2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（二）（全国3卷）（解析版）.docx

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1、2021年高考数学（理）12月模拟评估卷（二）（全国3卷）本试卷分为第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分满分150分.考试时间120分钟第卷（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已知复数,则z的虚部为（ ）AB0C1Di【答案】C【解析】,故虚部为1,故选C.2设全集,集合,则集合（ ）ABCD【答案】D【解析】因为,所以,所以.故选D.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（ ）ABCD【答案】C【解析】故选C4在的展开式中,的系

2、数为（ ）ABCD【答案】B【解析】在的展开式中,通项公式为,令,求得,的系数为,故选5在数列中,则（ ）A10B145C300D320【答案】C【解析】因为,所以数列是以为首项,公差为3的等差数列,所以,所以当时,；当时,；所以.故选C.6已知函数是偶函数,当时,则曲线在处的切线方程为（ ）ABCD【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C7. 如图,在正方体ABCD-A1B1C1D1中,已知E,F,G分别是线段A1C1上的点,且A1EEFFGGC1.则下列直线与平面A1BD平行的是（ ）ACEBCF

3、CCGDCC1【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OCAC,可得：,即四边形A1OCF为平行四边形,可得：A1OCF,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（ ）ABCD【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

4、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（ ）A45B60C75D100【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（ ）ABCD【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. 已知函数若函数恰有8个零点,则的最小值是（

5、）A1B2C3D4【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B12关于函数有下述四个结论：是偶函数；的最大值为2；在区间上有3个零点；在区间上单调递增其中正确结论的个数为（ ）A0B1C2D3【答案】C【解析】对于,函数的定义域为,关于原点对称,且,该函数为偶函数,正确；对于,当（）时,此时（）,当（）时,函数取得最大值；当（）时,此时（）,当（）时,函数取得最大值根据函数的对称性可知,函数的最大值为,错误；对

6、于,当时,令,则,此时；当时,令,则,此时所以函数在区间上有且只有两个零点,故错误；对于,当时,且,所以函数在区间上单调递增,正确因此,正确结论的个数为2故选C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

7、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

8、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

9、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)已知,如图四棱锥中,底面为菱形,平面,E,M分别是,中点,点F在棱上移动.（1）证明：无论点F在上

10、如何移动,都有平面平面；（2）当直线与平面所成的角最大时,确定点F的位置.解：（1）连接,底面为菱形,为正三角形,E是的中点,又,(2分)平面,平面,、平面,平面,(4分)平面,平面平面.(5分)（2）由（1）知,两两垂直,故以,所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系,则,.设,则.(7分)设平面的法向量为,则,令,则,.(9分)设直线与平面所成的角为,.当时,最大,此时F为的中点. (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,

11、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

12、,(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)