高中数学高考2021年高考数学（文）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（文）12月模拟评估卷（二）（全国2卷）（解析版）(1)，共14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（文）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.清源学校髙一、高二、高三年级学生的人数之比为，为了了解学校学生对数学学科的喜爱程度，现用分层抽样的方法从该校高中三个年级中抽取一个容量为120的样本，则应该从高三年级中抽取（    ）名学生.A．30 B．40 C．50 D．60【答案】A【解析】，故选A.3．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.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.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.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．10．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.11.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.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.关于变量的一组样本数据，，……，（，不全相等）的散点图中，若所有样本点（）恰好都在直线上，则根据这组样本数据推断的变量的相关系数为_____________．【答案】-【解析】所有样本点都在直线上，说明这两个变量间完全负相关，故其相关系数为-1，故填-1．15．△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.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) 已知某工厂有甲乙两条互不影响的生产线，同时生产一种内径为25.40mm的零件.为了对它们生产质量进行检测，分别从生产的零件中随机抽取部分零件绘成频率分布直方图如下：（1）从直方图中数据均值说明哪条生产线加工零件精确度更高?(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表)（2）记加工的零件内径尺寸落在的零件为一等品，零件内径尺寸落在的为二等品，零件内径尺寸落在的为三等品.一等品和二等品零件为合格品，三等品零件为次品.从两条生产线生产的零件中分别取10000个零件，试估计其中合格品的零件数.解： (1)甲生产线零件内径落在，，，，的频率分别为:0.10，0.10，0.35，0.25，0.20所以内径尺寸均值为:乙生产线零件内径落在，，，，的频率分别为:0.10，0.20，0.30，0.30，0.10所以内径尺寸均值为:从上面均值说明乙生产线生产的零件的精度更高一些．(6分)(2)甲生产线零件合格率为:乙生产线零件合格率为:．估计合格品数为:估计其中合格品的零件数为15000．(12分)19．(12分)如图，多面体中，，，，，平面，D，E分别为的中点.（1）证明：平面；（2）求平面将多面体分成上、下两部分的体积比.解：（1）如图，取的中点F，连接、，∵E、F分别是、的中点，∴，∵D是的中点，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴，又平面，平面，∴平面.(6分)（2）∵，∴，又平面，∴，∴平面，∵，∴平面，∴，同理，∴上、下两部分的体积比为.(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)