與平面所成的角為，所以，與平面所成的角為，所以因為，所以，即；又，，因為，所以，即，所，即，當時，故答案為：C

【分析】根據題意由條件即可得出線面垂直的性質定理即可得出線線垂直，由此結合線面角的定義即可求出與平面所成的角為，與平面所成的角為

，與平面所成的角為，由三角形內的幾何計算關系以及正弦函數的性質對選項逐一判斷即可得出答案。二、填空題11.【解析】【解答】由題意得：，根據復數相等的條件可得：，解得.故答案為：2；1

【分析】首先由復數代數形式的運算性質整理，再結合復數相等的概念即可得出答案。12.【解析】【解答】的展開式的通項公式為：，令，得，所以.令，得，令，得，令，得，令，得，令，得，所以.故答案為：-10；32

【分析】根據題意首先求出二項式的通項公式，再對k賦值結合題意即可求出答案。13.【解析】【解答】由題意得：，解得.所以.故答案為：-3；

【分析】首先由兩角和的正切公式整理化簡求出，再結合二倍角的正弦公式以及同角三角函數的根本關系式代入數值計算出結果即可。14.【解析】【解答】一、二、三等獎獎券，三個人獲得，共有種獲獎情況；一、二、三等獎獎券，有1人獲得2張，1人獲得1張，共有種獲獎情況,一共有24+36=60中不同的獲獎情況.所以，所以

【分析】首先由排列組合以及計數原理結合題意計算出獲得一、二、三等獎獎券的事件的個數，再結合概率以及期望公式代入數值計算出結果即可。15.【解析】【解答】設圓柱底面半徑為r，高為h，由于該圓柱的側面展開圖是正方形，所以，又圓柱的體積為，所以，即所以.故答案為：.

【分析】利用圓柱的側面展開后是一個正方形，即可求出圓柱的底面周長和圓柱的高相等；再根據圓柱的體積公式，代入數值計算出結果即可。16.【解析】【解答】由得，圓心為，設關于直線的對稱點為有，解得所以所求的方程為故答案為：

【分析】首先整理圓的方程化為標準式由此求出圓心坐標以及半徑，再由點關于直線對稱的性質整理得到對稱點的坐標，即為圓心坐標結合圓的標準方程計算出答案即可。17.【解析】【解答】由題意可知，是偶函數，當時，，根據偶函數的性質可知，在上的最大值為，所以，所以，所以，即的最小值為.故答案為：.

【分析】由條件即可得出函數為偶函數，結合偶函數的性質以及二次函數的性質即可求出在上的最大值，從而得出結合絕對值三角不等式的性質即可得到，從而得出答案。三、解答題18.【解析】【分析】(1)由條件結合同角三角函數的根本關系式即可得出，結合角的取值范圍即可求出角的大小。

(2)根據題意集合三角形的內角性質整理得到，利用兩角和的正弦公式整理化簡得到，結合正弦函數的單調性以及最值情況即可求出的最大值。19.【解析】【分析】〔1〕通過面面垂直的性質定理證明平面，由此證明，再由邊之間的關系即可證明，再根據線面直的判定定理證明平面，再由面面垂直的判定定理即可得證出結論；

〔2〕根據題意作出輔助線，利用三角形內的幾何計算關系即可得出線線垂直，由此建立適宜空間直角坐標系，分別求解出直線AD的方向向量以及平面BDC1的一個法向量，根據方向向量與法向量夾角的余弦值的絕對值，求解出直線AD

與平面BDC1所成角的正弦值.20.【解析】【分析】(1)由等比數列的通項公式以及指數冪的運算性質整理即可得到即，由此得出，再由條件計算出，從而得到以及數列的通項公式，結合條件整理即可得出，從而得到數列的通項公式。

(2)①由(1)的結論即可得出數列的通項公式，再由裂項相消法整理計算出結果即可。②根據題意整理化簡得到，構造函數，從而計算出結合函數的性質即可得出的單調性，利用函