高中数学高考2021年高考数学（文）12月模拟评估卷（三）（全国1卷）（解析版）(1)

2021年高考数学（文）12月模拟评估卷（三）（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．已知集合,,,则的子集的个数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【解析】因为,,所以,

它的子集有,,,,共有4个,故选D.

2.命题“存在,”的否定是（    ）

A．对任意的, B．对任意的,

C．不存在, D．存在,

【答案】B

【解析】命题“存在,”的否定是“对任意的,”故选B.

3．已知i是虚数单位,a为实数,且,则a＝（    ）

A．2 B．1 C．-2 D．-1

【答案】B

【解析】由,得a＝1.故选B．

4．为了更好地支持“中小型企业”的发展,某市决定对部分企业的税收进行适当的减免,某机构调查了当地的中小型企业年收入情况,并根据所得数据画出了样本的频率分布直方图,下面三个结论：

①样本数据落在区间的频率为0.45；

②如果规定年收入在500万元以内的企业才能享受减免税政策,估计有55%的当地中小型企业能享受到减免税政策；

③样本的中位数为480万元.

其中正确结论的个数为（    ）

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】D

【解析】由,,的频率为,①正确；的频率为,②正确；的频率为,的频率为,中位数在且占该组的,故中位数为,③正确.故选D.

5．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.

6．若一直线与曲线y＝lnx和曲线x2＝ay(a>0)相切于同一点P,则a的值为（    ）

A．2e B．3

C． D．2

【答案】A

【解析】设,函数y＝lnx的导数为,函数的导数为

则函数y＝lnx在处的切线方程为,即

同理可证,函数在处的切线方程为,由题意可知,解得,故选A.

7．如图,在中,,,,为边的中点,且,则向量的模为（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】B

【解析】因为,,,所以.因为,所以,故选B.

8．如图为一个几何体的三视图,则该几何体的外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【解析】由几何体的三视图知该几何体为一个底面是正方形,有一条侧棱与底面垂直的四棱锥,如图

将该四棱锥补成一个正方体,则此时四棱锥的外接球与正方体的外接球相同.此时正方体的棱长为2,所以外接球的直径为,所以,所以该几何体外接球的表面积为：,故选C.

9．设函数在的图象大致如图,则（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】由题得为函数的一个上升零点,所以

所以,又因为函数的最小正周期,所以,所以,所以.故选B

10．“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体,它体现了数学的对称美.如图,将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,共可截去八个三棱锥,得到八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德多面体”.若该多面体的棱长为,则其体积为（    ）

A． B．5 C． D．

【答案】D

【解析】将该多面体放入正方体中,如图所示：由于多面体的棱长为,则正方体的棱长为2,

该多面体是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得,所以该多面体的体积为,故选D.

11．已知,在第二象限内,那么的值等于（    ）

A． B． C． D．以上都不对

【答案】A

【解析】在第二象限内,,,由得：,解得：,

,即,,

在第二象限内,为第一或第三象限角,.故选.

12．已知函数,若,,则的取值范围是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【解析】设,根据图像有两个交点,,

,即,则,在上单调递减,当时,；当时,；所以.故选B.

二.填空题:本大题共4小题,每小题5分

13．______．

【答案】5

【详解】.

14. 已知,满足约束条件,则的最小值为______．

【答案】2

【解析】画出可行域,由图可知平移直线到处时,取得最小值为.

15. 已知圆和圆相交于A、B两点,则线段AB的长度为__________．

【答案】

【解析】由圆和圆相减可得,

公共弦的方程为,又圆的圆心为,半径为,

可得到直线的距离为,则.

16．已知在锐角中,角的对边分别为,若,则的最小值为__________．

【答案】

【解析】由正弦定理可转化为,两边同时除以可得,,

即，所以=++ ,当且仅当时取到等号；故答案为.                                            

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) 已知等差数列的前项和为,且,.

（1）求数列的通项公式以及前项和；

（2）求数列的前项和.

解：（1）依题意,,解得,故①,

而,故,故②,.(2分)

联立①②两式,解得,,

故.(5分)

.(6分)

（2）依题意,,(8分)

故..(12分)

18．(12分) 在四棱锥中,底面是正方形,、分别为、的中点,底面．

（1）求证：平面；

（2）若与底面所成的角为45°,,求点到平面的距离．

解：（1）为中点,连接,,

∵、分别为、的中点,

∴,,即四边形是平行四边形,(3分)

∴,面,即面；(6分)

（2）由底面,有是与底面所成的角,即为等腰直角三角形且,而E是SD中点,即E为斜边中点,

∴,(9分)

∵,,,

∴面,面,

∴,又,

∴面,即是与面的距离,. (12分)

19．(12分) 已知为抛物线的焦点,以为圆心作半径为的圆,圆与轴的负半轴交于点,与抛物线分别交于点、.

（1）若为直角三角形,求半径的值；

（2）判断直线与抛物线的位置关系,并给出证明.

解：（1）如图,结合题意绘出图像：

由抛物线与圆的对称性可知,点、关于轴对称,

则为直角,为等腰直角三角形,轴,线段为直径,

故点的横坐标为,代入中,解得,

故,.(5分)

（2）设,则根据抛物线的定义可得,

故点坐标为,,(7分)

因为抛物线的上半部分为函数,,

所以在点处的切线斜率为,

故直线为抛物线在点处的切线,直线与抛物线相切. (12分)

20．(12分) 疫苗关系人民群众健康,关系公共卫生安全和国家安全.因此,疫苗行业在生产、运输、储存、使用等任何一个环节都容不得半点瑕疵.国家规定,疫苗在上市前必须经过严格的检测,并通过临床实验获得相关数据,以保证疫苗使用的安全和有效.某生物制品研究所将某一型号疫苗用在动物小白鼠身上进行科研和临床实验,得到统计数据如下：

现从未注射疫苗的小白鼠中任取1只,取到“感染病毒”的小白鼠的概率为.

（1）求列联表中的数据,,,的值；

（2）能否有把握认为注射此种疫苗有效？

（3）在感染病毒的小白鼠中,按未注射疫苗和注射疫苗的比例抽取5只进行病例分析,然后从这五只小白鼠中随机抽取3只对注射疫苗情况进行核实,求至少抽到2只为未注射疫苗的小白鼠的概率.

附：,.

解：（1）由题意,易得,,,,(3分)

（2）由

得,

所以没有把握认为注射此种疫苗有效. (6分)

（3）由于在感染病毒的小白鼠中,按未注射疫苗和注射疫苗的比例为,故抽取的5只小白鼠中3只未注射疫苗,用,,表示,2只已注射疫苗,用,表示,(7分)

从这五只小白鼠中随机抽取3只,可能的情况共有以下10种：

,,,,,,,,,.

其中至少抽到2只为未注射疫苗的小白鼠的情况有以下7种：,,,,,,.(10分)

所以至少抽到2只为未注射疫苗的小白鼠的概率为.(12分)

21．(12分) 已知函数（且）定义域为.

（1）若在上有且只有一个零点,求实数的值；

（2）当时,若在上恒成立,求整数的最大值.

（注：其中是自然对数的底数,）

解：（1）因为,令可得,

两边同时取对数得,即有且只有一个解,(2分)

设,则,令得,令得,

所以在上单调递增,在单调递减,

若有且只有一个解,则或,解得：或（舍）

故.(5分)

（2）当时, ,

所以等价于在上恒成立,(6分)

令,则,,

设,则,

所以在上单调递减,在单调递增,

,,,,

所以存在,使得,即,(8分)

当时,,此时,

当时,,此时,

所以在单调递减,在单调递增,

所以,

因为在单调递减,

所以,所以,

所以整数的最大值为.(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,曲线的参数方程为,为参数）.以坐标原点为极点,轴的正半轴为极轴建立极坐标系,曲线的直角坐标方程为.

（1）求曲线的普通方程和直线的极坐标方程；

（2）射线,和曲线分别交于点,,与直线分别交于,两点,求四边形的面积.

解：（1）曲线的参数方程为,为参数）,转换为直角坐标方程为.

曲线的直角坐标方程为,根据,整理得,即.(5分)

（2）射线,和曲线分别交于点,,

与直线分别交于,两点,如图所示：

所以直线的直角坐标方程为,直线的直线方程为,

所以,解得,

设直线与轴交于点,

将代入,得,即.

所以.

同理：,解得：,

所以,

所以．(10分)

23．[选修4-5：不等式选讲] (10分)

已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）若的解集包含,求实数的取值范围.

解：（1）,由,解得,

故不等式的解集是；(5分)

（2）的解集包含,即当时不等式恒成立,

当时,,,即,

因为,所以,

令,,易知在上单调递增,

所以的最小值为,因此,即的取值范围为. (10分)