高中数学高考2021年高考数学（理）2月模拟评估卷（二）（全国1卷）（解析版）

这是一份高中数学高考2021年高考数学（理）2月模拟评估卷（二）（全国1卷）（解析版），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）2月模拟评估卷（二）（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．已知全集,,,则（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】,故A不正确；,故B正确；,故C不正确；,故D不正确.故选B2．若复数Z满足(i是虚数部位),则下列说法正确的是（    ）A．z的虚部是-i B．Z是实数 C． D．【答案】C【解析】.对选项A,的虚部是,故A错误.对选项B,为虚数,故B错误.对选项C,,故C正确.对选项D,,故D错误.故选C3．设,,则“且”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【解析】因为且,所以且,所以；若,可取,,不满足且,所以前者是后者的充分不必要条件,故选A.4．古希腊的数学家毕达哥拉斯通过研究正五边形和正十边形的作图,发现了黄金分割率,黄金分割率的值也可以用表示.若实数满足,则（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据题中的条件可得.故选A．5．已知非零向量,满足,且,则与的夹角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】因为,所以,即,得,又因为,所以,得,所以.故选A6．若实数、满足,且的最小值为,则实数的值（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】画出可行域如图所示,将目标函数转化为,平移直线 ,当过点时,在y轴上的截距最小,此时目标函数取得最小值,由得,则,解得,故选B.7．设函数和的定义域为,若存在非零实数,使得,则称函数和在上具有性质.现有三组函数：①,；②,；③,,其中具有性质的是（    ）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】B【解析】对于①,,则,合乎题意；对于②,,可得,即,解得,不合乎题意；对于③,,则,合乎题意.因此,具有性质的是①③.故选B.8．已知锐角满足．若要得到函数的图象,则可以将函数的图象（    ）．A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度【答案】A【解析】由知：,即,∴锐角,故,又,∴,故是将向左平移个单位长度得到,故选A9．在中,角、、所对应的三边分别为、、．若,,则下面式子中不可能成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【解析】因为,所以,而,所以,又,由正弦定理得,是三角形内角,所以或,若,则由得,,,则,A可能成立,若,则由得,,则,B可能成立,此时若,则,D可能成立,只有C不可能成立．故选C．10．已知三棱锥的底面是正三角形,,点在侧面内的射影是的垂心,当三棱锥体积最大值时,三棱锥的外接球的表面积为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】如下图所示,延长交于点,连接,
为的垂心,则,平面,平面,,,平面,平面,,连接并延长交于点,连接,平面,平面,,,,平面,平面,,设点在平面内的射影为点,延长交于点,连接,平面,平面,,,平面,、平面,则,,,为正的中心,且为的中点,平面,、、平面,,,,且,所以,,,当时,的面积取最大值,当平面时,三棱锥的体积取得最大值,将三棱锥补成正方体,所以,三棱锥的外接球的直径即为正方体的体对角线长,设三棱锥的外接球直径为,则,因此,三棱锥的外接球的表面积为.故选B.11．设双曲线的右焦点是F,左、右顶点分别是,过F做的垂线与双曲线交于B,C两点,若,则双曲线的渐近线的斜率为（ ）A． B． C． D．【答案】C【解析】,,,,所以,根据,所以,代入后得,整理为,所以该双曲线渐近线的斜率是,故选C.12．已知偶函数满足,且当时,,若关于x的不等式在上有且只有150个整数解,则实数t的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为偶函数满足,所以,即,所以函数是以6为周期的周期函数,当时,,所以,当时,,函数递增；当时,,函数递减；当当时,函数取得极大值,作出函数在上的图象,如图所示：因为不等式在上有且只有150个整数解,所以不等式在上有且只有3个整数解,当时,不符合题意,故不等式在上有且只有3个整数解,因为,所以,即,故不等式在上的3个整数解分别为-2,2,3,所以,,即,故选B二.填空题:本大题共4小题,每小题5分13. 某工厂生产,,三种不同型号的产品,某月生产这三种产品的数量之比依次为,现用分层抽样方法抽取一个容量为120的样本,已知B种型号产品抽取了60件,则______.【答案】5【解析】由题意,,解得．14．已知抛物线：的焦点为,过点且斜率为的直线交于,两点,以线段为直径的圆交轴于,两点,设线段的中点为,若点到的准线的距离为3,则的值为______．【答案】【解析】抛物线：的焦点为,准线方程为,由题意得,则抛物线方程为,则直线的方程为,由,得,设的横坐标分别为,则,所以的中点的坐标为,,则圆的半径为4,在中,,故答案为15．新冠疫情期间,甲､乙､丙三个家庭在某医院等候区等待核酸检测结果.等候区是6（列）×2（行）的座位.甲､乙家庭各有三人,且乙家庭有一个小孩,丙家庭有两人.现有相关规定：同一家庭的人需坐在同一行上,不同家庭的人之间不能太接近（左右不相邻）,小孩至少坐在其一位家长身边(左右相邻).则共有______种坐法.【答案】9216【解析】由题甲、丙在一行, 乙在另一行和乙、丙在一行, 甲在另一行两类：（1）甲、丙在一行, 乙在另一行, 分4步处理如下：①先甲、丙选行,有种；②再甲、丙选左右两边,有种；③两边分别排甲、丙,甲、丙间隔一个位置,有种；④排乙,乙在甲、丙另一行,又分3人相邻和只2人相邻两类,3人相邻有,只2人相邻有种故共有种； （2）乙、丙在一行, 甲在另一行, 分4步处理如下①先乙、丙选行,有种；②再乙、丙选左右两边,有种；③两边分别排乙、丙,乙、丙间隔一个位置,有种；④排甲,甲在乙、丙另一行,有种,故共有种坐法由（1）（2）共有 种.16．已知,,满足对任意恒成立,当取到最小值时,______.【答案】24【解析】令,则,所以,即对于恒成立,令,因为,因为对于时恒成立,所以,当取最小值时,即,此时在时有最小值,因为函数的定义域为,不是区间端点值,又在处取得最小值,所以也是函数的一个极小值,且,所以,得,从而故.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) 已知等差数列的前项和为,且（1）求通项公式；（2）求数列的前项和解：（1）在等差数列中,因为,所以,解得 ,(3分)所以 .(5分)（2）令,解得,当时,,当时,,(7分)所以当时, ,(9分)当时, , ,(11分)所以.(12分)18.(12分) 在三棱柱中,,,,平面,是的中点.（1）求证：平面平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.解：（1）由平面,平面,得,(2分)又,,故平面,(4分)平面,故平面平面.(5分)（2）以为原点,为轴,为轴,建立如图所示空间直角坐标系,则,,又,, 故,,,,(7分)设平面的一个法向量为,则,即,令,则, ,(9分)设直线与平面所成的角为,故,即直线与平面所成角的正弦值为.(12分)19.(12分) 椭圆过点,其上､下顶点分别为点A,B,且直线,的斜率之积为.（1）求椭圆C的方程；（2）过椭圆C的左顶点作两条直线,分别交椭圆C于另一点S,T.若,求证：直线过定点.（1）解：∵,,∴,解得, 将,都代入椭圆方程,得,∴椭圆方程为；(5分)（2）证明：设,,直线的方程为.将代入椭圆方程,整理得,,,(7分)由,得.整理,得,即.化简,得,即.(10分)当时,直线的方程为,恒过左顶点,不合题意当时,直线的方程为,恒过点.直线过定点.(12分)20.(12分) 某电子公司新开发一电子产品,该电子产品的一个系统G有3个电子元件组成,各个电子元件能否正常工作的概率均为,且每个电子元件能否正常工作相互独立.若系统C中有超过一半的电子元件正常工作,则G可以正常工作,否则就需要维修,且维修所需费用为500元.(1)求系统不需要维修的概率；(2)该电子产品共由3个系统G组成,设E为电子产品需要维修的系统所需的费用,求的分布列与期望;(3)为提高G系统正常工作概率,在系统内增加两个功能完全一样的其他品牌的电子元件,每个新元件正常工作的概率均为,且新增元件后有超过一半的电子元件正常工作,则C可以正常工作,问:满足什么条件时,可以提高整个G系统的正常工作概率?解：（1）系统不需要维修的概率为.(2分)（2）设为维修维修的系统的个数,则,且,所以.所以的分布列为050010001500所以的期望为. (7分)（3）当系统有5个电子元件时,原来3个电子元件中至少有1个元件正常工作,系统的才正常工作.若前3个电子元件中有1个正常工作,同时新增的两个必须都正常工作,则概率为；若前3个电子元件中有两个正常工作,同时新增的两个至少有1个正常工作,则概率为；若前3个电子元件中3个都正常工作,则不管新增两个元件能否正常工作,系统均能正常工作,则概率为.所以新增两个元件后系统能正常工作的概率为,于是由知,当时,即时,可以提高整个系统的正常工作概率. (12分)21.(12分) 已知函数.（）（1）令,讨论的单调性并求极值；（2）令,若有两个零点；（i）求a的取值范围；（ii）若方程有两个实根,,且,证明：解：（1）因为所以,则,x2负0正单调递减极小值单调递增所以单调递减区间为,单调递增区间为极小值为,无极大值. (4分)（2）（i）有两个零点.因为①当时,,单调递增,不可能有两个零点；②当时,令,得,单调递减；令,得,单调递增.所以要使有两个零点,即使,得,又因为,,所以在存在唯一一个零点,且,,所以在上存在唯一一个零点,符合题意.综上,当时,函数有两个零点. (8分)法二：有两个零点.等价于时,有两个实根,（1）令,当时,,单调递减,且；当时,,单调递减；当时,,单调递增；,,,,.要使（1）有两个实数根,即使,综上,当时,函数有两个零点. (8分)（ii）有两个实根,令,有两个零点,,,所以,所以（1）（2）要证,只需证,即证,所以只需证.由（1）（2）可得,只需证.设,令,则,所以只需证,即证令,,则,,即当时,成立.所以,即,即.(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) 在直角坐标系中,直线l过点,倾斜角为.以原点O为极点,x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线C的极坐标方程为：.（1）求直线l的参数方程与曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l交曲线C于A,B两点,M为中点,且满足成等比数列,求直线l的斜率.解：（1）因为直线l过点,倾斜角为,所以直线l的参数方程为(t为参数),因为,所以,所以曲线C的直角坐标方程为：；(5分)（2）将直线l的参数方程为(t为参数)代入可得：,设A,B所对应的参数为,所以,因为成等比数列,所以,即,解得,,故直线l的斜率为. (10分)23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)已知函数,,.（1）当时,解不等式；（2）对任意,,若不等式恒成立,求实数a的取值范围.解：（1）当时,,不等式,即,即,解得或(舍去),由,解得或.所以不等式的解集是. (5分)（2）由题意知,只需满足即可.,,依题意,当时,,由一次函数性质知,在上单调递增,在和上单调递减,.由,得,即.所以实数a的取值范围是：. (10分)