高中数学高考2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（二）（全国2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2卷）（解析版）(1)，共16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（二）（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．设集合,,则（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】由,得或,所以,由,得,所以所以.故选A.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.下图为某地区2007年~2019年地方财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额折线图．根据该折线图,下列结论正确的是（    ）A．财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额均呈增长趋势B．财政预算内收入、城乡居民储蓄年末余额的逐年增长速度相同C．财政预算内收入年平均增长量高于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量D．城乡居民储蓄年末余额与财政预算内收入的差额逐年增大【答案】D【解析】由图知,财政预算内收入2007、2008、2009年没有明显变化,故AB错；由图可知,财政预算内收入年平均增长量低于城乡居民储蓄年末余额年平均增长量,故C错；故选D.4．如图,是单位圆的直径,点,是半圆弧上的两个三等分点,则（    ）A．1 B． C． D．【答案】C【解析】连接,则,在中,由余弦定理得：.所以.故选C.5．已知命题：,,命题：函数是减函数,则命题成立是成立的（    ）A．充分不必要条件 B．充要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件【答案】D【解析】命题：,有或,即,命题：函数是减函数有,即,∴⇏,⇏,∴命题成立是成立的既不充分也不必要条件.故选D6．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.7.设m,n是两条不同的直线,α,β是两个不同的平面,则下列命题正确的是（    ）A．若m∥α,n∥α,则m∥n B．若α∥β,mα,nβ,则m∥nC．若m⊥α,m∥n,nβ,则α⊥β D．若αβ=m,nα,则n⊥β【答案】C【解析】对于A选项,m与n可相交、异面,则选项A错误；对于B选项,m与n可异面,则选项B错误；对于C选项,若m⊥α,m∥n,可推导出n⊥α,又由nβ,利用面面垂直的判定定理可推出α⊥β,则选项C正确；对于D选项,n与β可平行、相交,则选项D错误；故选C.8.在平面直角坐标系中,角与角均以为始边,它们的终边关于轴对称．若,则（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意,即,．故选C．9．已知椭圆的方程为，斜率为的直线与椭圆相交于，两点，且线段的中点为，则该椭圆的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设， 则，两式作差得，又，线段的中点为，所以，所以即，所以该椭圆的离心率为.故选C.10.先将函数的图象向左平移个单位长度,再向上平移个单位长度后得到函数的图象,若方程有实根,则的值可以为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意可知,则函数的最大值为,最小值为,又的最大值为,所以当有实根时,的最大值点与的最小值点重合,故应平移个单位,所以,得,故只有C选项符合.故选C.11.已知定义在上的函数满足,且当时,,函数,实数,满足.若,,使得成立,则的最大值为（    ）A． B．1 C． D．2【答案】B【解析】当时,,令可得.∵,∴的周期为2,所以在[－1,5]的图象所示：结合题意,当,时,取得最大值.最大值为1.故选B.12．已知双曲线的左、右顶点分别是,双曲线的右焦点为,点在过且垂直于轴的直线上,当的外接圆面积达到最小时,点恰好在双曲线上,则该双曲线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】不妨设点的坐标为,由于为定值,由正弦定理可知当取得最大值时,的外接圆面积取得最小值,也等价于取得最大值,因为,,所以,当且仅当,即当时,等号成立,此时最大,此时的外接圆面积取最小值,点的坐标为,代入可得,．所以双曲线的方程为．故选.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．△的内角的对边分别为．已知,那么边的长为_____．【答案】【解析】因为,所以由余弦定理得,解得（负值舍去）.故答案为.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．如图,已知长方体的底面为正方形,为棱的中点,且,则四棱锥的外接球的体积为______.
 【答案】【解析】解法一  由题意知为正三角形,取的中点,的中心,记,连接,,过,分别作平面与平面的垂线,两垂线交于点,则点为四棱锥的外接球球心.由题意知,,所以四棱锥的外接球半径,所以四棱锥的外接球的体积.解法二  连接,,,,记,,连接,易知四棱锥的外接球的球心在线段上.取的中点,连接,设,球的半径为,易知,,则,得,则,所以四棱锥的外接球的体积. 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) 等差数列满足,.（1）求的通项公式.（2）设等比数列满足,,求数列的前n项和.解：()∵是等差数列,,(3分)∴解出,,∴.(6分)()∵,,是等比数列,,∴b1=4,(10分).(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) 函数,（1）讨论在区间上极值点个数；（2）若对于,总有,求实数的取值范围．解：（1）由题意得．(1分)设,其,对称轴方程为,若在恒成立,即 当时,（当且仅当时取等号）,即时,在恒成立,所以此时恒成立,此时在单调递增,无极值点,(3分)当时,,由若,即,所以方程在上有唯一实根此时可得在单调递增,单调递减,函数有一个极值点．当时,方程在上有唯一实数根 此时可得在单调递增,单调递减,函数有一个极值点．(6分)若,且,即时方程在有两个相异的根,,此时在单调递增,单调递减,单调递增,有两个极值点．(6分)综上：当时,无极值点．当时,1个极值点．当时,2个极值点．(7分)（2）即,,即恒成立令,．,时,,单调递减,时,,单调递增．,．(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)已知函数,为不等式的解集（1）求集合；（2）证明：当时,.解：（1）由已知,由,即或或解得即；(10分)（2）由（1）知,当时,,从而,,所以.(10分)