高中数学高考2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（三）（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（三）（全国1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（三）（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i是虚数单位,a为实数,且,则a＝（    ）A．2 B．1 C．-2 D．-1【答案】B【解析】由,得a＝1.故选B．2．已知集合,,则（    ）A． B．C． D．【答案】A【解析】因为,所以,,因为,即,所以,；,故A正确,D错误；,故B、C错误.故选A.3．为了更好地支持“中小型企业”的发展,某市决定对部分企业的税收进行适当的减免,某机构调查了当地的中小型企业年收入情况,并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图,下面三个结论： ①样本数据落在区间的频率为0.45；②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策,估计有55%的当地中小型企业能享受到减免税政策；③样本的中位数为480万元.其中正确结论的个数为（    ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】由,,的频率为,①正确；的频率为,②正确；的频率为,的频率为,中位数在且占该组的,故中位数为,③正确.故选D.4．在等差数列中,,则此数列前13项的和是（    ）A．13 B．26 C．52 D．56【答案】B【解析】由等差数列的性质,可得,,因为,可得,即,故数列的前13项之和.故选B.5．若一直线与曲线y＝lnx和曲线x2＝ay(a>0)相切于同一点P,则a的值为（    ）A．2e B．3C． D．2【答案】A【解析】设,函数y＝lnx的导数为,函数的导数为则函数y＝lnx在处的切线方程为,即同理可证,函数在处的切线方程为,由题意可知,解得,故选A.6．如图,在中,,,,为边的中点,且,则向量的模为（    ）A． B． C．或 D．或【答案】B【解析】因为,,,所以.因为,所以,故选B.7．如图为一个几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】由几何体的三视图知该几何体为一个底面是正方形,有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,如图将该四棱锥补成一个正方体,则此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同.此时正方体的棱长为2,所以外接球的直径为,所以,所以该几何体外接球的表面积为：,故选C.8．焦点为的抛物线的对称轴与准线交于点,点在抛物线上,在中,,则的值是（    ）A． B．4 C．2 D．1【答案】A【解析】如图所示,过点P作PH垂直于准线于点H,设,则,在中,由正弦定理知,即,所以,又,所以,则,又,所以,在直角中,,,所以.故选A.9．已知函数,若,,则的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】设,根据图像有两个交点,,,即,则,在上单调递减,当时,；当时,；所以.故选B.10．十五巧板,又称益智图,为清朝浙江省德清知县童叶庚在同治年间所发明,它能拼出草木、花果、鸟兽、鱼虫、文字等图案.十五巧板由十五块板组成一个大正方形（如图1）,其中标号为的小板为等腰直角三角形,图是用十五巧板拼出的2019年生肖猪的图案,则从生肖猪图案中任取一点,该点恰好取自阴影部分的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设图1中大正方形的边长为,则大正方形的面积为,由图2可知,阴影部分中的图案是由图1中的标号为组成的,其中标号为与的图案组成一个边长为的正方形,其面积为；标号为的图案可视为长为、宽为的长方形面积一半,即面积为；标号为的三角形面积为；标号为的图案可视为长为,宽为的长方形面积一半,即面积为,所以阴影部分面积为.由几何概型的概率公式得所求概率为.故选C.11．已知双曲线与不过原点且不平行于坐标轴的直线相交于两点,线段的中点为,设直线的斜率为,直线的斜率为,则（ ）A． B．C．2 D．-2【答案】A【解析】设,则,根据点差法可得,所以直线的斜率为,直线的斜率为,,故选A.12．已知直三棱柱的底面是正三角形,,是侧面的中心,球与该三棱柱的所有面均相切,则直线被球截得的弦长为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为球与直三棱柱的所有面均相切,且直三棱柱的底面是正三角形,所以球心为该三棱柱上、下底面三角形重心连线的中点,如图所示,设底面三角形的重心为,连接,则底面,连接,易知点在上,连接、,因为是侧面的中心,所以四边形为正方形,设球的半径为,则由,可得,易得,连接,可得,∴,故所求弦长为,故选D.二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13. 已知,满足约束条件,则的最小值为______．【答案】2【解析】画出可行域,由图可知平移直线到处时,取得最小值为.14．设等比数列的前项和为,若,则______．【答案】【解析】设的公比为,由,得,显然,则,.所以,所以.15．某三甲医院拟派名医生去甲、乙、丙三个单位做核酸检测,甲、乙两个单位各需三名医生,丙单位需两名医生,其中医生不能去甲医院,则不同的选派方式共有_______.（用数学作答）【答案】【解析】先从除医生以外的名医生选派名医生去甲医院,然后将其余名医生分配给乙、丙两个医院,其中乙医院名医生,丙医院名医生,由分步乘法计数原理可知,不同的选派方式的种数为.16．已知函数,,下述五个结论：①若,且在有且仅有5个零点,则在有且仅有3个极大值点；②若,且在有且仅有4个零点,则在有且仅有3个极小值点；③若,且在有且仅有5个零点,则在上单调递增；④若,且在有且仅有4个零点,则的范围是；⑤若的图象关于对称,为它的一个零点,且在上单调,则的最大值为11.其中所有正确结论的编号是________.【答案】①③④【解析】①若,在上有5个零点,可画出大致图象,由图3可知,在有且仅有3个极大值点,故①正确；②若,且在有且仅有4个零点,同样由图可知在有且仅有2个极小值点,故②错误；③若,由在上有5个零点,得,即,当时,,所以,所以在上单调递增,故③正确；④若,因为,∴,∴,因为在有且仅有4个零点,所以,所以,所以④正确；⑤若的图象关于对称,为它的零点,则(,T为周期),得,又在上单调,所以,,又当时,,,在上不单调；当时,,,在上单调,满足题意,故的最大值为9,故⑤不正确.故答案为①③④                                                               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) 某市规划一个平面示意图为如下图五边形的一条自行车赛道,,,,,为赛道（不考虑宽度）,为赛道内的一条服务通道,,,.（1）求服务通道的长度；（2）求折线段赛道的长度的取值范围.解：（1）如图所示：连接,在中,由余弦定理得：,∴,∵,∴,又,∴,在中,；（2）在中,,,由余弦定理得,即,故,从而,即,当且仅当时,等号成立,即设计为时,折线段赛道最长.所以折线段赛道的长度的取值范围是.18．(12分) 如图,在梯形中,,,,四边形为矩形,平面平面,,设点在线段上运动.（1）证明：；（2）设平面与平面所成锐二面角为,求的最小值.（1）证明：在梯形中,因为,,,所以,所以,所以,所以.(3分)因为平面平面,平面平面,因为平面,所以平面.所以； (5分)（2）解：由（1）可建立分别以直线,,为轴,轴,轴的如图所示的空间直角坐标系,令,则,,,.∴,.(7分)设为平面的一个法向量,由得,取,则,(9分)∵是平面的一个法向量,∴(11分)∵,∴当时,有最大值,的最小值为. (12分)19．(12分) 已知椭圆M：的一个焦点为,左右顶点分别为A,B．经过点的直线l与椭圆M交于C,D两点．（1）求椭圆方程；（2）当直线l的倾斜角为时,求线段CD的长；（3）记△ABD与△ABC的面积分别为和,求的最大值．解：（1）因为椭圆的焦点为,所以且,所以,所以椭圆方程为.(3分)（2）因为直线l的倾斜角为,所以斜率为1,直线的方程为,联立,消去并整理得,设,,则,,所以.(7分)（3）由（1）知,设直线：,,,联立,消去并整理得,(9分)则,,所以异号,所以,当且仅当时,等号成立.所以的最大值为.(12分)20．(12分) 甲、乙两人组成“虎队”代表班级参加学校体育节的篮球投篮比赛活动,每轮活动由甲、乙两人各投篮一次,在一轮活动中,如果两人都投中,则“虎队”得3分；如果只有一个人投中,则“虎队”得1分；如果两人都没投中,则“虎队”得0分.已知甲每轮投中的概率是,乙每轮投中的概率是；每轮活动中甲、乙投中与否互不影响.各轮结果亦互不影响.（1）假设“虎队”参加两轮活动,求：“虎队”至少投中3个的概率；（2）①设“虎队”两轮得分之和为,求的分布列；②设“虎队”轮得分之和为,求的期望值.（参考公式）（1）设甲、乙在第轮投中分别记作事件,,“虎队”至少投中3个记作事件,(1分)则.(5分)（2）①“虎队”两轮得分之和的可能取值为：0,1,2,3,4,6,(6分)则,,,,,.故的分布列如下图所示：012346(100分)②,,,,∴,.(12分)21．(12分) 已知函数（且）定义域为.（1）若在上有且只有一个零点,求实数的值；（2）当时,若在上恒成立,求整数的最大值.（注：其中是自然对数的底数,）解：（1）因为,令可得,两边同时取对数得,即有且只有一个解,(2分)设,则,令得,令得,所以在上单调递增,在单调递减,若有且只有一个解,则或,解得：或（舍）故.(5分)（2）当时, ,所以等价于在上恒成立,(6分)令,则,,设,则,所以在上单调递减,在单调递增,,,,,所以存在,使得,即,(8分)当时,,此时,当时,,此时,所以在单调递减,在单调递增,所以,因为在单调递减,所以,所以,所以整数的最大值为.(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,曲线的参数方程为,为参数）.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的直角坐标方程为.（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；（2）射线,和曲线分别交于点,,与直线分别交于,两点,求四边形的面积.解：（1）曲线的参数方程为,为参数）,转换为直角坐标方程为.曲线的直角坐标方程为,根据,整理得,即.(5分)（2）射线,和曲线分别交于点,,与直线分别交于,两点,如图所示：所以直线的直角坐标方程为,直线的直线方程为,所以,解得,设直线与轴交于点,将代入,得,即.所以.同理：,解得：,所以,所以．(10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)已知函数.（1）求不等式的解集；（2）若的解集包含,求实数的取值范围.解：（1）,由,解得,故不等式的解集是；(5分)（2）的解集包含,即当时不等式恒成立,当时,,,即,因为,所以,令,,易知在上单调递增,所以的最小值为,因此,即的取值范围为. (10分)