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1、保密启用前2021届河北省张家口市三模考试数学试题2021年普通高等学校招生全国统一模拟考试数学2021.5注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名准考证号填写在试卷和答题卡指定位置上.2.回答选择题时，写出每小题的答案后，用2B铅笔把答题卡上对应的题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知均为的子集，若，则（ ）A. B. C. D.2.若复数满足，则在复平面内对应的
2、点位于（ ）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限3.某中学春季运动会上，12位参加跳高半决赛同学的成绩各不相同，按成绩从高到低取前6位进入决赛，如果小明知道了自己的成绩后，则他可根据其他11位同学成绩的哪个数据判断自己能否进入决赛（ ）A.中位数 B.平均数 C.极差 D.方差4.“”是“点在圆外”的（ ）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件5.为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）A.向右平移示个单位长度 B.向右平移个单位长度C.向左平移个单位长度 D.向左平移个单位长度6.我国东汉末数学家赵爽在周牌算经中利用一幅“弦图”给出
3、了勾股定理的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形，如图所示若为的中点，则（ ）A. B. C. D.7.的展开式中所有不含的项的系数之和为（ ）A. B. C.10 D.648.已知，且，则（ ）A. B.C. D.二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.已知方程表示的曲线是双曲线，其离心率为，则（ ）A. B.点是该双曲线的一个焦点C. D.该双曲线的渐近线方程可能为10.已知一个圆柱的上下底面圆周均在球的表面上，若圆柱的体积为，则球
4、的表面积不可能为（ ）A. B. C. D.11.已知正数满足，则（ ）A. B.C. D.12.已知函数，则下列结论正确的是（ ）函数是偶函数 B.函数的最小正周期为2C.函数在区间存在最小值D.方程在区间内所有根的和为10三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.在等差数列中，则_.14.2021年3月18日至19日的中美高层战略对话结束后，某校高二1班班主任王老师利用班会时间让学生观看了相关视频，见识了强大的祖国对中美关系的霸气表态，同学们非常激动，爱国情感油然而生，为使班会效果更佳，班主任王老师计划从由3名女生(分别记为甲乙丙)和4名男生(分别记为A，B，C，D)组成的学习小
5、组中选出4名进行观后体会交流，则男生A和女生甲没有被同时选中的概率为_.15.若对任意的非零实数，均有直线与曲线相切，则直线必过定点_.16.已知为椭圆的右焦点，过点的直线与椭圆交于两点，为的中点，为坐标原点.若是以为底边的等腰三角形，且外接圆的面积为，则椭圆的长轴长为_.四解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17.(10分)已知数列的前项和为，数列的前项和为，且（1）求的通项公式；（2）若，求数列的前项和18.(12分)在四边形中，且.（1）求的长；（2）求的面积.19.(12分)某县一高级中学是一所省级规范化学校，为适应时代发展百姓需要，该校在县委县政府的
6、大力支持下，启动建设了一所高标准现代化智能化的新校，并由县政府公开招聘事业编制教师，招聘时首先要对应聘者的简历进行评分，评分达标者进入面试环节，面试时应聘者需要回答三道题，第一题考查教育心理学知识，答对得10分，答错得0分；第二题考查学科专业知识，答对得10分，答错得0分；第三题考查课题说课，说课优秀者得15分，非优秀者得5分.（1）若共有2000人应聘，他们的简历评分服从正态分布，80分及以上为达标，估计进入面试环节的人数(结果四舍五人保留整数)；（2）面试环节一应聘者前两题答对的概率均为，第三题被评为优秀的概率为，每道题正确与否优秀与否互不影响，求该应聘者的面试成绩Y的分布列及其数学期望.
7、附：若随机变量，则.20.(12分)如图，在四棱锥中，且.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值.21.(12分)已知抛物线的焦点为，且点到点的距离比到轴的距离大p.（1）求抛物线的方程；（2）若直线与抛物线交于两点，问是否存在实数使若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.22.(12分)已知函数（1）若函数在其定义域上为增函数，求的取值范围；（2）当时，求证：对任意的，且，有恒成立.2021年普通高等学校招生全国统一模拟考试数学试题参考答案及评分标准2021.5一选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1.【答案】D【解析】由题意得，其韦恩图如图所示，所以只有正确.
8、故选2.【答案】D【解析】由已知得，所以，所以在复平面内对应的点位第四象限.故选D.3.【答案】A【解析】12位同学参赛，按成绩从高到低取前6位进入决赛，正好一半，因此可根据中位数判断小明是否能进入决赛.故选A.4.【答案】B【解析】将化为标准方程，得当点在圆外时，有解得所以“”是“点”在圆外”的必要不充分条件.故选B.5.【答案】A【解析】，故选A.6.【答案】D【解析】以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图直角坐标系.设.由为的中点，可得，所以因为，所以，即解得则故选D.7.【答案】A【解析】在的展开式中，通项公式为若展开式中的项不含，则，此时符合条件的项为展开式中的所有项.令
9、，得这些项的系数之和为故选8.【答案】C【解析】由，得.令，则，所以当时单调递增；当时单调递减.又，所以又，所以故选C二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9.【答案】AC【解析】因为方程表示的曲线是双曲线，所以，解得，故选项正确；将化为，得焦点在轴上，故选项错误；因为，所以，故选项正确；因为双曲线的渐近线斜率的平方，所以选项错误.故选10.【答案】AB【解析】设圆柱的底面圆半径为，高为，球的半径为，则所以，所以，所以当时，；当时，所以当时，有最小值.此时球的表面积有最小值，且最小值为，即
10、球的表面积故选.11.【答案】ACD【解析】由，得，又，所以，故正确；因为，所以当时，此时，故错误；，所以，故正确；又，所以，故正确.所以选12.【答案】AD【解析】因为，所以是偶函数，选项正确；因为，所以2不是的最小正周期，选项错误；当时，所以.因为，所以在区间存在最大值，不存在最小值，选项错误；因为，所以的最小正周期为4，当时，所以.因为，所以在内先增后减.同理，可得在内也是先增后减.因为，所以在内有5个根.又所以的图象关于直线对称，所以方程在区间内所有根的和为故选AD.三填空题：本题共4小题，每小题5分决20分.13.【答案】【解析】因为等差数列中，所以14.【答案】【解析】从3名女生和
11、4名男生组成的学习小组中选4名共有(种)选法；男生和女生甲被同时选中有种选法，故所求概率.15.【答案】【解析】设切点横坐标为.因为，所以又，所以，所以切点为.由切点在切线上得，所以，所以直线必过定点.16.【答案】【解析】因为外接圆的面积为，所以其外接圆半径为.又是以为底边的等腰三角形，设，则，所以，所以，所以或.不妨设点在轴下方，所以或又根据点差法可得，所以，或此时焦点在轴上，舍去)因为为椭圆的右焦点，所以，故椭圆的长轴长为.四解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17.(10分)解：（1）记数列的前项和为，所以，所以当时，两式作差，得当时，因为当时，也符合
12、上式，所以的通项公式为（2）由（1）知.因为，所以，所以数列的前项和.所以数列的前项和.18.(12分)解：（1）因为在四边形中，所以在中，由及正弦定理可得设在和中，由及余弦定理，得，所以解得，即.（2）在中，得，所以，所以.所以的面积为.19.(12分)解因为服从正态分布，所以因为，所以进入面试环节的人数约为317人.（2）记该应聘者第题答对为事件，第3题优秀为事件的可能取值为则所以的分布列为5152535所以的数学期望为.20.(12分)（1）证明：如图，在平面内，过点作，垂足为，连接因为，所以因为，所以因为，所以平面，所以因为，所以又，所以，得，即因为，所以平面因为平面，所以平面平面.（
13、2）解：由（1）知平面，所以以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.设，则，所以，所以设平面的一个法向量为，则得令，则，所以.设平面的一个法向量为，则得令，则，所以.所以.故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.21.(12分)解：（1）由点到点的距离比到轴的距离大，得点到点的距离与到直线的距离相等.由抛物线的定义，可知点在抛物线上，所以，所以抛物线的方程为（2）存在.由得.因为恒成立，所以直线与抛物线恒有两个交点.设，则.因为所以，即为直角三角形.设为点到直线的距离，所以，所以，解得或舍所以或所以当实数或时，22.(12分)解：（1）函数的定义域为，.若函数在其定义域上为增函数，则在上恒成立，即，得设，则.当时，当时，所以当时，函数单调递减，当时，函数单调递增，故，所以.（2）由（1）得.对任意的，且，令，则令，当时，由此可得在上单调递增，所以当时，即因为，所以设，则，所以函数在上单调递增，故综上，当时，对任意的，且，有恒成立.
