高中数学高考2021年高考数学（理）1月模拟评估卷（一）（全国3卷）（解析版）(1)

这是一份高中数学高考2021年高考数学（理）1月模拟评估卷（一）（全国3卷）（解析版）(1)，共14页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年高考数学（理）1月模拟评估卷（一）（全国3卷）本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分满分150分.考试时间120分钟第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共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.已知复数,则的值（    ）A．0 B． C．2 D．1【答案】C【解析】,,则．故选C．2．已知集合，或，则（    ）A．或 B．C． D．或【答案】D【解析】因为，或，所以或，故选D.3.我们知道,人们对声音有不同的感觉,这与声音的强度有关系.声音的强度常用(单位：瓦/米2,即)表示,但在实际测量时,声音的强度水平常用(单位：分贝)表示,它们满足换算公式：(,其中是人们平均能听到的声音的最小强度).若使某小区内公共场所声音的强度水平降低10分贝,则声音的强度应变为原来的（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设该小区内公共场所声音的强度水平为,,相应声音的强度为,,由题意,得,即,解得.故选C.4．已知点,,则与向量的方向相反的单位向量是（    ）A．（－..,） B．（－,） C．（,－） D．（,－）【答案】A【解析】由,,所以,所以向量的方向相反的单位向量为.故选A.5.二项式展开式中存在常数项的一个条件是（    ）A．n=5 B．n=6 C．n=7 D．n=9【答案】B【解析】二项式展开式的通项为，，要使展开式中存在常数，只需有解，因为，所以为偶数，故不正确.当时，，二项式展开式中第项为常数项.故选B.6.已知,则（    ）A． B．4 C． D．【答案】C【解析】因为,利用诱导公式可得,即,所以,故选C.7．已知F是抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点,过点R(2,1)的直线l与抛物线C交于A,B两点,R为线段AB的中点.若|FA|+|FB|=5,则直线l的斜率为（    ）A．3 B．1 C．2 D．【答案】B【解析】由于R(2,1)为AB中点,设A(xA,yA),B(xB,yB).根据抛物线的定义|FA|+|FB|=xA+xB+p=2×2+p=5,解得p=1,抛物线方程为y2=2x.,两式相减并化简得,即直线l的斜率为1.故选B.8.两位教师和两位学生排成一排拍合照，记为两位学生中间的教师人数，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据题意，随机变量的取值为，可得，所以期望为.故选C.9．如图,在各小正方形边长为 的网格上依次为某几何体的正视图,侧视图与俯视图,其中正视图为等边三角形,则此几何体的体积为 （    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意,几何体是底面为等腰直角三角形（其直角边长为2）的三棱锥和一个半圆锥（圆锥底面半径为1）的组合体,体积,故选D.10．奇函数满足,且在上单调递减,则的解集为（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】奇函数满足,且在上单调递减,∴,且,作出的大致图像,如下：则,或,解可得或,即或,所以不等式的解集为,故选B.11．在中,角､､所对的边分别为､､,且,,,则的面积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由正弦定理得：,,,,,,由正弦定理得：,.由余弦定理得：,解得：,,.故选A.12．已知,现将函数的图象向右平移个单位后得到函数的图象,若两函数与图象的对称中心完全相同,则满足题意的的个数为（    ）A．1 B．2C．3 D．4【答案】B【解析】化简得,根据正余弦曲线与正切曲线的图象性质,欲使得两函数图象对称中心一致,须为奇函数,且只能为,有如图的两类情况．  二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13．某社团计划招入女生人,男生人,若满足约束条件,则该社团今年计划招入的学生人数最多为______．【答案】9【解析】设,则,作出约束条件表示的平面区域,如图：的最大值,即直线的纵截距的最大值,由图可知,当直线经过点时,纵截距最大.,解得,所以的最大值为,此时均为正整数,符合要求.所以该社团今年计划招入的学生人数最多为9.14．双曲线的左､右焦点为、,若点在双曲线上,,则______.【答案】10【解析】连接,因为为的中点,故,所以,而,故是以为直角顶点的直角三角形,故.15.函数存在与直线平行的切线，则实数的取值范围是________.【答案】.【解析】由题意，得，故存在切点，使得，所以有解，因为，所以（当且仅当时取等号），所以，即，则实数的取值范围是.16．四面体中,,,,且异面直线和所成的角为,若四面体的外接球半径为,则四面体的体积的最大值为_________.【答案】【解析】四面体中,,,异面直线和所成的角为,可得如下示意图：过B点作且,连接, 则有且面,如下图,若为外接圆圆心,则可找到外接球圆心,为BC的中点,即,外接球半径为,∴四边形为矩形,,∴在平面中有,可得,令,则四面体的体积,而由余弦定理知：,即当且仅当时等号成立,所以.三、解答题：共70分,解答应写出文字说明,证明过程和解题步骤.第17-21题为必考题.第22、23题为选考题.(一)、必考题：共60分17.(12分) 已知数列满足，．（1）求数列的通项公式;（2）若，求数列的前项和．解：（1），，数列是以为首项，为公差的等差数列，，整理可得：；(6分)（2）由（1）可得：，.(12分)18．(12分) 某湿地公园经过近十年的规划和治理,生态系统得到很大改善,野生动物数量有所增加.为调查该地区某种野生动物的数量,将其分成面积相近的300个地块,并设计两种抽样方案,方案一：在该地区应用简单随机抽样的方法抽取30个作为样本区；依据抽样数据计算得到相应的相关系数；方案二：在该地区应用分层抽样的方法抽取30个作为样本区,调查得到样本数据（,2,…,30）,其中和分别表示第i个样区的植物覆盖面积（单位：公顷）和这种野生动物的数量,并计算得,,,,.（1）求该地区这种野生动物数量的估计值（这种野生动物数量的估计值等于样区这种野生动物数量的平均数乘以地块数）；（2）求方案二抽取的样本（,2,…,30）的相关系数（精确到0.01）；并判定哪种抽样方法更能准确的估计.附：相关系数,；相关系数,则相关性很强,的值越大,相关性越强.解：（1）由题意可得,样区野生动物平均数为,又地块数为300,所以该地区这种野生动物的估计值为；(4分)（2）由题中数据可得,样本（,2,…,30）的相关系数为.因为方案一的相关系数为明显小于方案二的相关系数为,所以方案二的分层抽样方法更能准确的估计. (12分)19．(12分) 如图所示,四棱锥中,,,,.
 （1）求证：平面；（2）若点是线段上的动点,平面与平面所成锐二面角的余弦值为,求.解：（1）证明：因为,,,所以,,又因为,所以,故,(2分)取的中点,连接,,因为,所以,,所以,(4分)因为,所以平面,所以,又因为,所以平面.(6分)（2）如图,以为原点,分别以,和垂直平面的方向为,,轴正方向,建立空间直角坐标系,则(0,0,0),(0,2,0),(2,4,0),(2,0,0),(1,1,2),设(),则,(8分)由（1）得平面的一个法向量为,(9分)设为平面的一个法向量,,由得不妨取.(10分)设平面与平面所成的二面角为,所以,整体得,解得或(舍去),所以,.(12分)20．(12分) 已知函数.（1）当时,求的单调区间；（2）若在区间的最小值为,求.解：（1）当时,,,所以,(1分)由可得；由可得,(3分)所以函数的单调递减区间为,单调递增区间为；(5分)（2）因为,,所以,由得；(6分)若时,在上恒成立,所以在上单调递增,最小值为不满足题意； (7分)若,即时,当时,,则函数单调递减；当时,,则函数单调递增；所以,则,即,所以,满足；(10分)若,即时,在上恒成立,所以函数在上单调递减,因此,解得,不满足；综上,.(12分)21．(12分) 在平面直角坐标系中，已知椭圆的长轴长为6，且经过点，为左顶点，为下顶点，椭圆上的点在第一象限，交轴于点，交轴于点.（1）求椭圆的标准方程（2）试问：四边形的面积是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由解：（1）由题意得，解得.把点的坐标代入椭圆C的方程，得.(2分)由于，解得所以所求的椭圆的标准方程为.(4分)（2）由题意知，直线的斜率存在，可设直线.令，得，由得，解得(舍去)或所以，即.(6分)于是直线的方程为，即令，得，即，(10分)所以四边形的面积等于即四边形的面积为定值.(12分)(二)、选考题：共10分. 请考生从22、23题中任选一题做答,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)如图所示,已知曲线的极坐标方程为,点,以极点为原点,极轴为轴建立平面直角坐标系．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）已知直线的参数方程为,（为参数）,若直线与曲线交于、两点,求的值．解：因为,故,故,即；(10分)（2）设直线的参数方程为（为参数）,若直线与双曲线交于,,则只能交于轴右侧部分,将直线的参数方程代入,可得．(77分)设,对应的参数分别为,,故,,故．(10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)已知a,b,c为正实数,且满足.证明：（1）；（2）.解：（1）因为a,b,c为正实数,且满足,所以,由绝对值三角不等式可得,,当且仅当,即时,等号成立；(10分)（2）因为a,b,c为正实数,且满足,由三元基本不等式可得,当且仅当时,等号成立. (10分)