2021年吉林省长春市高考四模数学试卷（文）

长春市2021届高三质量监测(四)文科数学

一､选择题：本题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选项甲，只有一项是符合题目要求的.

1. 已知集合则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据集合的并、补运算即可得出选项.

【详解】由题意，.

故选：A.

2. 复数的共轭复数（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由复数的乘法、除法的运算法则将已知复数化简成标准形式，从而可求出共轭复数.

【详解】解：，

故选:C.

3. 如图，①②③④中不属于函数，，的一个是（    ）

A. ① B. ② C. ③ D. ④

【答案】B

【解析】

【分析】利用指数函数的图象与性质即可得出结果.

【详解】根据函数与关于对称，可知①④正确，

函数为单调递增函数，故③正确.

所以②不是已知函数图象.

故选：B

4. 若，则的坐标可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】求出四个选项中的模长，与已知条件进行对比验证；由向量共线可求出的坐标的关系，从而可选出正确答案.

【详解】四个选项模长均为，设，因为，所以，

故选:C.

5. 在第十三届女排世界杯赛中，中国女排以不败战绩夺得冠军，女排精神一直激励着全国人民在各行各业为祖国的腾飞而努力拼搏.在女排世界杯赛闭幕后，某收视调查机构对某社区内名居民收看比赛的情况用随机抽样方式进行调查，样本容量为，将数据分组整理后，列表如下：

从表中可以得出正确的结论为（    ）

A. 表中的值为 B. 估计观看比赛不低于场的人数是人

C. 估计观看比赛场数的众数为 D. 估计观看比赛不高于场的人数是人

【答案】D

【解析】

【分析】利用频率之和为可判断A选项的正误；

【详解】对于A选项，由频率之和为可得，解得，A选项错误；

对于B选项，估计观看比赛不低于场的人数人，B选项错误；

对于C选项，估计观看比赛场数的众数为，C选项错误；

对于D选项，估计观看比赛不高于场的人数是人，D选项正确.

故选：D.

6. 给出一个程序框图，输出的结果为s=132，则判断框中应填（　　）

A. ? B. ? C. ? D. ?

【答案】A

【解析】

【分析】运行程序，当时，计算出的值，进而判断出正确的选项.

【详解】运行程序，，判断是，，判断是，，判断否，输出.故填?，所以选A.

【点睛】本小题主要考查根据程序框图运行的结果，填写条件，属于基础题.

7. 已知等比数列中，，则其前5项的积为（    ）

A. 64 B. 81 C. 192 D. 243

【答案】D

【解析】

【分析】利用等比数列的通项公式，分别求出公比和首项，即可得到答案；

【详解】由题意，解得，

又，

所以，，

故选：D.

8. 某同学做立定投篮训练，共3组，每组投篮次数和命中的次数如图中记录板所示.

根据图中的数据信息，用频率估计一次投篮命中的概率，那么误差较小的可能性的估计是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据频率与概率的关系即可得出选项.

【详解】由题可知，试验次数越多，频率越接近概率，

对可能的估计误差越小，

故选：D.

9. 已知正四棱柱(底面为正方形且侧棱与底面垂直的棱柱)的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出长方体的体对角线长，从而可知外接球的半径，即可求出外接球的表面积.

【详解】正四棱柱即长方体，其体对角线长为，

因此其外接球的半径为，则其表面积为，

故选:B.

10. 等差数列的前项和为，，则取最大值时的为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用等差数列前项和公式得出，利用等差数列的通项公式可得，进而求出其通项公式，判断出，即可得出取最大值时的值.

【详解】由题可知，则，

又，则，

则

因此，故取最大值时的n值为7

故选：A.

11. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色.某摩天轮设置有48个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.已知在转动一周的过程中，座舱距离地面的高度关于时间的函数关系式为，若甲､乙两人的座舱之间有7个座舱，则甲､乙两人座舱高度差的最大值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，则，利用函数关系式为作差可求出结果.

【详解】设甲位置对应的时间为，转到乙位置时对应的时间为，

则，

所以甲､乙两人座舱高度差为

，

因为，所以，

所以当或，即时，

甲､乙两人座舱高度差取得最大值.

故选：D.

12. 已知是椭圆的一个焦点，若直线与椭圆相交于两点，且，则椭圆离心率是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设直线倾斜角为，由直线方程可得，从而可求，设另一个焦点为，为坐标原点，由对称性及知，四边形为矩形，所以，从而可求得点的坐标，将点坐标代入椭圆方程再结合椭圆中的关系即可求解.

【详解】解：设直线倾斜角为，则，设另一个焦点为，为坐标原点，由对称性及知，四边形为矩形，所以，

所以点的坐标为，代入椭圆可得且

解得，或(舍去)，则，即，

故选：A.

【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用对称性及知，四边形为矩形，所以，从而求得点坐标.

二､填空题：本题共4小题，每小题5分.

13. 已知函数，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用指数、对数的运算以及分段函数求函数值即可求解.

【详解】.

故答案为：

14. 不等式的解集为___________.

【答案】

【解析】

【分析】根据分式不等式以及一元二次不等式解法即可求解.

【详解】即

即即，

所以或

解得或

所以不等式的解集为.

故答案为：

15. 已知直线与圆相交于两点，线段中点为，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用两点间的距离公式求出圆心与线段中点距离，再由圆的弦长几何求法即可求解.

【详解】圆的圆心为(1，0)，半径为1，则圆心与线段中点距离，

所以.

故答案为：

16. 在正方体中，分别为和的中点，则下列说法正确的序号有___________.

①四点共面；

②平面；

③；

④与所成角为60°.

【答案】②③④

【解析】

【分析】对于①：用异面直线判定定理即可判断；

对于②：利用线面平行的判定定理即可判断；

对于③：先证明⊥面，再证明；

对于④：利用△为正三角形，可得与成角60°，即可求出PN与成角.

【详解】

对于平面BCC1B1中，面BCC1B1，面BCC1B1，又，则为异面直线，因此N､P､B､M不共面，故①错；

连结.在正方体中，,又，则四边形为平行四边形，所以；因为分别为的中点，所以，又面，面，故平面，②对；

在正方体中，又所以⊥面，所以.因为分别为的中点，所以，所以，故③对；

在正方体中，连结BD,因为分别为和的中点，所以,所以四边形BDNP为平行四边形，所以因为，所以△为正三角形，所以与成角60°，即PN与成角60°，故④对.

故答案为：②③④.

【点睛】(1)立体几何关系的证明，用判定定理；

(2) 平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线所成的角来解决.

三､解答题：共70分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22~23题为选考题，考生根据要求作答.

17. 在①；②中任选一个作为已知条件，补充到下面横线上并作答.

问题：在中，角的对边分别为，已知___________.

（1）求角；

（2）若，求的周长.

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】条件选择见解析；（1）；（2）.

【解析】

【分析】（1）选择①，利用正弦定理的边角互化以及三角形的内角和性质，借助两角和的正弦公式即可求解；选择②，利用余弦定理即可求解.

（2）利用正弦定理的边角互化以及余弦定理求出即可求解.

详解】（1）选择①

由正弦定理得，

∴

又，∴，又.

选择②

由余弦定理得，

又.

（2）由正弦定理得，由余弦定理得，

即，

故所求周长为.

18. 某园林局对1000株树木的生长情况进行调查，其中槐树600株，银杏树400株. 现用分层抽样方法从这1000株树木中随机抽取100株，其中银杏树树干周长(单位:cm)的抽查结果如下表：

（I）求的值 ;

（II）若已知树干周长在30cm至40cm之间的4株银杏树中有1株患有虫害,现要对这4株树逐一进行排查直至找出患虫害的树木为止.求排查的树木恰好为2株的概率.

【答案】（1）12；（2）

【解析】

【分析】解：（I）因为用分层抽样方法从这1000株树木中随机抽取100株，

所以应该抽取银杏树株

所以有，所以

（II）记这4株树为，且不妨设为患虫害的树，

记恰好在排查到第二株时发现患虫害树为事件A，则A是指第二次排查到的是

因为求恰好在排查到第二株时发现患虫害树的概率，所以基本事件空间为：

共计12个基本事件                                     

因此事件Ａ中包含的基本事件有3个                      

所以恰好在排查到第二株时发现患虫害的概率

答：值为12；恰好在排查到第二株时发现患虫害的概率为.

【详解】

19. 如图，四面体中，

（1）证明：平面⊥平面；

（2）若，分别是棱的中点，过三点的平面分此四面体为两部分，求这两部分体积之比.

【答案】（1）证明见解析；（2）两部分的体积之比为3(或).

【解析】

【分析】（1）先证明CD⊥面ABC，利用面面垂直的判定定理证明平面⊥平面；

（2）分别求出三棱锥D-ABC和F-BCE的体积再求两部分的体积比.

详解】（1）证明： ∵,∴CD⊥面ABC.

又CD面ACD,所以平面⊥平面；

（2）

由（1）知CD⊥平面ABC，所以三棱锥D-ABC的体积；

因为分别是棱的中点，则，三棱锥E-FBC的高是三棱锥A-BCD的高的，

则三棱锥F-BCE的体积

多面体ABDEF的体积为，

所以两部分的体积为3(或).

【点睛】立体几何解答题的基本结构：

(1)第一问一般是几何关系的证明，用判定定理；

(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.

20. 已知函数.

⑴求函数的单调区间；

⑵如果对于任意的，总成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）

【解析】

【详解】试题分析：⑴求出函数的导数令其大于零得增区间，令其小于零得减函数；⑵令，要使总成立，只需时，对讨论,利用导数求的最小值.

试题解析：(1) 由于，所以

.

当，即时，；

当，即时，.

所以的单调递增区间为，

单调递减区间为.

(2) 令，要使总成立，只需时.

对求导得，

令，则，()

所以在上为增函数，所以.

对分类讨论：

① 当时，恒成立，所以在上为增函数，所以，即恒成立；

② 当时，在上有实根，因为在上为增函数，所以当时，，所以，不符合题意；

③ 当时，恒成立，所以在上为减函数，则，不符合题意.

综合①②③可得，所求的实数的取值范围是.

考点：利用导数求函数单调区间、利用导数求函数最值、构造函数.

21. 过抛物线的焦点F作不平行于x轴的直线交抛物线于A，B两点，过A，B分别作抛物线的切线相交于C点，直线交抛物线于D，E两点.

（1）求的值；

（2）证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【解析】

【分析】（1）设，联立方程组得到，，进而求得直线的方程，联立方程组，求得，利用斜率公式，即可求解；

（2）设出直线方程，分别求得，故要证明，转化为证明，联立方程组，结合根与系数的关系，即可求解.

【详解】（1）设()，，，

联立方程组，整理得，可得，，

又由，可得，则，则切线的斜率分别为，

可得直线，直线，

联立方程组，解得，

可得，所以.

（2）设直线方程为，则，

设，

所以，，，

，故要证明，

即证，即证，

即证，

联立与，可得，

所以，，

所以，

故.

【点睛】直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：

对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．

22. 在直角坐标系中，已知曲线参数方程为(为参数)．若以原点为极点，以轴的正半轴为极轴且取相同的单位长度建立极坐标系，直线的极坐标方程为.

（1）求出曲线的极坐标方程;

（2）若射线（不包括端点）与曲线和直线分别交于两点，当时，求的取值范围.

【答案】（1）ρ=2cosθ；（2）.

【解析】

【分析】（1）先写出曲线C的普通方程，根据代入的普通方程即可；

（2）将分别代入曲线与直线的极坐标方程，可得，代入即可.

【详解】(1）由条件可得，，

又，∴，

即为曲线C的普通方程，

将代入的普通方程，可得，

即为曲线的极坐标方程．

(2）将分别代入曲线与直线的极坐标方程，

可得，，

∴．

又，∴，

∴．

23. 已知函数，，且的解集为.

（1）求的值；

（2）若，，是正实数，且，求证：.

【答案】(1) ;(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

(1)根据的解集为,结合绝对值不等式的解法,即可求m的值; 

(2)利用柯西不等式,即可证明结论.

【详解】(1)依题意,即，；
(2)证明: ,
所以由柯西不等式得,
所以,当且仅当,即时取等号.

【点睛】本题考查含绝对值不等式的解法和柯西不等式的运用，属于中档题.