高中数学高考2021年高考数学（文）12月模拟评估卷（二）（全国3卷）（解析版）(1)

2021年高考数学（文）12月模拟评估卷（二）（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．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】集合，，故选．

2．已知复数,则z的虚部为（    ）

A． B．0 C．1 D．i

【答案】C

【解析】,故虚部为1,故选C.

3. 甲、乙两队准备进行一场篮球赛,根据以往的经验甲队获胜的概率是,两队打平的概率是,则这次比赛乙队不输的概率是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】．故选C．

4.设等差数列的前项和为，若，则（    ）

A．60 B．120 C．160 D．240

【答案】B

【解析】由题可知，，由等差数列的性质可知，则，

故.故选B.

5．设,则的大小关系为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】,,,

所以,故选D.

6．已知函数是偶函数,当时,,则曲线在处的切线方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【接线箱】因为,,,又由是偶函数,,

令,则,根据是偶函数,,得到时,,所以,时,,,利用直线的点斜式方程,曲线在处的切线方程为,即.故选C

7. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G分别是线段A1C1上的点,且A1E＝EF＝FG＝GC1.则下列直线与平面A1BD平行的是（    ）

A．CE B．CF C．CG D．CC1

【答案】B

【解析】如图,连接AC,使AC交BD于点O,连接A1O,CF,

在正方体ABCD­-A1B1C1D1中,由于,又OC＝AC,可得：,即四边形A1OCF为平行四边形,可得：A1O∥CF,又A1O⊂平面A1BD,CF⊄平面A1BD,

可得CF∥平面A1BD,故选B.

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．我国古代数学著作《九章算术》中有如下问题：“今有器中米,不知其数,前人取半,中人三分取一,后人四分取一,余米一斗五升(注：一斗为十升).问,米几何？”下图是解决该问题的程序框图,执行该程序框图,若输出的S=15(单位：升),则输入的k的值为（    ）

A．45 B．60 C．75 D．100

【答案】B

【解析】由题意,．故选B.

10. 已知抛物线的焦点为,准线为l,过点F且斜率为的直线交抛物线于点(在第一象限),,垂足为,直线交轴于点,若,则抛物线的方程是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由题意如图,过点且斜率为的直线交抛物线于点在第一象限）,

可知,,,垂足为,直线交轴于点,准线与轴的交点为,

所以,则三角形是正三角形,因为是的中点,,所以是的中点,

所以,,,所以,则,由三角形是正三角形可知在上的射影是是中点,所以,则,可得,所以抛物线方程为：．故选．

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. 已知函数若函数恰有8个零点,则的最小值是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【解析】画出函数的图像如图所示,

设,由,得.

因为有8个零点,所以方程有4个不同的实根,结合的图像可得在内有4个不同的实根.所以方程必有两个不等的实数根,即在内有2个不同的实根,结合图像

由图可知,,故,即的最小值是2.故选B

二.填空题:本大题共4小题,每小题5分

13．等腰直角△ABC中,,点D是AC的中点,E为BC中点,则_______

【答案】

【解析】以为原点,所在直线为轴,所在直线为轴建立直角坐标系,

则,,即.

14．等比数列中,．记为的前项和.若,=________．

【答案】6

【解析】设的公比,由可得,当时,所以,即,此时方程没有正整数解；当时,所以,即,解得.

15．已知点,分别是椭圆长轴的左、右端点,点在椭圆上,直线的斜率为,设是椭圆长轴上的一点,到直线的距离等于,椭圆上的点到点的距离的最小值为______．

【答案】

【解析】由题可知,则直线的方程是．设点的坐标是,则到直线的距离是,于是,又,解得,所以点．

设椭圆上的点到点的距离为,有,由于．所以当时,取最小值．

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) 下图是某地5月1日至15日日平均温度变化的折线图,日平均温度高于20度低于27度时适宜户外活动,某人随机选择5月1日至5月14日中的某一天到达该地停留两天（包括到达当日）．

（1）求这15天日平均温度的极差和均值；

（2）求此人停留期间只有一天的日平均温度适宜户外活动的概率；

（3）由折线图判断从哪天开始连续三天日平均温度的方差最大?（写出结论,不要求证明）

解：（1）由折线图最高日平均温度40度,最低温度21度,故日平均温度的极差为度,

设日平均温度的均值为,则

度.(5分)

（2）由题意此人停留的可能时间有14种情况,

只有一天的日平均温度适宜户外活动共有3-4日,7-8日,8-9日,11-12日,14-15日这5种情况,

故概率．(10分)

（3）从5月7日开始连续三天的日平均温度方差最大．(12分)

18．(12分) 在中,角,,所对的边分别为,,.已知.

（1）求；

（2）中线长为,长为,求的面积.

解：（1）因为,所以,

由正弦定理,有,(2分)

化简得,

即,

因为是的内角,于是,

故,因为,所以.(6分)

（2）延长至,使得,于是,

由余弦定理知,

即,

解得或（舍）,于是,(10分)

故.(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)