高中数学高考2021年高考数学（理）2月模拟评估卷（三）（全国2卷）（解析版）

这是一份高中数学高考2021年高考数学（理）2月模拟评估卷（三）（全国2卷）（解析版），共19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）2月模拟评估卷（三）（全国2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．已知复数是纯虚数，则的值为（    ）A．1 B．2 C． D．-1【答案】A【解析】是纯虚数，，解得：，所以，.故选A.2．已知集合，集合，则（   ）A． B． C． D．【答案】C【解析】因为或，所以，又，所以．故选C．3．年的“金九银十”变成“铜九铁十”，全国各地房价“跳水”严重，但某地二手房交易却“逆市”而行.下图是该地某小区年月至年月间，当月在售二手房均价（单位：万元/平方米）的散点图.（图中月份代码分别对应年月年月）根据散点图选择和两个模型进行拟合，经过数据处理得到的两个回归方程分别为和，并得到以下一些统计量的值： 注：是样本数据中的平均数，是样本数据中的平均数，则下列说法不一定成立的是（    ）A．当月在售二手房均价与月份代码呈正相关关系B．根据可以预测年月在售二手房均价约为万元/平方米C．曲线与的图形经过点D．回归曲线的拟合效果好于的拟合效果【答案】C【解析】对于A，散点从左下到右上分布，所以当月在售二手房均价与月份代码呈正相关关系，故A正确；对于B，令，由，所以可以预测年月在售二手房均价约为万元/平方米，故B正确；对于C，非线性回归曲线不一定经过，故C错误；对于D，越大，拟合效果越好，故D正确.故选C.4．已知为抛物线的焦点，点在抛物线上，，若线段的中点到准线的距离为4，则为（    ）A．1 B． C．2 D．4【答案】C
【解析】如图示：连结MF，设MF的中点为P，记准线为l，分别过M、P、F作MN⊥l于N，PQ⊥l于Q，FE⊥l于E，由抛物线的定义知：|MN|=|MF|=6，|EF|=p，在梯形MNEF中，PQ为中位线，所以2|PQ|=|MN|+|EF|即2×4=6+p，解得：p=2.故选C5．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（    ）A．若，，，则. B．若，，则.C．若，，，则. D．若，，，，则.【答案】C【解析】选项A. 由，，，不能得出，故不能得到，所以A错误.选项B. ，,则可能是，不一定是，所以B错误.选项C. 由，，则，又，则，所以C正确.选项D. 若，，，,若时，则可能相交，所以D不正确.故选C6．某公园门票单价30元，相关优惠政策如下：①10人（含）以上团体购票9折优惠；②50人（含）以上团体购票8折优惠；③100人（含）以上团体购票7折优惠；④购票总额每满500元减100元（单张票价不优惠）．现购买47张门票，合理地设计购票方案，则门票费用最少为（    ）A．1090元 B．1171元 C．1200元 D．1210元【答案】B【解析】由于购票人数少于50，故政策②，③不可能享受；在合理范围内政策④比政策①要优惠；而原价为，大于1000，不足1500，所以应将47张票分为两部分购买，其中13张门票享受政策①，34张门票享受政策④，即，故选B.7．已知向量满足，且．则向量与向量的夹角是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】.，， 即向量与向量的夹角是.故选C8．一个密码箱上有两个密码锁，只有两个密码锁的密码都对才能打开.两个密码锁都设有四个数位，每个数位的数字都可以是1，2，3，4中的任一个.现将左边密码锁的四个数字设成两个相同，另两个也相同；右边密码锁的四个数字设成互不相同.这样的密码设置的方法有（    ）种情况.A．288 B．864 C．1436 D．1728【答案】B【解析】左边密码锁的四个数字共有种设法，右边密码锁的四个数字共有种设法，故密码设置的方法有种.故选B.9．已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】构造函数，其中，则，所以，函数为上的减函数，由可得，即，所以，，解得.因此，实数的取值范围是.故选D.10．数列中，，，使对任意的恒成立的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由已知可得，数列：，可得规律为，，……此时将原数列分为三个等差数列：，；，；，，当时，，即.而时，，即，所以满足对任意的恒成立的最大值为．故选C.11.已知函数的图象既关于点中心对称，又关于直线对称，且函数在上的零点不超过2个，现有如下三个数据：①；②；③，则其中符合条件的数据个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】由题意得，，，两式相加得，又因为，代入中，得.当时，记，令，得，则，至多有2个实数根，，解得，结合，观察可知，符合条件.故选B.12．现有一个三棱锥形状的工艺品，点在底面的投影为，满足，，，若要将此工艺品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图所示：作与M，连接PM，因为平面ABC，所以，又，所以平面PQM，所以，所以,,因为，由对称性得,又因为，，所以，解得，所以，设外接球的半径为r，在中，，即，解得，所以外接球的表面积为，即该球形容器的表面积的最小值为.故选D二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13.已知实数，满足约束条件，则的最小值是__________.【答案】【解析】画出表示的可行域，如图，将变形为，平移直线，由图可知当直经过点的最小， 由可得，可得，。14．设等比数列的前项和为.若、、成等差数列，则数列的公比为__________.【答案】3或【解析】设等比数列的公比为，因为等比数列的前项和为，、、成等差数列，所以，则，因此，所以，解得或.15．已知双曲线的左、焦点为、，点为双曲线的渐近线上一点，，若直线与圆相切，则双曲线的离心率为___________.【答案】【解析】如下图所示，设与圆相切于点，则，，则，，则，为的中点，则为的中点，，由直角三角形的性质可得，因为为的中点，则，由于双曲线的两渐近线关于轴对称，可得，所以，，则，所以，，则，因此，双曲线的离心率为.16．已知函数，给出下列命题：①存在实数，使得函数为奇函数；②对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称；③若对任意非零实数，都成立，则实数的取值范围为.其中的真命题是___________.（写出所有真命题的序号）【答案】②③【解析】由题意，令，函数的定义域为，则，所以函数为偶函数.对于①，若，则 ，则，此时函数不是奇函数；若，则函数的定义域为且，，，显然.综上所述，对任意的，函数都不是奇函数；对于②，，所以，函数关于直线对称.因此，对任意实数，均存在实数，使得函数关于对称，所以②正确；对于③，，当且仅当时，等号成立， ，当且仅当时，等号成立，所以，因为，当时，两个等号可以同时成立，所以.因此，实数的取值范围是，③正确。故答案为②③.三、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) 在中，角，，的对边分别为，，.若，且.（1）求；（2）若，求的面积.解：（1），利用余弦定理得：，整理得：，又，，即(6分)（2）由（1）知，又，，的面积.(12分)18.(12分) 2020年国庆节期间，我国高速公路继续执行“节假日高速公路免费政策”.某路桥公司为掌握国庆节期间车辆出行的高峰情况，在某高速公路收费站点记录了3日上午9:20~10:40这一时间段内通过的车辆数，统计发现这一时间段内共有600辆车通过该收费站点，它们通过该收费站点的时刻的频率分布直方图如下图所示，其中时间段9:20~9:40记作、9:40~10:00记作，10:00~10:20记作，10:20~10:40记作，例如：10点04分，记作时刻64.（1）估计这600辆车在9:20~10:40时间内通过该收费站点的时刻的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）；（2）为了对数据进行分析，现采用分层抽样的方法从这600辆车中抽取10辆，再从这10辆车随机抽取4辆，设抽到的4辆车中，在9:20~10:00之间通过的车辆数为X，求X的分布列；（3）根据大数据分析，车辆在每天通过该收费站点的时刻T服从正态分布，其中可用3日数据中的600辆车在9:20~10:40之间通过该收费站点的时刻的平均值近似代替，用样本的方差近似代替（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）.假如4日全天共有1000辆车通过该收费站点，估计在9:46~10:40之间通过的车辆数（结果保留到整数）.附：若随机变量T服从正态分布，则，，.解：（1）这600辆车在9:20~10:40时间段内通过该收费点的时刻的平均值为：，即10∶04. (3分)（2）由频率分布直方图和分层抽样的方法可知，抽取的10辆车中，在10:00前通过的车辆数就是位于时间分组中在20，60这一区间内的车辆数，即，所以X的可能的取值为0，1，2，3，4.所以，，，，.所以X的分布列为：X01234P(8分)（3）由（1）得，所以，估计在9:46~10:40之间通过的车辆数也就是在46，100通过的车辆数，由，得，所以估计在在9:46~10:40之间通过的车辆数为.(12分)19.(12分) 如图所示，矩形和梯形所在平面互相垂直， ，90°，，.（1）求证：平面（2）当的长为何值时，二面角的大小为60°．（1）证明：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，从而．又因为，，平面，所以平面．(5分)（2）解：如图所示，以点为坐标原点，以、和所在直线分别为轴、轴和轴建立空间直角坐标系．过点作于点．在中，，，所以．因为，则，所以，，所以，所以，所以．设，则，，，．，，，设平面的法向量．则，即，令，得．又因为平面，，所以，解得，所以当时，二面角的大小为60°．(12分)20.(12分) 已知A，B是椭圆的左、右顶点，C为E的上顶点，．（1）求椭圆的方程；（2）若M，N，P是椭圆E上不同的三点，且坐标原点O为的重心，试探究的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，说明理由．解：（1），则，因为，所以，得．所以椭圆的方程为．(4分)（2）当直线的斜率不存在时，设直线的方程为，设，则，因为为的重心，所以．由M，N，P在椭圆上，所以且，解得．易知，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，设，，由得，则，，．因为为的重心，所心，因为P在椭圆上，故，化简得．，点P到直线的距离d等于O到直线距离的3倍，所以，所以，综上，的面积为定值．(12分)21.(12分) 已知函数有两个极值点、，三个零点、、.（1）求的取值范围；（2）若，证明：.（参考数据：，）解：（1）函数的定义域为，.设，由于函数有两个极值点、，即函数有两个异号零点.而，由，可得，构造函数，则，列表如下：极小所以，函数的极小值为，当时，，当时，.作出函数的图象如下图所示：由图象可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点.，则，由可得，令，对任意的，，，列表如下：极小所以，函数的极小值为，作出函数的图象如下图所示：由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有三个交点，综上所述，实数的取值是；(6分)（2）若是函数的一个零点，则，可得，所以，，设，设，，由（1）可知，，，，令，可得.当时，；当时，.所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为.则，所以，.函数在区间上单调递减，，，所以，，所以，.因为函数在区间上单调递增，，，所以，，则，.，函数的两个极值点分别为、，且，因为函数的单调递减区间为，单调递增区间为.且，当或时，；当时，.所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为，所以，，在上单调递增，且，，则，即，又，所以，，，所以，当时，，因为函数在区间上为增函数，，，则，所以，，所以，，所以，，因此，.(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) 在平面直角坐标系中,直线的参数方程为（为参数）,以为极点,轴的正半轴为极轴,建立坐标系,曲线极坐标方程为,且曲线与直线有且只有一个交点．（1）求；（2）过点且倾斜角为的直线交直线于点,交曲线异于原点的一点,,求的取值范围．解：（1）消去参数可得直线的普通方程为,由可得,故,故曲线的普通方程为.因为曲线与直线有且只有一个交点,所以直线与曲线相切,所以圆心到直线的距离为到直线, 所以,解得或（舍去）. (5分)（2）直线的极坐标方程为,曲线极坐标方程为,则设点的极坐标为,点的极坐标为,,,,,,,,,. (10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)设函数,.（1）若,解不等式；（2）如果任意,都存在,使得,求实数的取值范围.解：（1）当时,∵,当时,,∴当时,,∴所以的解集为 (5分)（2）由任意,都存在,使得得：又因为所以所以或．(10分)