高中数学高考2021年高考数学（文）2月模拟评估卷（一）（全国3卷）（解析版）

这是一份高中数学高考2021年高考数学（文）2月模拟评估卷（一）（全国3卷）（解析版），共15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）2月模拟评估卷（一）（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．设集合,,则（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为,,所以.故选C2．设,若复数的实部与虚部相等（是虚数单位）,则（    ）A． B． C．2 D．3【答案】A【解析】,若实部与虚部相等,则,解得,故选A3．已知为奇函数,其局部图象如图所示,那么（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】由图可知,因为函数是奇函数,所以,即.故选C4．已知角的顶点在原点,始边在轴的非负半轴上,终边上一点的坐标为,且为锐角,则（     ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为,所以点在单位圆上,所以,又为锐角,所以为锐角,结合二倍角公式可得,故选B5．对两个变量、进行线性相关检验,得线性相关系数,对两个变量、进行线性相关检验,得线性相关系数,则下列判断正确的是（    ）A．变量与正相关,变量与负相关,变量与的线性相关性较强B．变量与负相关,变量与正相关,变量与的线性相关性较强C．变量与正相关,变量与负相关,变量与的线性相关性较强D．变量与负相关,变量与正相关,变量与的线性相关性较强【答案】C【解析】由线性相关系数知与正相关,由线性相关系数知与负相关,又,所以,变量与的线性相关性比与的线性相关性强,故选C.6．已知双曲线的一条渐近线将圆分成面积相等的两部分,则双曲线的离心率为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】圆的圆心坐标为,双曲线的渐近线方程为,依据题意可知：,所以,,故选B.7．执行下图所示的程序框图,则输出的的值为（     ）A．5 B．6 C．4 D．3【答案】A【解析】依次执行如下：,；,；,；,,满足条件,退出循环体,输出,故选A.8．已知椭圆()的两焦点分别为、.若椭圆上有一点,使,则的取值范围是（    ）.A．    B．   C．   D．【答案】B【解析】设,,则,,∴,又,即,∴,从而．故选B.9．设,是两个不共线向量,则“与的夹角为锐角”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】B【解析】因为,故即,因为,是两个不共线向量,故与的夹角为锐角.故“与的夹角为锐角”是“”的必要条件.若与的夹角为,且,故,所以,故即不垂直.“与的夹角为锐角”是“”的必要不充分条件.故选B.10．已知函数.若存在,使得,则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】由,可得,令,其中,由于存在,使得,则实数的取值范围即为函数在上的值域.由于函数、在区间上为增函数,所以函数在上为增函数.当时,,又,所以,函数在上的值域为.因此,实数的取值范围是.故选B.11．已知四面体中,二面角的大小为,且,,,则四面体体积的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】在中,由余弦定理可得因为,所以,所以,当且仅当时等号成立,,因为二面角的大小为,所以点到平面的最大距离为,所以,所以四面体体积的最大值是,故选D12．已知函数,、、,且都有,满足的实数有且只有个,给出下述四个结论：①满足题目条件的实数有且只有个；②满足题目条件的实数有且只有个；③在上单调递增；④的取值范围是．其中所有正确结论的编号是（    ）A．①④ B．②③ C．①②③ D．①③④【答案】D【解析】,当时,.设进行替换,作出函数的图象如下图所示：由于函数在上满足的实数有且只有个,即函数在上有且只有个零点,由图象可知,解得,结论④正确；由图象知,在上只有一个最小值点,有一个或两个最大值点,结论①正确,结论②错误；当时,,由知,所以在上递增,则函数在上单调递增,结论③正确．综上,正确的有①③④.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】画出可行域如下图所示,由图可知平移基准直线到处时,取得最小值为.14．已知曲线在点处的切线与曲线也相切,则实数______.【答案】或6【解析】,则,,又因为,所以切线方程为,因为直线与抛物线相切,所以方程有两个相等的实数根,,解得或6.15.在中,角、、所对的边分别为、、,若满足,的有且仅有一个,则边的取值范围是______.【答案】【解析】由正弦定理,,所以,因为有且仅有一个,所以或,即或.16．在三棱锥中,,,,．平面平面,若球是三棱锥的外接球,则球的半径为_________．【答案】4【解析】因为,,,所以,又因为,所以,所以,因为平面平面,平面平面,,平面,所以平面,取中点,连接,所以,,,所以平面,所以,此时,, ,所以,即球的球心球心即为（与重合）,半径为.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)为了推进分级诊疗,实现“基层首诊､双向转诊､急慢分治､上下联动”的诊疗模式,某城市自2020年起全面推行家庭医生签约服务.已知该城市居民约为1000万,从0岁到100岁的居民年龄结构的频率分布直方图如图1所示.为了解各年龄段居民签约家庭医生的情况,现调查了1000名年满18周岁的居民,各年龄段被访者签约率如图2所示.（1）估计该城市年龄在50岁以上且已签约家庭医生的居民人数；（2）据统计,该城市被访者的签约率约为44%.为把该城市年满18周岁居民的签约率提高到55%以上,应着重提高图2中哪个年龄段的签约率？并根据已有数据陈述理由.解：（1）该城市年龄在50-60岁的签约人数为：万；在60-70岁的签约人数为：万；在70-80岁的签约人数为：万；在80岁以上的签约人数为：万；故该城市年龄在50岁以上且已签约家庭医生的居民人数为：万；(12分)（2）年龄在10-20岁的人数为：万；年龄在20-30岁的人数为：万.所以,年龄在18-30岁的人数大于180万,小于230万,签约率为30.3%；年龄在30-50岁的人数为万,签约率为37.1%.年龄在50岁以上的人数为：万,签约率超过55%,上升空间不大.故由以上数据可知这个城市在30-50岁这个年龄段的人数为370万,基数较其他年龄段是最大的,且签约率非常低,所以为把该地区满18周岁居民的签约率提高到以上,应着重提高30-50这个年龄段的签约率. (12分)18.(12分) 已知数列满足,,.（1）设,求证：数列是等比数列；（2）设数列的前项和为,求证：,.解：（1）,,则,又,所以数列是等比数列；(6分)（2）由（1）得,,,,,,,,当时,,又,综上,,.(12分)19.(12分) 如图在四棱锥中,底面为菱形,为正三角形,平面平面分别是的中点.（1）证明：；（2）若M是棱上一点,三棱锥与三棱锥的体积相等,求M点的位置.解：（1）连接且E是的中点,.又平面平面,平面平面平面.平面平面.又为菱形,且分别为棱的中点,.,又平面；平面.(6分)（2）如图,连接,设,则,,,则,又.. 解得,即M点在上靠近P点的四等分点处. (12分)20.(12分) 已知抛物线（）的焦点为,抛物线上的点到轴的距离为.（1）求的值；（2）已知点,若直线交抛物线于另一个点,且,求直线的方程.解:（1）根据题意画出几何关系如下图所示, 抛物线上的点到轴的距离为,由抛物线定义可得等于到的距离,所以为抛物线准线方程,,解得.(4分)（2）由（1）知,可设方程为,,,直线交抛物线于另一个点,即直线与抛物线有两个交点,因而存在；所以,化简可得.则,.(6分)又,,由于,∴,代入,化简可得,解得.(11分)所以直线方程为(12分)21.(12分) 已知函数.（1）若是的极值点,求的极大值；（2）若,求实数t的范围,使得恒成立.解：（1）,,由题意可得,,解可得,∴,(2分)所以,当,时 ,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,故当时,函数取得极大值；(5分)（2）由得在时恒成立可得,在时恒成立,(7分)令,则,令,所以,令,,(9分)所以当,,函数单调递增,当时,,函数单调递减,故当时,函数取得最小值,又,所以,所以在上单调递减,在上单调递增,所以,可得,所以.(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)以坐标原点为极点,轴正半轴为极轴建立极坐标系.已知曲线的极坐标方程为,,曲线的参数方程为(的参数).（1）将曲线的极坐标方程､的参数方程化为普通方程.（2）设,的交点为,求圆心在极轴上,且经过极点和的圆的极坐标方程.解：（1）,, ,即：由可得 ,消去参数,可得即普通方程为.(5分)（2）由,即,设所求圆圆心的直角坐标为 ,其中a >0.则,解得 ,所求圆的半径,所求圆的直角坐标方程为: .即,所求圆的极坐标方程为 . (10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)设函数,.（1）若,求不等式的解集；（2）若函数恰有三个零点,求实数的取值范围.解：（1）若,不等式即,则或或,解得或或,故原不等式的解集为；(10分)（2）由,得,设,,在平面直角坐标系中做出的大致图像,如图所示,结合图像分析,可知当,即时,、的图像有三个不同的交点,故函数恰有三个零点时,实数的取值范围是. (10分)