高中数学高考2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（二）（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）12月模拟评估卷（二）（全国3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z的虚部为（    ）A． B．0 C．1 D．i【答案】C【解析】,故虚部为1,故选C.2．设全集,集合,则集合（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】因为,所以,所以.故选D.3. 甲、乙两队准备进行一场篮球赛,根据以往的经验甲队获胜的概率是,两队打平的概率是,则这次比赛乙队不输的概率是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】．故选C．4．在的展开式中,的系数为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】在的展开式中,通项公式为,令,求得,的系数为,故选．5．在数列中,,,则（    ）A．10 B．145C．300 D．320【答案】C【解析】因为,,所以数列是以为首项,公差为3的等差数列,所以,所以当时,；当时,；所以.故选C.6．已知函数是偶函数,当时,,则曲线在处的切线方程为（    ）A． B． C． D．【答案】C【接线箱】因为,,,又由是偶函数,,令,则,根据是偶函数,,得到时,,所以,时,,,利用直线的点斜式方程,曲线在处的切线方程为,即.故选C7. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G分别是线段A1C1上的点,且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是（    ）A．CE B．CF C．CG D．CC1【答案】B【解析】如图,连接AC,使AC交BD于点O,连接A1O,CF,在正方体ABCD­-A1B1C1D1中,由于,又OC＝AC,可得：,即四边形A1OCF为平行四边形,可得：A1O∥CF,又A1O⊂平面A1BD,CF⊄平面A1BD,可得CF∥平面A1BD,故选B.8. 函数的图像可能（    ）A．B．
 C．D．
【答案】D【解析】可知的定义域为关于原点对称,,是奇函数,图象关于原点对称,故AB错误；,故C错误,故D正确.故选D.9．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米,不知其数,前人取半,中人三分取一,后人四分取一,余米一斗五升(注：一斗为十升).问,米几何？”下图是解决该问题的程序框图,执行该程序框图,若输出的S=15(单位：升),则输入的k的值为（    ） A．45 B．60 C．75 D．100【答案】B【解析】由题意,．故选B.10. 已知抛物线的焦点为,准线为l,过点F且斜率为的直线交抛物线于点(在第一象限),,垂足为,直线交轴于点,若,则抛物线的方程是（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意如图,过点且斜率为的直线交抛物线于点在第一象限）,可知,,,垂足为,直线交轴于点,准线与轴的交点为,所以,则三角形是正三角形,因为是的中点,,所以是的中点,所以,,,所以,则,由三角形是正三角形可知在上的射影是是中点,所以,则,可得,所以抛物线方程为：．故选．11. 已知函数若函数恰有8个零点,则的最小值是（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】画出函数的图像如图所示,设,由,得.因为有8个零点,所以方程有4个不同的实根,结合的图像可得在内有4个不同的实根.所以方程必有两个不等的实数根,即在内有2个不同的实根,结合图像由图可知,,故,即的最小值是2.故选B12．关于函数有下述四个结论：①是偶函数；②的最大值为2；③在区间上有3个零点；④在区间上单调递增．其中正确结论的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】对于①,函数的定义域为,关于原点对称,且,该函数为偶函数,①正确；对于②,当（）时,,此时（）,当（）时,函数取得最大值；当（）时,,此时（）,当（）时,函数取得最大值．根据函数的对称性可知,函数的最大值为,②错误；对于③,当时,,令,则,此时；当时,,令,则,此时．所以函数在区间上有且只有两个零点,故③错误；对于④,当时,,且,所以函数在区间上单调递增,④正确．因此,正确结论的个数为2．故选C．二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13．等腰直角△ABC中,,点D是AC的中点,E为BC中点,则_______【答案】【解析】以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立直角坐标系,则,,即.14．等比数列中,．记为的前项和.若,=________．【答案】6【解析】设的公比,由可得,当时,所以,即,此时方程没有正整数解；当时,所以,即,解得.15．已知点,分别是椭圆长轴的左、右端点,点在椭圆上,直线的斜率为,设是椭圆长轴上的一点,到直线的距离等于,椭圆上的点到点的距离的最小值为______．【答案】【解析】由题可知,则直线的方程是．设点的坐标是,则到直线的距离是,于是,又,解得,所以点．设椭圆上的点到点的距离为,有,由于．所以当时,取最小值．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) 下图是某地5月1日至15日日平均温度变化的折线图,日平均温度高于20度低于27度时适宜户外活动,某人随机选择5月1日至5月14日中的某一天到达该地停留两天（包括到达当日）．（1）求这15天日平均温度的极差和均值；（2）求此人停留期间只有一天的日平均温度适宜户外活动的概率；（3）由折线图判断从哪天开始连续三天日平均温度的方差最大?（写出结论,不要求证明）解：（1）由折线图最高日平均温度40度,最低温度21度,故日平均温度的极差为度,设日平均温度的均值为,则度.(5分)（2）由题意此人停留的可能时间有14种情况,只有一天的日平均温度适宜户外活动共有3-4日,7-8日,8-9日,11-12日,14-15日这5种情况,故概率．(10分)（3）从5月7日开始连续三天的日平均温度方差最大．(12分)18．(12分) 在中,角,,所对的边分别为,,.已知.（1）求；（2）中线长为,长为,求的面积.解：（1）因为,所以,由正弦定理,有,(2分)化简得,即,因为是的内角,于是,故,因为,所以.(6分)（2）延长至,使得,于是,由余弦定理知,即,解得或（舍）,于是,(10分)故.(12分)19．(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)20．(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)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)