高中数学高考2021年高考数学（文）1月模拟评估卷（一）（全国1卷）（解析版）(1)

2021年高考数学（文）1月模拟评估卷（一）（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．设集合,,若,则的值为（    ）

A．或1 B．0或1 C．或 D．0或

【答案】A

【解析】∵集合,,,

∴或,解得或.故选A.

2．已知复数满足,其中为虚数单位,则（    ）

A．1 B． C． D．

【答案】D

【解析】由,得,故选D.

3．如图,在正方体中,, 分别为,的中点,则下列直线中与直线相交的是（    ）

A．直线 B．直线 C．直线 D．直线

【答案】D

【解析】根据异面直线的概念可看出直线,,都和直线是异面直线,而直线和直线在同一平面内,且这两直线不平行,∴直线与直线相交.故选D.

4．为研究两变量和的线性相关性,甲、乙两人分别作了研究,利用线性回归方程得到回归直线和,两人计算相同,也相同,则下列说法正确的是（ ）

A．与重合

B．与平行

C．与交于点（,）

D．无法判定与是否相交

【答案】C

【解析】由线性回归方程的概念可知方程必定过样本中心点,因此相交于点,故选C

5．把分别写有1,2,3,4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人,每人至少一张,且若分得的卡片超过一张,则必须是连号,那么2,3连号的概率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】分三类情况,第一类1,2连号,则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为,,,,,,有6种分法；第二类2,3连号,则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为,,,,,,有6种分法；第三类3,4连号,则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为,,,,,,有6种分法；共有18种分法,则2,3连号的概率为.故选B.

6．设两圆、都和两坐标轴相切,且都过点,则两圆心的距离（    ）

A．4 B． C．8 D．

【答案】B

【解析】依题意设两圆方程分别为,,

分别将代入得,所以,,

圆心距.故选B.

7．若将函数的图像向右平移个单位,则平移后的函数的对称中心为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【解析】将函数的图像向右平移个单位,可得,

令,则可得,则平移后的函数的对称中心为.

故选D.

8．若实数a,b,c满足,其中,则下列结论正确的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】由题意可知a(0,1),b(2,4),c(3,9),且,对于A选项,,可得到,故选项A错误；对于B选项,,,所以,故B选项错误；对于C选项,,故C选项错误；对于D选项,,,而c>b,所以,故选D.

9．孙子定理在世界古代数学史上具有相当高的地位,它给出了寻找共同余数的整数问题的一般解法.右图是某同学为寻找共同余数为2的整数n而设计的程序框图,若执行该程序框图,则输出的结果为（    ）

A．29 B．30 C．31 D．32

【答案】D

【解析】为整数,则除以的余数均为,,.故选D.

10．已知等比数列中,,,,则（    ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】B

【解析】设等比数列的公比为,则,

即,因为,所以,

则,即,解得,

故选B.

11．已知双曲线（,）的左、右焦点分别为、,圆与双曲线在第一象限和第三象限的交点分别为,,四边形的周长与面积满足,则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由双曲线的定义可知,又,,可知四边形是平行四边形,所以,联立解得,,又线段为圆的直径,由双曲线的对称性可知四边形为矩形,所以四边形的面积,

又,所以,即,解得,

由,得,即,即.故选C.

12．如图,在三棱锥中,平面,,,,若三棱锥外接球的表面积为,则三棱锥体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】设,,由三棱锥外接球的表面积为,得外接球的半径.又平面,,所以,所以,所以.因为平面,,所以,,过D作,垂足为E,则平面,所以,所以,所以,所以

,当且仅当,即,时,“=”成立,所以三棱锥体积的最大值为.故选A.

二.填空题:本大题共4小题,每小题5分

13．某社团计划招入女生人,男生人,若满足约束条件,则该社团今年计划招入的学生人数最多为______．

【答案】9

【解析】设,则,作出约束条件表示的平面区域,如图：

的最大值,即直线的纵截距的最大值,由图可知,当直线经过点时,纵截距最大.

,解得,所以的最大值为,此时均为正整数,符合要求.

所以该社团今年计划招入的学生人数最多为9.

14．已知向量,,若,则___.

【答案】

【解析】∵向量,,若,∴,则.

15．为了评估某种治疗肺炎药物的疗效,现有关部门对该药物在人体血管中的药物浓度进行测量．设该药物在人体血管中药物浓度与时间的关系为,甲、乙两人服用该药物后,血管中药物浓度随时间变化的关系如下图所示．

给出下列四个结论：

① 在时刻,甲、乙两人血管中的药物浓度相同；

② 在时刻,甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率相同；

③ 在这个时间段内,甲、乙两人血管中药物浓度的平均变化率相同；

④ 在,两个时间段内,甲血管中药物浓度的平均变化率不相同.

其中所有正确结论的序号是_____．

【答案】①③④

【解析】①在时刻,为两图象的交点,即此时甲、乙两人血管中的药物浓度相同,故①正确；②甲、乙两人在时刻的切线的斜率不相等,即两人的不相同,所以甲、乙两人血管中药物浓度的瞬时变化率不相同,故②不正确；③根据平均变换率公式可知,甲、乙两人的平均变化率都是,故③正确；④在时间段,甲的平均变化率是,在时间段,甲的平均变化率是,显然不相等,故④正确.故答案为①③④.

16．已知数列满足,其中,若对恒成立,则实数的取值范围为__________．

【答案】

【解析】由得：,令,则的奇数项和偶数项分别成首项为,且公差为的等差数列,所以 , ,,故, ,,因为对恒成立,所以恒成立,同时恒成立,即恒成立,当时,,而时,所以即可,当时,恒成立,综上,故填．             

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) 从一批产品中随机抽取件测量其内径,将测得数据进行统计整理后得到如下图所示的频率分布直方图.

（1）求这件产品中,内径在内的产品数量；

（2）试估计这批产品内径的中位数；

（3）直接比较这批产品内径的平均数与（单位毫米）的大小关系,不必说明理由.

解：（1）依题意,得内径介于的频率为,

所以所求产品数量为.(4分)

（2）前个小矩形的面积,

第个小矩形的高度为.

所以所求中位数为.(9分)

（3）.(12分)

18．(12分) 的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcos A＋a＝c.

（1）求cos B；

（2）如图,D为外一点,若在平面四边形ABCD中,D＝2B,且AD＝1,CD＝3,BC＝,求AB的长．

解 ：（1）在中,由正弦定理得

sin Bcos A＋sin A＝sin C,(2分)

又C＝π－(A＋B),

所以sin Bcos A＋sin A＝sin (A＋B),

故sinBcos A＋sin A＝sin Acos B＋cos Asin B,

所以sin Acos B＝sin A,

又A∈(0,π),所以sin A≠0,故cos B＝.(6分)

（2）因为D＝2B,所以cos D＝2cos2B－1＝,(7分)

又在中,AD＝1,CD＝3,

所以由余弦定理可得AC2＝AD2＋CD2－2AD·CD·cos D

＝1＋9－2×3×＝12,

所以AC＝,(9分)

在中,BC＝,AC＝,cos B＝,

所以由余弦定理可得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BCcos B,

即12＝AB2＋6－2·AB××,化简得AB2－AB－6＝0,

解得AB＝.

故AB的长为.(12分)

19．(12分) 如图,在三棱柱中,侧面底面,,,．

（1）求证：；

（2）求三棱柱的侧面积．

解：（1）如图所示：

连接,

∵,

∴侧面是菱形,

∴,

∵侧面底面,且平面平面,

,

∴平面,(3分)

又∵平面,

∴,

又,

∴平面,

又平面,

∴；(6分)

（2）如上图：设棱的中点为,连,,

则,

∴底面．从而,

由,,

得：,,(8分)

∴,

在中,由余弦定理得:,

即,

∴,(10分)

由（1）知平面,

∴,,

又,

∴三棱柱的侧面积为．(12分)

20．(12分) 已知函数.

（1）求证：；

（2）若,求的取值范围.

解：（1）设,则.

由知在上递增,∴.

从而是增函数,∴,故原不等式成立. (5分)

（2）对恒成立.

设,

一方面,由.(8分)

另一方面,当时,.

利用（1）中的结论有：.

构造函数,则.∴递减.

从而,∴,∴恒成立.

综上得.(12分)

21．(12分) 已知圆：（,）过点,,椭圆与轴交于、两点,与轴交于,两点．

（1）求四边形的面积；

（2）若四边形的内切圆的半径为,点,在椭圆上,直线斜率存在,且与圆相切,切点为,求证：．

解：（1）依题意得,解得：,

故四边形的面积；(4分)

（2）如图所示,

要证：,只需证,易知直线的方程为：,利用点到线的距离公式可得：,(6分)

设：,,,则原点到的距离为：,所以；①(8分)

由得：

则,,,(10分)

,

由①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)

如图所示,已知曲线的极坐标方程为,点,以极点为原点,极轴为轴建立平面直角坐标系．

（1）求曲线的直角坐标方程；

（2）已知直线的参数方程为,（为参数）,若直线与曲线交于、两点,求的值．

解：因为,故,

故,即；(10分)

（2）设直线的参数方程为（为参数）,

若直线与双曲线交于,,则只能交于轴右侧部分,

将直线的参数方程代入,可得．(77分)

设,对应的参数分别为,,

故,,

故．(10分)

23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)

已知a,b,c为正实数,且满足.证明：

（1）；

（2）.

解：（1）因为a,b,c为正实数,且满足,

所以,

由绝对值三角不等式可得,,

当且仅当,即时,等号成立；(10分)

（2）因为a,b,c为正实数,且满足,

由三元基本不等式可得

,

当且仅当时,等号成立. (10分)