2021届百校联盟普通高中教育教学质量监测考试(全国卷12月)数学(理)试题.doc

1、2020-2021学年百校联盟普通高中教育教学质量监测考试（全国卷12月）数学（理）试题一、单选题1已知集合，则（ ）AB或CD或【答案】A【分析】分别求得集合,由交集定义计算即可.【详解】因为，或，所以故选：A2设复数，则（ ）ABCD【答案】A【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案【详解】.故选：A3已知等比数列的公比，且，则（ ）ABC1D【答案】D【分析】根据题意可得，求出，则，问题得以解决【详解】等比数列的公比，且，则，则，解得：或（舍去），故选：D4下表为2020年16月全国规模以上工业企业各月累计利润率，若与具有线性相关关系，且同归方程为，且由数据可得，

2、则（ ）月份1213141516月份代码12345累计利润率（%）3.543.944.455.005.42A，B，C，D，【答案】A【分析】判断线性相关性，求出样本中心坐标，代入回归直线方程，化简求解即可【详解】解：由表格可知与正相关，得，由题意得，由样本中心在回归直线上，得故选：5已知点为坐标原点，点为抛物线：的焦点，动直线与抛物线交于，两点，若，则（ ）ABCD【答案】B【分析】由抛物线的焦点可得，抛物线的方程，联立直线方程和抛物线的方程，消去，可得的二次方程，运用韦达定理和两直线垂直的条件，化简整理可得结论【详解】解：为抛物线的焦点，可得，即，抛物线的方程为，联立可得，设，则，由可得，即

3、为，可得，故选：【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|x1x2p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式6中，点，为边上动点，且，则的最大值为（ ）A1BCD【答案】D【分析】可取的中点为，可得，根据，三点共线，可知，且，结合基本不等式可得的最大值【详解】由已知，设中点为，易知故，可化为，因为，三点共线，故所以，当且仅当时取等号故选：D7展开式中的常数项为（ ）A11B19C23D【答案】C【分析】把按照二项式定理展开，可得展开式中的常数

4、项【详解】，展开式中的常数为，故选：C8在新冠疫情的冲击下，全球经济受到重创，下图是各国公布的2020年第二季度国内生产总值(GDP)同比增长率，现从这8个国家中任取4个国家，则这4个国家中第二季度GDP同比增长率至少有2个不小于-15%的概率为（ ）ABCD【答案】D【分析】根据题意，分析图表可得8个国家中第二季度GDP同比增长率不小于-15%的有4个，由组合数公式分析“8个国家中任选4个”的取法，分3种情况讨论“至少有2个不小于-15%”的取法，由古典概型公式计算可得答案【详解】根据题意，由图表可得：这8个国家中第二季度GDP同比增长率不小于-15%的有4个，在8个国家中任选4个，有种情况

5、，其中有2个国家中第二季度GDP同比增长率不小于-15%的取法有种，有3个国家中第二季度GDP同比增长率不小于-15%的取法有种，有4个国家中第二季度GDP同比增长率不小于-15%的取法有种，则至少有2个不小于-15%的取法有36+16+1=53种，则至少有2个不小于-15%的概率，故选：D9矩形中，点为中点，沿把折起，点到达点，使得平面平面，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）ABCD【答案】D【分析】因为，异面直线与所成角就是或其补角，通过已知条件，解三角形求得即可得出结果.【详解】如图，因为，异面直线与所成角就是或其补角，在中，在左图中作，垂足为，则，则,在中，解得，因为平面平面，则平面，

6、所以,所以，所以故选：D. 10已知函数，若存在，使得)恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】由存在，使得恒成立，可得是函数的最小值点，然后对分类分析即可求得实数的取值范围【详解】存在，使得恒成立，是函数的最小值点，若，当时，；当时，此时不存在，使得，不合题意；若，的对称轴为，函数在，上单调递增，；在上，则没有最小值，不符合题意；若，的对称轴为，函数在，上；函数在上，要使存在，使得恒成立，则，即，解得或，又，即实数的取值范围是，故选：A【点睛】方法点睛：分类讨论思想的常见类型1、问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；2、问题中的条件是分类给出的；3、解题过程不

7、能统一叙述，必须分类讨论的；4、涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.11已知过双曲线：左焦点的直线与双曲线的右支有公共点，且与圆相切，则双曲线的离心率的取值范围为（ ）ABCD【答案】B【分析】先设出直线的方程，根据题意可得，再由双曲线渐近线为，且直线与双曲线的右支有公共点，可得，化简得，进而得解【详解】显然直线的斜率存在，设直线的方程为，即，直线与圆相切， ，则，又渐近线为，且直线与双曲线的右支有公共点，即，综上，故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查双曲线离心率取值范围的求解，解决本题的关键点是利用直线与圆相切的位置关系，列出方程，并利用列不等式得出离心率的取值范围，

8、考查了学生运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题12已知函数，给出下列结论：的图象关于直线对称；的值域为；在上是减函数；0是的极大值点其中正确的结论有（ ）ABCD【答案】B【分析】利用特殊值验证关于对称的两个函数值是否相等进行判断，利用函数的周期性和奇偶性将上的值域转化为，上的值域求解即可判断，利用正弦函数的单调性判断选项，利用单调性结合极小值点的定义判断，即可得到答案【详解】因为，不妨取关于对称的两个值，因为，所以，所以的图象不关于对称，故错误；的定义域为，关于原点对称，又，所以为偶函数，又，则在，上的值域就是在上的值域，当，时，则，所以的值域为，故正确；当时，由正弦函数的单调性可知，在是

9、减函数，故正确；，在是增函数，因为是偶函数，则在是减函数，0是极小值点，所以错误，综上所述，正确的是故选：B【点睛】方法点睛：本题通过对多个命题真假的判断，综合考查三角函数的对称性、值域、周期性、奇偶性、单调性，同时还考查了函数极小值的判断，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.二、填空题13曲线在处的切线方程为_【答案】【分析】求导可得解析式，令x=0，可求得切线的斜率k，再求得可得切点坐标，代

10、入公式，即可求得答案.【详解】因为，所以，所以，又，即切点为（0,2），所以切线方程为，即故答案为：14已知实数，满足，则的取值范围为_【答案】【分析】根据不等式组，画出可行域，根据直线方程的几何意义，数形结合，即可求得答案.【详解】不等式组表示的平面区域如图所示，有图可得，解得，解得由，得，则直线经过点时，截距最大，取到最小值，直线经过点时，截距最小，取到最大值，所以的取值范围为故答案为：15已知为等差数列的前项和，若，则_【答案】4【分析】根据等差数列的性质，结合等差数列前n项和公式进行转化求解即可【详解】，即.故答案为：416已知正方体的棱长2，中心为，则四棱锥的外接球被平面截得的截面面

11、积为_【答案】【分析】求出四棱锥的外接球的半径，再由勾股定理求出四棱锥的外接球被平面截得的截面圆的半径，由圆的面积公式求解【详解】设四棱锥的外接球半径为，球心为，直线与平面交于点，则，即，又球心到平面的距离，设四棱锥的外接球被平面截得的圆的半径为，则，所以四棱锥的外接球被平面截得的截面面积故答案为：【点睛】方法点睛：球内接多面体问题是将多面体和旋转体相结合的题型，既能考查旋转体的对称形又能考查多面体的各种位置关系，做题过程中主要注意以下两点：多面体每个面都分别在一个圆面上，圆心是多边形外接圆圆心；注意运用性质.三、解答题17已知中，角为锐角且角，所对的边分别为，（1）求；（2）若点在边上，且，

12、且，求面积的最大值【答案】（1）；（2）【分析】（1）由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式，结合，解得的值，由为锐角，可得的值；（2）根据题意利用向量的运算可求，根据平面向量数量积的运算，基本不等式可求，进而根据三角形的面积公式即可求解.【详解】（1）因为，即由正弦定理可得：，即，可得，可得，因为，解得，由为锐角，可得.（2）根据题意可得：，即.所以，当且仅当时等号成立.18如图，在三棱锥中，（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）过点作延长线的垂线，垂足为，连接，通过三角形全等可证得，则是二面角的平面角，根据已知条

13、件由勾股定理可证得即证得结论；（2）由（1）可知以为原点为轴建系，求得平面与平面的法向量，计算即可得解.【详解】（1）证明：过点作延长线的垂线，垂足为，连接，由，得，所以是二面角的平面角，因为，则，因为，所以，所以，从而平面平面（2）以为原点为轴建立空间直角坐标系如图：.设为面的法向量，则,，令，则，设为面的法向量，则,，令，则,设平面与平面所成锐二面角为，则19蚂蚁森林是支付宝推出的公益活动，用户可以通过步行、在线缴费等减排行为获得积分参与在荒漠化地区种树，该公益活动曾获得联合国“地球卫士奖”蚂蚁森林2016年8月在支付宝上线截止2020年8月，5.5亿蚂蚁森林用户一起累计种下超过2.2亿颗

14、真树用户通过蚂蚁森林一年种植3棵树，可获得当年度全民义务植树尽责证书某高校学生会调查了该校100名学生通过蚂蚁森林获得2020年度全民义务植树尽责证书的情况已知这100名学生中有男生70名，男生中通过蚂蚁森林获得2020年度全民义务植树尽责证书人数占男生总数，女生中通过蚂蚁森林获得2020年度全民义务植树尽责证书人数占女姓总数（1）填写下列列联表，并判断是否有95%的把握认为该校学生的性别与通过蚂蚁森林获得2020年度全民义务植树尽责证书有关系？男生女生合计获得2020年度全民义务植树尽责证书未获2020年度得全民义务植树尽责证书合计（2）2020年该高校参与了蚂蚁森林高校公益林活动，学校师生

15、踊跃为公益林浇水，该校某寝室6位同学在某段时间的内的浇水量（单位：kg）分别为：18，22，20，28，17，33，求这6位同学浇水量的平均数与方差附：0.050.010.0050.0013.8416.6357.87910.828，【答案】（1）列联表见解析，有95%的把握认为该校男生更喜欢通过蚂蚁森林获得2020年度全民义务植树尽责证书（2）平均数为，方差为；【分析】（1）根据题目所给的数据填写列联表，计算的观测值，对照题目中的表格数据，得出统计结论（2）利用平均数和方差公式计算即可【详解】（1）列列联表：男生女生合计获得2020年度全民义务植树尽责证书602080未获2020年度得全民义务

16、植树尽责证书101020合计7030100所以有95%的把握认为该校男生更喜欢通过蚂蚁森林获得2020年度全民义务植树尽责证书（2）这6位同学浇水量的平均数为，方差为20已知椭圆：的左焦点为，点，三等分椭圆的短轴，且（1）求椭圆的标准方程；（2）过点作与轴不垂直的直线与椭圆交于点，椭圆上是否存在点，使得恒有？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由【答案】（1）；（2）存在点.【分析】（1）由，三等分椭圆的短轴，解得，由，推出，解得，解得，进而写出椭圆的方程（2）设，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，消去得关于的一元二次方程，由韦达定理可得，设，则用坐标表示，化简得，满足，解得，进而解出答案

17、【详解】（1）由点，三等分椭圆的短轴，得，由，得，即，又，所以椭圆的方程为（2）设，直线的方程为，由，整理得，所以，设，则，首先满足，即，当时，且点在椭圆上，所以椭圆上存在点，使得恒有【点睛】方法点睛：解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：当条件和结论不唯一时要分类讨论；当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.21已知函数（1）讨论的单调性；（2）若，判断的零点个数【答案】（1）答案见解析；（2）0【分析】（1）求出，分四种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围

18、，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（2）根据的范围，确定函数的单调区间，结合函数的单调性，分两种情况讨论，分别证明函数值大于零，即可判断函数的零点个数为0【详解】（1）因为，所以，当时，时，是减函数，时，是增函数，当时，时，是减函数，或时，是增函数，当时，在上是增函数，当时，时，是减函数，或时，是增函数综上可得，当时在上是减函数，在上是增函数，时在上是减函数，在，上是增函数，时，在上是增函数，时，在上是减函数，在，上是增函数，（2）由（1）知，时在上是减函数，在或上是增函数，因为，时，所以在上没有零点，当且时，所以，所以在上没有零点综上可得，时的零点个数为0【点睛】方法点睛：近来

19、高考在逐年加大对导数问题的考查力度，不仅题型在变化，而且问题的难度、深度与广度也在不断加大，本部分的要求一定有三个层次：第一层次主要考查求导公式，求导法则与导数的几何意义；第二层次是导数的简单应用，包括求函数的单调区间、极值、最值、零点等；第三层次是综合考查，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式甚至数列及函数单调性有机结合，设计综合题.22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，圆的极坐标方程为（1）求的普通方程，的直角坐标方程；（2）判断曲线与圆的公共点个数【答案】（1）的普通方程为，的直角坐标方程为；（2）1个【分析】（

20、1）对于，两式相除，可得，整理可得表达式，代回原式，即可求得的普通方程，将的极坐标方程展开，可得，左右同乘，根据，即可求得答案.（2）根据方程可得线表示以，为端点的线段（不包含点），分别检验A、B与圆的位置关系，即可得答案.【详解】（1）曲线的参数方程为，两式相除得，即，代入上式可得，整理得，所以曲线的普通方程为又圆的极坐标方程，所以，由，得圆的直角坐标方程为，即（2）由曲线方程为，可知曲线表示以，为端点的线段（不包含点），因为，所以点在圆外部，点在圆内部，所以曲线与圆的公共点个数为1【点睛】解题的关键是熟练掌握参数方程与普通方程，极坐标方程与普通方程的互化，并灵活应用，考查分析整理，化简求值

21、的能力，属中档题.23已知（1）求不等式的解集；（2）已知，若存在，使得，求的最大值【答案】（1）；（2）【分析】（1）分别讨论，和时的解析式，代入所求不等式，根据一元二次不等式的解法，即可求得答案.（2）分别求得和时的最小值，根据题意，可得，根据基本不等式，即可求得答案.【详解】（1）当时，即，解得；当时，等价于，解集为；当时等价于，解得所以不等式的解集为（2）当时，当时取等号，当时，所以在上单调递增，所以，所以的最小值为，若存在，使得，所以，因为，所以，当且仅当时取等号所以的最大值为【点睛】解题的关键是根据题意，进行分类讨论，求得解析式，在结合一元二次不等式的解法、基本不等式进行求解，考查分类讨论的能力，属中档题.