高中数学高考2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（一）（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（一）（全国2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．若,则在复平面内,复数所对应的点位于（    ）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】D【解析】,则复数对应的点的坐标为,位于第四象限．故选D．2．已知集合,,那么（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】根据函数的定义域可知集合,所以.故选C.3．已知是第二象限角,,则（    ）A． B． C． D．【答案】B因为是第二象限角,所以,又,所以,因此,即,所以.故选B.4．2019年北京世园会的吉祥物“小萌芽”“小萌花”是一对代表着生命与希望、勤劳与美好、活泼可爱的园艺小兄妹．造型创意来自东方文化中百子图的“吉祥娃娃”,通过头饰、道具、服装创意的巧妙组合,被赋予了普及园艺知识、传播绿色理念的特殊使命．现从4张分别印有“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”的这4个图案的卡片（卡片的形状、大小、质地均相同）中随机选取2张,则2张恰好是“小萌芽”和“小萌花”卡片的概率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】给“小萌芽”“小萌花”“牡丹花”“菊花”编号分别为1,2,3,4．从中选2个基本事件为：12,13．14,23,24,34共6个,所以2张恰好是“小萌芽”和“小萌花”卡片的概率为．故选B．5．《周碑算经》有一题这样叙述：从冬至日起,依次小寒、大寒、立春、雨水、惊蛰、春分、清明、谷雨、立夏、小满、芒种十二个节气日影长减等寸,冬至、立春、春分日影之和为三丈一尺五寸,前九个节气日影长之和为八丈五尺五寸,则后五个节气日影长之和为（    ）（注：一丈=十尺,一尺=十寸）A．一丈七尺五寸 B．一丈八尺五寸C．二丈一尺五寸 D．二丈二尺五寸【答案】D【解析】由题知各节气日影长依次成等差数列,设为,是其前项和,则（尺）,所以（尺）,由题知（尺）,所以（尺）,所以公差,则（尺）．故选D．6．已知抛物线的焦点为,是抛物线的准线上的一点,且的纵坐标为正数,是直线与抛物线的一个交点,若,则直线的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【解析】过点作于,因为,由抛物线的定义得,所以在中,,所以,所以直线的斜率为,所以直线的方程为,即,故选B.7.已知数列且满足：,且,则为数列的前项和,则（    ）A．2019 B．2021 C．2022 D．2023【答案】D【解析】由,,所以,,,所以数列是以为周期的数列,,所以.故选D.8．关于直线以及平面,下列命题中正确的是（    ）A．若,则 B．若,则C．若,且,则 D．若,则【答案】D【解析】A选项不正确,可能相交、平行、异面；B选项不正确,的关系可以是平行、相交或在面内；C选项不正确,由线面垂直的判定定理知,本命题中缺少两条直线相交的条件,故不能依据线面垂直的判定定理得出线面垂直；D选项正确,由知,可在面N内找到一条直线与a平行,且可以由a⊥M证得这条线与M垂直,则可得出面面垂直的判定定理成立的条件,所以D选项是正确的.故选D.9.已知是定义在上的增函数,若对于任意,均有,,则不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】根据,,可得,由,,可得,则,又是定义在上的增函数,所以,解得,所以不等式的解集为.故选A.10．已知,分别为双曲线的左、右焦点,过的直线与双曲线的左支交于,两点,连接,,在中,,,则双曲线的离心率为（    ）A．3 B． C． D．2【答案】D【解析】设,则由双曲线定义可得,,则,则,解得,从而.在中,,即,解得.故选D.11．已知点在半径为2的球面上,满足,,若S是球面上任意一点,则三棱锥体积的最大值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】设外接圆圆心为,三棱锥外接球的球心为,,设为中点,连,如图,则,且在上,,设外接圆半径为,,解得,要使体积的最大,需到平面距离最大, 即为的延长线与球面的交点,最大值为,所以三棱锥体积的最大值为．故选A12．若关于的方程有三个不相等的实数解,且,其中,为自然对数的底数,则的值为（    ）A．1 B． C． D．【答案】A【解析】化简,可得,令,原式可化为,,由韦达定理可得,,, 两式相乘可得,即的值为,故选A. 二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13．若满足,则的最小值为____________.【答案】【详解】如图令,可得目标函数的一条等值线,则将移至点处,目标函数取最小值,所以最优解为点,则.14．若的展开式中第7项为常数项,则常数项为_________(用数字填写答案).【答案】84【解析】根据二项式定理：,∴ ,∴ ,故常数项为.15．已知向量与的夹角为60°．且,若,且,则实数的值是___________．【答案】【解析】,即,所以,解得．16．已知函数,若存在实数使得的解集恰为,则的取值范围是_____.【答案】【解析】由题意得方程有两个不等的非零根,方程变形得,设,所以,当时,,当时,,所以在上单调递增,在上单调递减,又因为,,且当时,,当时,,所以若要方程有两个不等的非零根,则.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) 如图,在四边形中,,,,．（1）求的值；（2）若,求的长．解：（1）因为,所以可设,,．又,,所以由余弦定理,得,解得,所以,,．(6分)（2）因为,所以,所以,因为,所以．(12分)18．(12分)产品质量是企业的生命线,企业非常重视产品生产线的质量,为提高产品质量,某企业引进了生产同一种产品的,两条生产线,为比较两条生产线生产的产品的质量,从,生产线生产的产品中各随机抽取了100件产品进行检测,将产品等级结果和频数制成了如下的统计图：（1）填写下面列联表,并根据列联表判断是否有95%的把握认为产品是否为一级品生产线有关． 一级品非一级品生产线  生产线  （2）以样本估计总体,若生产一件一级品可盈利100元,生产一件二级品可盈利50元,生产一件三级品亏损20元．①分别估计,生产线生产一件产品的平均利润；②你认为哪条生产线的利润较为稳定？说明理由．附：,其中．0.150.100.050.012.0722.7063.8416.635 解：（1）根据已知数据可得列联表如下： 一级品非一级品生产线2080生产线3565,参照临界值表可知,有95%的把握认为产品是否为一级品与生产线有关. (5分)（2）①生产线生产一件产品的平均利润为（元）,生产线生产一件产品的平均利润为（元）. (8分)②生产线生产的产品利润的方差,生产线生产的产品利润的方差,因为,所以生产线的利润更为稳定. (12分)19．(12分)如图所示,在三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC为等边三角形,∠BAB1=∠BB1A,AB1∩A1B=O,CO⊥平面ABB1A1,D是线段A1C1上靠近A1的三等分点.（1）求证：AB⊥AA1；（2）求直线OD与平面A1ACC1所成角的正弦值.解：（1）因为∠BAB1=∠BB1A,故AB=BB1,所以四边形A1ABB1为菱形,而CO⊥平面ABB1A1,故∠COA=∠COB=90°.因为CO=CO,CA=CB,故,故AO=BO,即四边形ABB1A1为正方形,故AB⊥AA1. (5分)（2）依题意,CO⊥OA,CO⊥OA1.在正方形A1ABB1中,OA1⊥OA,故以O为原点,OA1,OA,OC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O-xyz；不妨设AB=2,则O(0,0,0),,,,,又因为,所以.所以,.设平面A1ACC1的法向量为,则即令x=1,则y=1,z=1.于是.又因为,设直线OD与平面A1ACC1所成角为θ,则,所以直线OD与平面A1ACC1所成角的正弦值为.(12分)20．(12分)如图,点为椭圆：的左焦点,点,分别为椭圆的右顶点和上顶点,点在椭圆上,且满足.（1）求椭圆的方程；（2）过定点且与轴不重合的直线交椭圆于,两点,直线分别交直线,于点,,求证：以为直径的圆经过轴上的两定点（用表示）.解：（1）由在椭圆：上得①,如图,由为的右顶点,为的上顶点可知,,因,所以,则②.联立①②得方程组解得故所求椭圆的方程为.(4分)（2）设,,又,所以直线的方程为,令,得,所以.同理.设是以为直径的圆上的任意一点,则,所以,令,得.设直线的方程为,与椭圆的方程联立,消去得,所以,,所以.所以,因为,所以.所以以为直径的圆经过轴上两定点,其坐标分别为和.(12分)21．(12分) 已知函数.（1）讨论的单调区间；（2）当时,证明：.（1）解：的定义域为,．当时,,则的增区间为,无减区间．当时,由,得．当时,；当时,,所以的减区间为,增区间．(5分)（2）证明：法一：要证明．由于当时,,只要证．设,则,,所以在上是增函数．又,,所以存在,使得,即,．所以当时,；当时,,因此在上是减函数,在上是增函数,所以有极小值,且极小值为．因此,即．综上,当时,．(12分)法二：要证明,只要证．设,则．当时,；当时,,所以在上是减函数,在上是增函数,所以是的极小值点,也是最小值点,且．令,则．当时,；当时,,所以在上是增函数,在上是减函数,所以是的极大值点,也是最大值点,且,所以当时,,即．综上,当时,．(12分)法三：要证明．由于当时,,只要证．设,令,则,当时,；当时,,所以在上是减函数,在上是增函数,所以是的极小值点,也是的最小值点,即．设,则．当时,；当时,,所以在上是减函数,在上是增函数,所以是的极小值点,也是的最小值点,即．综上,（当且仅当时取等号）,（当且仅当时取等号）,所以,故当时,．(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,）,以原点为极点,以轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为,直线与曲线的交点为,.（1）若,求；（2）设点,求的最小值.解：（1）由曲线的极坐标方程得,化为直角坐标方程为,即.将直线的参数方程代入其中,得.当时,上述方程即,解得,,所以.(5分)（2）由根与系数的关系可知：,,所以,其中,当时取等号,所以的最小值为.(10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)设正实数,,满足．（1）求的最大值；（2）求的最小值．解：（1）∵,∴．∴,当且仅当,即,,时,取到最大值为．(5分)（2）∵,∴,∴,当且仅当,即时,取得最小值为5．(10分)