高中数学高考2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（二）（全国1卷）（解析版）(1)

这是一份高中数学高考2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（二）（全国1卷）（解析版）(1)，共17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）12月模拟评估卷（一）（全国1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．已知集合,,则（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】集合或,,,,故选D.2．在复平面内,复数对应的点是,则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题意得,则.故选A.3．设,则的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】,,,所以,故选D.4．考古发现,在埃及金字塔内有一组神秘的数字,因为,,…所以这组数字又叫走马灯数.该组数字还有如下规律：,,…若从,,,,,这个数字中任意取出个数字构成一个三位数,则的结果恰好是剩下个数字构成的一个三位数的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】根据题意,从,,,,,这个数字中任意取出个数字构成一个三位数,共有种.又因为从,,,,,这个数字中:,,,共3组.所以要使个数字中任意取出个数字构成一个三位数,的结果恰好是剩下个数字构成的一个三位数,则每次抽取只能抽取一组数字中的一个,所以共有种,所以,故选C.5．牛顿冷却定律描述一个物体在常温环境下的温度变化：如果物体的初始温度为,则经过一定时间后的温度T将满足,其中是环境温度,h称为半衰期.现有一杯85℃的热茶,放置在25℃的房间中,如果热茶降温到55℃,需要10分钟,则欲降温到45℃,大约需要多少分钟？（    ）（1g2≈0.3010,1g3≈0.4771）A．12 B．14 C．16 D．18【答案】C【解析】根据题意有：,,故选C.6．函数的图象大致为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】函数,定义域为,,且,是奇函数,其图象关于原点对称,排除、,因为函数的定义域为,,令,,排除,故选．7．已知向量满足,,,则（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】,,,.,因此,.故选D.8．执行如图所示的程序框图,若输出的为30,则判断框内填入的条件不可能是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】执行程序框图：,2是偶数,,3不是偶数,,不符合空白判断框条件,执行否,,7不是偶数,,不符合空白判断框条件,执行否,,不是偶数,,满足条件,结束循环,故空白判断框应满足的条件为时不符合要求,时符合要求,所以A、B、D三项均满足循环.故选C.9．已知等差数列的前项和满足：,若,则的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由得,,,.又,,.故选C.10．已知椭圆,直线l过椭圆C的左焦点F且交椭圆于A,B两点,的中垂线交x轴于M点,则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】椭圆的左焦点为,当l：时,,,所以,设与椭圆联立,可得：,由韦达定理得：,取中点为,所以的中垂线方程为：,令 ,得,所以,又,所以,综上所述,故选B.11．已知点在函数（且,）的图象上,直线是函数的图象的一条对称轴．若在区间内单调,则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意得,,得,得,又因为在区间内单调,所以,得,得．所以．又因为,所以或3．当时,,得,又,所以,此时直线的函数的图象的一条对称轴,且在区间内单调．所以．当时,,得,又,所以,此时,所以直线不是函数的图象的一条对称轴．所以,．故选B．12．已知正三棱锥的外接球是球O,正三棱锥底边,侧棱,点E在线段上,且,过点E作球O的截面,则所得截面圆面积的取值范围是（     ）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图,由题,设的中心为,球的半径为,连接,则,,在中,,解得,所以,因为,所以,在中,,所以,过点作球的截面,当截面与垂直时,截面的面积最小,此时截面的半径为,则截面面积为,当截面过球心时,截面面积最大,最大面积为,故选D.二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13.已知函数的图象在处的切线过原点,则_________.【答案】 【解析】,所以.14．等比数列的各项均为正数,且,,则=_________.【答案】.【解析】设等比数列的公比为q(q>0),由得,解得,所以.15．从某班6名学生（其中男生4人,女生2人）中任选3人参加学校组织的社会实践活动,设所选三人中男生人数为,则数学期望______.【答案】2【解析】的可能值为,则；；.故分布列为：123故.16．已知双曲线：的左右焦点分别为,,过的直线与圆相切于点,且直线与双曲线的右支交于点,若,则双曲线的离心率为______.【答案】【解析】如图,由题可知,,则,又,,,又,作,可得,,则在,,即,又,化简可得,同除以,得,.                                                                                                                                         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,,．已知．（1）求；（2）若为边上一点,且,,求．解：（1）因为,所以,所以,即．因为,所以,所以,则．(4分)因为,所以．(6分)（2）因为,所以,即,因为,所以,所以．(8分)由余弦定理得,则,整理得,即,故．(10分)因为,所以,所以.(12分)18．(12分)已知,如图四棱锥中,底面为菱形,,,平面,E,M分别是,中点,点F在棱上移动.（1）证明：无论点F在上如何移动,都有平面平面；（2）当直线与平面所成的角最大时,确定点F的位置.解：（1）连接,∵底面为菱形,,∴为正三角形,∵E是的中点,∴,又,∴,(2分)∵平面,平面,∴,∵,、平面,∴平面,(4分)∵平面,∴平面平面.(5分)（2）由（1）知,,,两两垂直,故以,,所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,,,,,,∴,,.设,则.(7分)设平面的法向量为,则,令,则,,∴.(9分)设直线与平面所成的角为,.当时,最大,此时F为的中点. (12分)19．(12分) 已知抛物线的焦点为,过点的直线分别交抛物线于两点．（1）若以为直径的圆的方程为,求抛物线的标准方程；（2）过点分别作抛物线的切线,证明：的交点在定直线上．解：（1）设中点为,到准线的距离为,到准线的距离为,到准线的距离为,则且.(2分)由抛物线的定义可知,,所以,由梯形中位线可得,所以,可得,所以抛物线的标准方程为.(5分)（2）证明：设,由,得,则,所以直线的方程为,直线的方程为,联立得,解得,即直线的交点坐标为.(9分)因为过焦点,由题可知直线的斜率存在,故可设直线方程为,代入抛物线中,得,所以,故,所以的交点在定直线上．(12分)20．(12分)某车间用一台包装机包装葡萄糖,每袋葡萄糖的重量是一个随机变量,它服从正态分布.当机器工作正常时,每袋葡萄糖平均重量为0.5kg,标准差为0.015kg.（1）已知包装每袋葡萄糖的成本为1元,若发现包装好的葡萄糖重量异常,则需要将该袋葡萄糖进行重新包装,假设重新包装后的葡萄糖重量正常.若某袋葡萄糖的重量满足,则认为该袋葡萄糖重量正常. 问：在机器工作正常的情况下,至少包装多少袋葡萄糖才能使“至少有一袋包装好的葡萄糖重量正常”的概率大于0.98?并求出相应成本的最小期望值.（2）某日开工后, 为检查该包装机工作是否正常, 随机地抽取它所包装的葡萄糖9袋,若抽取的9袋葡萄糖称得净重(kg)为：0.496, 0.508,  0.524,  0.519, 0.495,  0.510, 0.522,  0.513,  0.512.用样本平均数作为的估计值,以作为检验统计量,其中为样本总数,服从正态分布,且.①若机器工作正常时, 每袋葡萄糖的重量服从的正态分布曲线如下图所示,且经计算得上述样本数据的标准差0.022.请在下图（机器正常工作时的正态分布曲线）中,绘制出以该样本作为估计得到的每袋葡萄糖所服从的正态分布曲线的草图.②若,就推断该包装机工作异常,这种推断犯错误的概率不超过,试以95%的可靠性估计该包装机工作是否正常.附： 若随机变量服从正态分布：, 参考数据：；解：（1）由题意可知,机器工作正常的情况下毎袋葡萄糖的重量服从正态分布,设为次独立重复包装葡萄糖重量正常的袋数.由,知服从二项分布 .于是 ,即  解得： ,(3分)故需至少包装4袋葡萄糖,才能使“至少有一袋包装的葡萄糖重量正常”的概率大于0.98.而故相应成本  ,所以相应成本的最小期望值为5.2696元. (6分)（2）①如图所示,经计算得,（绘图时只需保证在的右侧,且峰值略低于原图像峰值）(9分)②易得, ,, 所以在犯错误概率不超过0.05的前提下,认为该包装机工作异常,应该进行调试. (12分)21．(12分) 已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）在平面直角坐标系中,直线与曲线交于,两点,设点的横坐标为,的面积为.（i）求证：；（ii）当取得最小值时,求的值.解：（1）函数的定义域为,.,令,则.因为；,所以在上为减函数,在上为增函数.当时,,即,当时,,即.所以当时,,所以在区间和上都是增函数.因此的增区间为和,没有减区间. (14分)（2）（i）证明：,设(其中),由题意,得的面积,即.由,得,由及,得,所以,故成立. (8分)（ii）由（1）,得为增函数,于是最小最小最小.令,则,再令,则,所以当时,单调递增.又,,所以存在唯一的,使得,即.当时,,即；当时,,即,所以是的极小值点,也的最小值点,所以当时,取得最小值,等价于最小,此时,所以.(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,建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,且曲线与直线有且仅有一个公共点.（1）求；（2）设曲线上的两点,且,求的最大值．解：（1）直线的普通方程是,曲线的直角坐标方程是,(2分)依题意直线与圆相切,则,解得或,因为,所以；(5分)（2）如图,不妨设,,则,,(7分)所以,所以当,即,时,最大值是．(10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)已知.且.（1）求证：；（2）设为整数,且恒成立,求的最小值.解：（1）由恒等式：由,记,由均值不等式可得：于是又因为,可知,即故只要而,故成立,所以成立,,即式成立,得证.（2）令根据舒尔不等式,可得所以当且仅当时取等,此时故,又为整数,故的最小值为.