2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷(一)数学答案
绝密★启用前 试卷类型：A2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷（一）数 学 答 案一、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.D2.A3.A4.C5.B6.B7.A8.C二、选择题：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。
全部选对得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分。
9.ABC 10.BC 11.BD 12.BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
14.0y = 15.,1,1,max{,};3i i j i j i j c i f f f w ---=+ 16.41 17.7825四、解答题：本题共6小题，共70分。
17. 解：（1）方案一：选条件①. 当1n =时,11312a S ==-=;当2n ≥时,2213[3(1)(1)]64n n n a S S n n n n n -=-=-----=-,且当1n =时也成立.6 4.n a n ∴=-方案二：选条件②.12,a a 为方程210160x x -+=的两根且12a a <,122,8.a a ∴== 6 4.n a n ∴=-方案三：选条件③. 由题意知,122,8.a a ==6 4.n a n ∴=-（2）3nn n b a =⨯ ,(64)3.n n b n ∴=-⨯1721(33.22n n T n +∴=-⨯+（过程略.）18. 解：（1）由余弦定理得2222cos 92235b a c ac B =+-=+-⨯=，所以b =.由正弦定理得sin sin sin sin c b c B C C B b =⇒==. （2）由于4cos 5ADC ∠=-，,2ADC ππ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以3sin 5ADC ∠==. 由于,2ADC ππ⎛⎫∠∈⎪⎝⎭，所以0,2C π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以cos C == 所以()sin sin DAC DAC π∠=-∠()sin ADC C =∠+∠sin cos cos sin ADC C ADC C =∠⋅+∠⋅3455⎛⎫=+-= ⎪⎝⎭. 由于0,2DAC π⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，所以cos DAC ∠==所以sin 2tan cos 11DAC DAC DAC ∠∠==∠.19. 解：（1） 因为E,F 为BC,PC 中点,所以EF ∥PB.而在△PAC 中,PA ²+AC ²=PC ²,所以AC ⊥PA. 又因为AC ⊥AB,所以AC ⊥平面BAP.因为BP ⊂平面BAP,所以AC ⊥BP,所以AC ⊥EF. （2） 因为,于是AP ²+AB ²=PB ²,所以AB ⊥PA.以点A 为原点，AB,AC,AP 分别为x,y,z 轴建立空间直角坐标系,则12),F(12.于是AE =12),AF = (12,0).显然平面AFC 的法向量(0,0,1)m =.设平面EAF 的法向量111(,,)n x y z = ,则00n AE n AF ⋅=⋅⎪⎧⎪⎨⎩=,即1111102021y z x y ⎨⎪⎪+=⎩+=. 令11x =,则(1,n =.所以cos ||||m nm n ⋅===. 所以二面角E-AF-C.20. 解：（2） 由（1）知，2K 的观测值2200(30605060)90110801203.030 3.841k ⨯⨯-⨯=⨯⨯⨯≈< 于是没有95%的把握认为思想政治学科获得A 等级与性别有关.（3）随机变量X 的所有可能的取值为0,1,23，， 根据条件得0355310101(0)12012C C P X C ====，1255310505(1)12012C C P X C ====，2155310505(2)12012C C P X C ====，3055310101(3)12012C C P X C ====，则随机变量X 的分布列为数学期望15513()0123121212122E X =⨯+⨯+⨯+⨯=．（4）①设该划线分为m ，由~(75.8,36)Y N 得75.8,6μσ==， 令75.86Y Y μησ--==，则675.8Y η=+， 依题意，()0.85P Y m ≈≥，即()75.8675.80.856m P m P ηη-⎛⎫+=≈ ⎪⎝⎭≥≥，因为当~(0,1)N η时，( 1.04)0.85P η≈ ，所以( 1.04)0.85P η-≈ ， 所以75.81.046m -≈-，故69.56m ≈，取69m =． ②由①讨论及参考数据得()()()()71675.8710.80.80.788P Y P P P ηηη=+=-=≈≥≥≥≤，即每个学生生物统考成绩不低于71分的事件概率约为0.788，故~(800,0.788)B ξ，800800()0.788(10.788)kk k P k C ξ-==-. 由()()()()1,1,P k P k P k P k ξξξξ==-⎧⎪⎨==+⎪⎩≥≥即80011801800800800117998008000.788(10.788)0.788(10.788),0.788(10.788)0.788(10.788),k k k k k k k k k k k kC C C C -----++-⎧--⎪⎨--⎪⎩≥≥ 解得630.188631.188k ≤≤， 又k ∈N ，所以631k =，所以当631k =时()P k ξ=取得最大值.21. 解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(－2，0)和 (1，32)，所以a ＝2，1a 2＋34b 2＝1，解得b 2＝1， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)因为B 为左顶点，所以B (－2，0)．因为四边形AMBO 为平行四边形，所以AM ∥BO ，且AM ＝BO ＝2． 设点M (x 0，y 0)，则A (x 0＋2，y 0)．因为点M ，A 在椭圆C 上，所以⎩⎨⎧x 024＋y 02＝1， (x 0＋2)24＋y 02＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－1， y 0＝±32， 所以M (－1，±32)． (3) 因为直线AB 的斜率存在，所以设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， 则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2．因为平行四边形AMBO ，所以OM →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)．因为x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝k ·－8km 1＋4k 2＋2m ＝2m1＋4k 2， 所以M (－8km 1＋4k 2，2m 1＋4k 2． 因为点M 在椭圆C 上，所以将点M 的坐标代入椭圆C 的方程， 化得4m 2＝4k 2＋1．①因为A ，M ，B ，O 四点共圆，所以平行四边形AMBO 是矩形，且OA ⊥OB ， 所以OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝0．因为y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 1＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－4 k 21＋4k 2，所以x 1x 2＋y 1y 2＝4m 2－41＋4k 2＋m 2－4k 21＋4k2＝0，化得5m 2＝4k 2＋4．② 由①②解得k 2＝114，m 2＝3，此时△＞0，因此k ＝±112．所以所求直线AB 的斜率为±112．22. 解：1110000(,'()tan)cos332.3(2)()0,(0,),tan,2()(0,)(,1)'()(cos sin)(tan),,()(0,,(.)(2)ax axaxf x a x x a xaf xf xe ef x x x ei a x x af x x xππππππ---⋅⋅=⋅⋅=-=-=>=则因为所以在上必存在唯一实数使得于是易知在上单调递增,在上单调递易知若所以在上单调递增在上单调递减所以的极大值点为0000100,sin.(),()(),.tan,sin. (,.a)0, 1.n(.) ()()costxaf x xx a x xii x e xf xxff xaxxex-≤==≤≥≥+>==减.欲证明在上单调递增因为上单调递增再故只需证明易知上先证明当时有此处不展开证明试式成立正常考试时应展开证明于是在显,正常考时应展开证明证明的大值于是然最00000001111cos cos11sin1cos cos00112sincos211,coscos)cos111,.cos1,()..(.,sinx xax a xax x xa xx aaxe x exe x ex a aaf x eef x ee a x--------≥≥=⋅≥->-->--=>-=>>>所证因为于是以以下即证所11()cos[0,2,ax ae eG xx xπ--∈-=⋅令函数01000001001)()(,].2()0,()(,],22()(,],()(,]1;22()[000,].1(0)),()[0,],10,1,(,((0aa a G x G x x G eG x x e G x x G x x G x x G G x x ea G e ex G πππππ---=->=-><<><先求函数在上的零点个数因为且函数在上单调递减所以在上有唯一零点即函数在上的零点个数为再求在上的零点个数因为且函数在上单调递增于是即①当时，0010011[0,]().[0,]0;11[0,]()[0,]01()20,(),1(0)0,()[0,]1;[0,2()2a aaG x e G G x x G x x a x eG x x a x f x e a x f x e ππ---≥≤>≤<<=≥=在上没有零点,即函数在上的零点个数为②当时，在上有唯一零点,即函数在上的零点个数为1.综上当故函数即所述,时,关于的方解程故函数在上的整数的个数为的在上的整数时解的当个关于程数为,方。
2021年高考数学模拟试卷一(理科)附答案解析
2021年高考数学模拟试卷（全国卷1）一、单选题（本大题共12小题，共60.0分）1.已知集合A={x|3−x>1}，B={x|3−3x>0}，则()A. A∩B={x|x>1}B. A∪B={x|x>2}C. A∪B=RD. A∩(∁R B)={x|1≤x<2}2.设(−1+2i)x=y−1−6i，x，y∈R，则|x−yi|=()A. 6B. 5C. 4D. 33.函数f(x)=ln|x||x|的图象是()A. B.C. D.4.某高中为了解学生课外知识的积累情况，随机抽取200名同学参加课外知识测试，测试共5道题，每答对一题得20分，答错得0分.已知每名同学至少能答对2道题，得分不少于60分记为及格，不少于80分记为优秀，测试成绩百分比分布图如图所示，则下列说法正确的是()A. 该次课外知识测试及格率为90%B. 该次课外知识测试得满分的同学有30名C. 该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数D. 若该校共有3000名学生，则课外知识测试成绩能得优秀的同学大约有1440名5.已知向量a⃗=(−1,2)，b⃗ =(2,−3)，则a⃗−2b⃗ 在a⃗+b⃗ 方向上的投影为()A. 13√22B. −13√22C. 13√8989D. −13√89896.如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1，AA1=√3，点D是侧棱BB1的中点，则直线C1D与平面ABC所成角的余弦值为()A. √32B. 2√55C. √77D. 2√777.已知函数f(x)=cos(2x+φ)(−π≤φ≤π)的图象向右平移π12个单位长度后，与函数g(x)=sin2x的图象重合，则f(x)的单调递减区间为()A. [kπ+π3,kπ+5π6](k∈Z) B. [kπ−π6,kπ+π3](k∈Z)C. [kπ+π6,kπ+2π3](k∈Z) D. [kπ−π3,kπ+π6](k∈Z)8.某几何体的三视图如图所示，其中俯视图中的半圆的直径为2，则该几何体的表面积为()A. 3π+2B. 4π+2C. 3π+3D. 4π+39.意大利数学家斐波那契于1202年在他撰写的《算盘全书》中提出一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，…….这个数列称为斐波那契数列，该数列与自然界的许多现象有密切关系，在科学研究中有着广泛的应用.该数列{a n}满足a1=a2= 1，a n+2=a n+a n+1(n∈N+)，则该数列的前1000项中，为奇数的项共有()A. 333项B. 334项C. 666项D. 667项10.已知抛物线C：y2=4x，过点(2,0)的直线l交C于A，B两点，则直线OA，OB(O为坐标原点)的斜率之积为()A. −8B. −4C. −2D. −111.已知数列{a n}满足a2n−a2n−1=3n−1，a2n+1+a2n=3n+5(n∈N+)，则数列{a n}的前40项和S40=()A. 321+1972B. 320+1972C. 910+98D. 920+9812. 已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)满足f′(x)+f(x)x=1x 2，且f(e)=2e ，e 为自然对数的底数，若关于x 的不等式f(x)x−x −ax +2≤0恒成立，则实数a 的取值范围为( )A. [1,+∞)B. [2,+∞)C. [e+2e,+∞) D. [−e 3+2e 2+2e,+∞)二、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知实数x ，y 满足{x +y ≥1x ≤1y ≤1，则z =3x −y 的最小值为______ ．14. 小张计划从5个沿海城市和4个内陆城市中随机选择2个去旅游，则他至少选择1个沿海城市的概率是______ ． 15. 已知双曲线C ：x 2−y 23=1的左、右焦点分别为F 1，F 2，点P 在其右支上，△F 1PF 2的内切圆为⊙I ，F 2M ⊥PI ，垂足为点M ，O 为坐标原点，则|OM|= ______ ．16. 定义在R 上的函数f(x)满足f(−x)+f(x)=0，当x ≥0时，f(x)=x 2.若不等式14f(ax 2)+f(3−x)≥0对任意x ∈R 恒成立，则实数a 的最小值为______ ．三、解答题（本大题共7小题，共82.0分）17. 在△ABC 中，a ，b ，c 分别为角A ，B ，C 的对边，且bcosA =c −√32a ．(1)求角B ；(2)若△ABC 的面积为2√3，BC 边上的高AH =1，求b ，c ．18. 某射击小组由两名男射手与一名女射手组成，射手的每次射击都是相互独立的，已知每名男射手每次的命中率为23，女射手每次的命中率为13． (1)当每人射击2次时，求该射击小组共射中目标4次的概率；(2)当每人射击1次时，规定两名男射手先射击，如果两名男射手都没有射中，那么女射手失去射击资格.一个小组共射中目标3次得100分，射中目标2次得60分，射中目标1次得10分，没有射中目标得−50分.用随机变量X 表示这个射击小组的总得分，求X 的分布列及数学期望．19. 点E ，F 分别是正方形ABCD 的边AB ，BC 的中点，点M 在边AB 上，且AB =3AM ，沿图1中的虚线DE ，EF ，FD 将△ADE ，△BEF ，△CDF 折起使A ，B ，C 三点重合，重合后的点记为点P ，如图2． (1)证明：PF ⊥DM ．(2)求二面角P −DM −F 的余弦值．20. 已知动点P 到点(−√6,0)的距离与到直线x =−4√63的距离之比为√32．(1)求动点P 的轨迹C 的标准方程．(2)过点A(−4,0)的直线l 交C 于M ，N 两点，已知点B(−2,−1)，直线BM ，BN 分别交x 轴于点E ，F.试问在x 轴上是否存在一点G ，使得BE⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GF ⃗⃗⃗⃗⃗ +GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0？若存在，求出点G的坐标；若不存在，请说明理由．21.已知函数f(x)=ln(x+3)−x．(1)求函数f(x)的最大值．(2)若关于x的方程ae x+ln ax+3=3(a>0)有两个不等实数根x1，x2，证明：e x1+e x2>2a．22.在极坐标系中，点A(1,π6)，B(1,π2)，曲线C：ρ=2sin(θ+π3).以极点为坐标原点，极轴为x轴正半轴建立平面直角坐标系．(1)在直角坐标系中，求点A，B的直角坐标及曲线C的参数方程；(2)设点P为曲线C上的动点，求|PA|2+|PB|2的取值范围．23.(1)已知a+b+c=1，证明：(a+2)2+(b+2)2+(c+2)2≥49．3(2)若对任意实数x，不等式|x−a|+|2x+1|≥3恒成立，求实数a的取值范围．2答案和解析1.【答案】D【解析】解：∵集合A={x|3−x>1}={x|x<2}，B={x|3−3x>0}={x|x<1}，∴A∩B={x|x<1}，A∪B={x|x<2}，∁R B={x|x≥1}，∴A∩(∁R B)={x|1≤x<2}．故选：D．求出集合A，B，进而求出A∩B，A∪B，∁R B，A∩(∁R B)，由此能求出结果．本题考查集合的运算，考查交集、并集、补集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．2.【答案】B【解析】解：∵(−1+2i)x=y−1−6i，x，y∈R，∴−x+2xi=y−1−6i，∴{−x=y−12x=−6，解得x=−3，y=4，∴|x−yi|=|−3−4i|=√(−3)2+(−4)2=5．故选：B．推导出−x+2xi=y−1−6i，利用复数相等的定义列出方程组，求出x=−3，y= 4，由此能求出|x−yi|．本题考查向量的模的求法，考查向量相等、向量的模等基础知识，考查运算求解能力等核心思想，是基础题．3.【答案】A是偶函数，排除B，C选项．【解析】解：函数f(x)=ln|x||x|当0<x<1时，y=ln|x|<0，<0．∴y=ln|x||x|故选：A．根据奇偶性，在利用代入特殊点即可选出答案．本题考查了函数图象变换，是基础题．4.【答案】C【解析】解：由测试成绩百分比分布图知：对于A，该次课外知识测试及格率为1−8%=92%，故A错误；对于B，该次课外知识测试得满分的同学有：200×(1−8%−32%−48%)=24名，故B错误；对于C，该次测试成绩的中位数为80分，该次测试成绩的平均数为：40×8%+60×32%+80×48%+100×(1−8%−32%−48%)=71.6(分)，∴该次测试成绩的中位数大于测试成绩的平均数，故C正确；对于D，该校共有3000名学生，则课外知识测试成绩能得优秀的同学大约有：3000×(1−8%−32%)=1800(名)，故D错误．故选：C．利用测试成绩百分比分布图直接求解．本题考查命题真假的判断，考查扇形分布图的性质等基础知识，考查运算求解能力、数据分析能力等核心思想，是基础题．5.【答案】B【解析】解：∵a⃗−2b⃗ =(−5,8)，a⃗+b⃗ =(1,−1)，∴(a⃗−2b⃗ )⋅(a⃗+b⃗ )=−5−8=−13，|a⃗+b⃗ |=√2，∴a⃗−2b⃗ 在a⃗+b⃗ 方向上的投影为：(a⃗ −2b⃗)⋅(a⃗ +b⃗)|a⃗ +b⃗|=√2=−13√22．故选：B．根据条件可求出向量a⃗−2b⃗ 和a⃗+b⃗ 的坐标，然后即可求出(a⃗−2b⃗ )⋅(a⃗+b⃗ )和|a⃗+b⃗ |的值，根据投影的计算公式即可求出a⃗−2b⃗ 在a⃗+b⃗ 方向上的投影．本题考查了向量加法、减法、数乘和数量积的运算，投影的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．6.【答案】D【解析】解：因为平面ABC//平面A1B1C1，所以直线C1D与平面ABC所成的角，即是直线C1D与平面A1B1C1所成的角，因为BB1⊥平面平面A1B1C1，所以∠DCB即是直线C1D与平面A1B1C1所成的角，设其大小为θ，则tanθ=B1DB1C1=√321=√32，所以cosθ=1√1+tan2θ=2√77．故选：D．根据直线与两平行平面的成角相等，求出正切值再求余弦值判断．本题考查了正三棱柱性质，考查了直线与平面成角问题，属于基础题．7.【答案】C【解析】解：∵函数f(x)=cos(2x+φ)(−π≤φ≤π)的图象向右平移π12个单位长度后，可得y=cos(2x−π6+φ)的图象，所得图象与函数g(x)=sin2x的图象重合，∴−π6+φ=−π2，∴φ=−π3，f(x)=cos(2x−π3).令2kπ≤2x−π3≤2kπ+π，求得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，可得f(x)的单调递减区间为[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈Z，故选：C．由题意利用函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，求得f(x)的解析式，再利用正弦函数的单调性，得出结论．本题主要考查函数y=Asin(ωx+φ)的图象变换规律，正弦函数的单调性，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体由一个半径为1的14的球和一个底面半径为1，高为1的半圆柱组成．故该几何体的表面积为：S 表=14⋅4⋅π⋅12+2×12⋅π⋅12+π⋅1⋅1+2×1=3π+2．故选：A．首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出组合体的表面积．本题考查的知识要点：三视图和几何体的直观图之间的转换，几何体的表面积公式，球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．9.【答案】D【解析】解：该数列第3，6，9，…项为偶数，以3为周期，1000=3×333+1，所以前1000项中，为偶数的项共有333项，则为奇数的项共有1000−333=667项．故选：D．该数列第3，6，9，…项为偶数，以3为周期，可求出为偶数的项数，从而可求得为奇数的项的项数．本题考查了数列递推式，属于基础题．10.【答案】C【解析】解：设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则k OA=y1x1,k OB=y2x2，所以k OA⋅k OB=y1y2x1x2，设直线AB的方程为：x=my+2，并代入抛物线方程消去x可得：y2−4my−8=0，所以y1y2=−8，则x1x2=(y1y2)216=4，所以k OA⋅k OB=y1y2x1x2=−84=−2，故选：C．设出点A，B的坐标，由此即可求出直线OA，OB的斜率之积，再由已知设出直线AB 的方程，并与抛物线方程联立，利用韦达定理以及斜率之积的关系式即可求解．本题考查了直线与抛物线的位置关系的应用，考查了学生的运算能力，属于中档题．11.【答案】A【解析】解：数列{a n}满足a2n−a2n−1=3n−1，a2n+1+a2n=3n+5(n∈N+)，∴a2n+1+a2n−1=6，a 2n+2+a 2n −(a 2n+1+a 2n−1)=a 2n+2−a 2n+1+a 2n −a 2n−1=3n+1−1+3n −1=4×3n −2，∴a 2n+2+a 2n =4×3n +4，∴(a 1+a 3)+⋯…+(a 37+a 39)=6×10=60．(a 2+a 4)+⋯…+(a 38+a 40)=4×(3+33+⋯…+319)+4×10=4×3(1−910)1−9+40=321−32+40．则数列{a n }的前40项和S 40=60+321−32+40=321+1972．故选：A ．数列{a n }满足a 2n −a 2n−1=3n −1，a 2n+1+a 2n =3n +5(n ∈N +)，可得a 2n+1+a 2n−1=6，又可得a 2n+2+a 2n =4×3n +4，通过分组求和及其利用等比数列的求和公式即可得出．本题考查了数列递推式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．12.【答案】B【解析】解：令F(x)=xf(x)，则F′(x)=f(x)+xf′(x)， 而f′(x)+f(x)x=1x 2，故F ′(x)=1x ，故F (x)=lnx +c ，由F(e)=ef(e)=2=lne +c =2，解得：c =1， 故F (x)=lnx +1，故f(x)=lnx+1x，若关于x 的不等式f(x)x−x −a x +2≤0恒成立，则a ≥lnx+1x−x 2+2x 在x ∈(0,+∞)恒成立， 令g(x)=lnx+1x −x 2+2x ，x ∈(0,+∞)， 则g′(x)=−lnx x 2−2(x −1)，x ∈(0,1)时，lnx <0，x −1<0，故g′(x)>0，g(x)在(0,1)递增， x ∈(1,+∞)时，lnx >0，x −1>0，g′(x)<0，g(x)在(1,+∞)递减， 故g(x)max =g(1)=2，故a ≥2，即a 的取值范围是[2,+∞)， 故选：B ．令F(x)=xf(x)，根据题意得到f(x)=lnx+1x，问题转化为a ≥lnx+1x−x 2+2x 在x ∈(0,+∞)恒成立，令g(x)=lnx+1x−x2+2x，x∈(0,+∞)，根据函数的单调性求出a的范围即可．本题考查了函数的单调性，最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立问题，考查转化思想，是中档题．13.【答案】−1【解析】解：由约束条件作出可行域如图，直线x+y=1与y轴交于A(0,1)，化z=3x−y为y=3x−z，由图可知，y=3x−z过点(0,1)时，直线在y轴上的截距最大，z取得最小值−1．故答案为：−1．由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是中档题．14.【答案】56【解析】解：小张计划从5个沿海城市和4个内陆城市中随机选择2个去旅游，基本事件总数n=C92=36，他至少选择1个沿海城市包含的基本事件个数m=C51C41+C52=30，则他至少选择1个沿海城市的概率P=mn =3036=56．故答案为：56．基本事件总数n=C92=36，他至少选择1个沿海城市包含的基本事件个数m=C51C41+ C52=30，由此能求出他至少选择1个沿海城市的概率．本题考查概率的运算，考查古典概型、排列组合等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．15.【答案】a【解析】解：设内切圆I与边PF1的切点为Q，与边PF2的切点为L，与x轴的切点为K，由切线长定理可得||F1K|=|F1Q|，|F2K|=|F2L|，|PF1|−|PF2|=2a=|F1Q|−|F2L|=|F1K|−|F2K|，又|F1K|+|F2K|=2c，解得|F2K|=c−a，则K(a,0)，即I的横坐标为a，即I在直线x=a上，延长F2M交PF1于N，可得PM为NF2的垂直平分线，可得|PN|=|PF2|，且M为NF2的中点，可得|OM|=12|NF1|，而|PF1|−|PF2|=|NF1|=2a，可得|OM|=a，故答案为：a．设内切圆I与边PF1的切点为Q，与边PF2的切点为L，与x轴的切点为K，运用圆的切线长定理和双曲线的定义可得|F2K|=c−a，延长F2M交PF1于N，运用等腰三角形的三线合一以及中位线定理，双曲线的定义，求解OM即可．本题考查双曲线的定义和性质，以及圆的切线长定理的运用，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．16.【答案】16【解析】解：因为定义在R上的函数f(x)满足f(−x)+f(x)=0，即f(x)=−f(x)，所以f(x)为奇函数，又当x≥0时，f(x)=x2，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增，由f(x)为奇函数，图象关于原点对称，所以f(x)在(−∞,0)上单调递增，又14f(ax2)+f(3−x)≥0，即f(12ax2)≥f(x−3)，所以12ax2≥x−3对任意x∈R恒成立，当x=0时，不等式成立；当x ≠0时，不等式等价于a ≥(2x−6x 2)max ， 令g(x)=2x−6x 2，g′(x)=2x 2−2x(2x−6)x 4=2x(6−x)x 4，令g′(x)>0，可得0<x <6，令g′(x)<0，可得x <0或x >6， 所以g(x)在(0,6)上单调递增，在(−∞,0)，(6,+∞)上单调递减， 当x ∈(−∞,0)时，g(x)<0， 所以g(x)max =g(6)=16， 所以a ≥16，所以a 的最小值为16． 故答案为：16．判断函数f(x)的奇偶性与单调性，将不等式转化为12ax 2≥x −3对任意x ∈R 恒成立，当x =0时，不等式成立，当x ≠0时，分离参数可得a ≥(2x−6x 2)max ，令g(x)=2x−6x 2，利用导数求出g(x)的最大值，即可得解．本题主要考查不等式恒成立问题，考查函数奇偶性与单调性的综合，以及导数的应用，考查转化思想与运算求解能力，属于中档题．17.【答案】解：(1)因为bcosA =c −√32a ， 所以由正弦定理可得sinBcosA =sinC −√32sinA =sin(A +B)−√32sinA =sinAcosB +cosAsinB −√32sinA ， 可得sinAcosB =√32sinA ，因为sinA ≠0，可得cosB =√32，所以由B ∈(0,π)，可得B =π6．(2)因为△ABC 的面积为2√3，BC 边上的高AH =1，在Rt △ABH 中，可得c =AH sinB =1sin π6=2，BH =√c 2−AH 2=√22−12=√3，所以2√3=12acsinB =12×(√3+HC)×2×12，解得HC =3√3，可得a =BH +HC =4√3，在△ABC 中，由余弦定理可得b =√a 2+c 2−2accosB =√(4√3)2+22−2×4√3×2×√32=2√7．【解析】(1)由正弦定理，两角和的正弦公式化简已知等式，结合sinA ≠0，可得cos B 的值，结合B ∈(0,π)，可得B 的值．(2)在Rt △ABH 中，由已知利用三角函数的定义可求c ，利用勾股定理可求BH 的值，进而根据三角形的面积公式可求HC 的值，从而可得a ，在△ABC 中，由余弦定理即可求得b 的值．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式化，勾股定理，三角形的面积公式，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．18.【答案】解：(1)某射击小组由两名男射手与一名女射手组成，射手的每次射击都是相互独立的，每名男射手每次的命中率为23，女射手每次的命中率为13． 当每人射击2次时，该射击小组共射中目标4次的概率为：P =C 44(23)4C 20(23)2+C 43(23)3(13)C 21(13)(23)+C 42(23)2(13)2C 22(13)2=827．(2)随机变量X 表示这个射击小组的总得分，则X 的可能取值为−50，10，60，100， P(X =−50)=13×13=19，P(X =10)=C 21(23)(13)(23)=827，P(X =60)=C 21(23)(13)(13)+(23)2(23)=1227，P(X =100)=(23)2(13)=427，∴X 的分布列为：数学期望E(X)=−50×19+10×827+60×1227+100×427=3509．【解析】(1)利用n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次概率计算公式能求出当每人射击2次时，该射击小组共射中目标4次的概率．(2)随机变量X 表示这个射击小组的总得分，则X 的可能取值为−50，10，60，100，分别求出相应的概率，由此能求出X 的分布列和数学期望．本题考查概率、离散型随机变量的分布列、数学期望的求法，考查n 次独立重复试验中事件A 恰好发生k 次概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力、应用意识等核心素养，是中档题．19.【答案】(1)证明：由题意知PE 、PF 、PD 两两垂直， 所以PF ⊥平面PED ，又因为DM ⊂平面PED ， 所以PF ⊥DM ．(2)解：由(1)可建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方形边长为6，则各点坐标如下：D(0,0，6)，E(0,3，0)，F(3,0，0)，M(0,2，0)，P(0,0，0)， MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,−2,6)，MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,−2,0)， 设平面DMF 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， {MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =−2y +6z =0MF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅m ⃗⃗⃗ =3x −2y =0，令y =3，m⃗⃗⃗ =(2,3，1)， 平面PMD 的法向量为n⃗ =(1,0，0)， 设二面角P −DM −F 的大小为θ，由图可知θ为锐角， 所以cosθ=|m ⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ ||m ⃗⃗⃗ |⋅|n ⃗⃗ |=2√14⋅1=√147． 故二面角P −DM −F 的余弦值√147．【解析】(1)证明直线垂直另一直线所在平面即可；(2)用向量数量积计算二面角的余弦值．本题考查了直线与平面的位置关系，考查了二面角的计算问题，属于中档题．20.【答案】解：(1)设P(x,y)，由题意可得√(x +√6)2+y 2=|x +4√63|⋅√32，两边平方得x 2+2√6x +6+y 2=34(x 2+8√63x +323)，整理得14x 2+y 2=2，即x 28+y 22=1．(2)①当直线l 与x 轴不重合时，设直线l 的方程为x =my −4，M(x 1,y 1)，N(x 2,y 2)，联立{x =my −4x 2+4y 2=8，得(n 2+4)y 2−8ny +8=0， 所以△=64n 2−32(n 2+4)=32(n 2−4)>0，解得n <−2或n >2， y 1+y 2=8n n 2+4，y 1y 2=8n 2+4，所以直线BM 的方程为y +1=y 1+1x 1+2(x +2)，令y =0得x =(n−2)y 1−4y 1+1，即E((n−2)y 1−4y 1+1,0)，同理可得F 坐标((n−2)y 2−4y 2+1,0)，设存在满足题意的点G(t,0)，BE⃗⃗⃗⃗⃗ =((n−2)y 1−4y 1+1+2,1)=(ny 1−2y 1+1,1)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =((n−2)y 2−4y 2+1+2,1)=(ny 2−2y 2+1,1)， GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =((n−2)y 1−4y 1+1−t,0)=((n−t−2)y 1−t−4y 1+1,0)，GF⃗⃗⃗⃗⃗ =((n−2)y 2−4y 2+1−t,0)=((n−t−2)y 2−t−4y 2+1,0)，所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GF ⃗⃗⃗⃗⃗ +GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(ny 1−2)[(n−t−2)y 2−t−4](y 1+1)(y 2+1)+(ny 2−2)[(n−t−2)y 1−t−4](y 1+1)(y 2+1)=0， 所以(ny 1−2)[(n −t −2)y 2−t −4]+(ny 2−2)[(n −t −2)y 1−t −4]=0， 所以(2n 2−2nt −4n)y 1y 2−(nt +6n −2t −4)(y 1+y 2)+4t +16=0， 所以(2n 2−2nt −4n)8n 2+4−(nt +6n −2t −4)(8nn 2+4)+4t +16=0， 整理得−4n 2−n 2t +4t +16=0，即−n 2(t +4)+4(t +4)=0，得(4−n 2)(t +4)=0， 因为n <−2或n >2， 所以4−n 2≠0， 所以t =−4，②当直线l 与x 轴重合时，M ，N 为C 的左右两个顶点， 设M(−2√2,0)，N(2√2,0)， 则E 与M 重合，F 与N 重合， 所以E(−2√2,0)，F(2√2,0)， 取t =−4，则G(−4,0)，BE⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−2√2,1)，BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2+2√2,1)，GE ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4−2√2,0)，GF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(4+3√2,0)， 所以BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GF ⃗⃗⃗⃗⃗ +GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2−2√2)(4+2√2)+(2+3√2)(4−2√2)=0，满足题意， 综上存在满足题意的定点G(−4,0)．【解析】(1)设P(x,y)，由题意可得√(x +√6)2+y 2=|x +4√63|⋅√32，化简即可得出答案．(2)分两种情况：①当直线l 与x 轴不重合时，②当直线l 与x 轴重合时，BE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅GF ⃗⃗⃗⃗⃗ +GE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅BF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即可得出答案．本题考查椭圆的方程，直线与椭圆的相交问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．21.【答案】解：(1)f(x)=ln(x +3)−x ，定义域是(−3,+∞)，f′(x)=1x+3−1=−x−2x+3，令f′(x)=0，解得：x =−2，令f′(x)>0，解得：−3<x <−2，令f′(x)<0，解得：x >−2， 故f(x)在(−3,−2)递增，在(−2,+∞)递减， 则f(x)的最大值是f(−2)=2；(2)证明：方程ae x +ln ax+3=3(a >0)可化为e x+lna +x +lna =x +3+ln(x +3)=e ln(x+3)+ln(x +3)，设g(x)=e x +x ，在(−∞,+∞)上单调递增， 又g(x +lna)=g(ln(x +3))，所以有x +lna =ln(x +3)，即方程ln(x +3)−x =lna 有两个实数根x 1，x 2， 由(1)知f(x)=ln(x +3)−x ≤2，则有lna <2， 所以a 的取值范围为(0,e 2)，因为方程f(x)=lna 有两个实数根x 1，x 2， 所以{ln(x 1+3)=x 1+lnaln(x 2+3)=x 2+lna ，则(x 1+3)−(x 2+3)ln(x1+3)−ln(x 2+3)=1，要证明e x 1+e x 2>2a ，即ae x 1+ae x 2>2，所以ae x 1+ae x 2=e x 1+lna +e x 2+lna =e ln(x 1+3)+e ln(x 2+3)=x 1+x 2+6， 需要证明x 1+3+x 2+3>2，需要证明x 1+3+x 2+3>2(x 1+3)−2(x 2+3)ln(x 1+3)−ln(x 2+3)，不妨设−3<x 1<x 2，令t =x 1+3x 2+3，则0<t <1，即要证lnt <2(t−1)t+1(0<t <1)， 设ℎ(t)=lnt −2(t−1)t+1(0<t <1)，则ℎ′(t)=(t−1)2t(t+1)2>0，所以ℎ(t)在(0,1)上的单调递增， 所以ℎ(t)<ℎ(1)=0， 即lnt <2(t−1)t+1成立，故原式成立．【解析】(1)f(x)的定义域是(−3,+∞)，求导得f′(x)=−x−2x+3，分析f′(x)的正负，f(x)单调性，即可得出答案．(2)方程ae x +ln ax+3=3(a >0)可化为e x+lna +x +lna =x +3+ln(x +3)=e ln(x+3)+ln(x +3)，设g(x)=e x +x ，分析单调性，进而可得方程ln(x +3)−x =lna 有两个实数根x 1，x 2，由(1)知f(x)=ln(x +3)−x ≤2，则有lna <2，解得a 的取值范围，由方程f(x)=lna 有两个实数根x 1，x 2，得{ln(x 1+3)=x 1+lnaln(x 2+3)=x 2+lna ，进而可得(x 1+3)−(x 2+3)ln(x1+3)−ln(x 2+3)=1，要证明e x 1+e x 2>2a ，即证明x 1+3+x 2+3>2(x 1+3)−2(x 2+3)ln(x 1+3)−ln(x 2+3)，即可得出答案．本题考查导数的综合应用，函数的零点，解题中注意转化能力的应用，属于中档题． 22.【答案】解：(1)点A(1,π6)，B(1,π2)根据{x =ρcosθy =ρsinθx 2+y 2=ρ2，转换为直角纵坐标为A(√32,12)，B(0.1)．曲线C ：ρ=2sin(θ+π3)，整理得ρ2=ρsinθ+√3ρcosθ，根据{x =ρcosθy =ρsinθx 2+y 2=ρ2转换为直角坐标方程为(x −√32)2+(y −12)2=1，转换为参数方程为{x =√32+cosαy =12+sinα(α为参数)．(2)把曲线C 的直角坐标方程转换为参数方程为{x =√32+cosαy =12+sinα(α为参数)，设点P(√32+cosα,12+sinα)，所以|PA|2+|PB|2的=3+√3cosα−sinα=3+2cos(α+π6)， 由于cos(α+π6)∈[−1,1]， 故3+2cos(α+π6)∈[1,5]．故|PA|2+|PB|2的取值范围为[1,5]．【解析】(1)直接利用转换关系，在参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换；(2)利用两点间的距离公式和三角函数的关系式的变换和余弦型函数性质的应用求出结果．本题考查的知识要点：参数方程、极坐标方程和直角坐标方程之间的转换，三角函数关系式的变换，余弦型函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．23.【答案】解：(1)由柯西不等式可得，(12+12+12)[(a+2)2+(b+2)2+(c+2)2]≥(a+2+b+2+c+2)2=72=49，即为(a+2)2+(b+2)2+(c+2)2≥493(当且仅当a=b=c=13取得等号)；(2)对任意实数x，不等式|x−a|+|2x+1|≥32恒成立，即为32≤(|x−a|+|2x+1|)min，由|x−a|+|2x+1|=|x−a|+|x+12|+|x+12|≥|x−a−x−12|+|−12+12|=|a+1 2|(当且仅当x=−12时取得等号)，所以|x−a|+|2x+1|的最小值为|a+12|，则|a+12|≥32，解得a≥1或a≤−2．则实数a的取值范围是(−∞,−2]∪[1,+∞)．【解析】(1)运用柯西不等式即可得证；(2)由题意可得32≤(|x−a|+|2x+1|)min，由绝对值不等式的性质和绝对值的意义，可得最小值，结合绝对值不等式的解法，可得所求范围．本题考查不等式的证明和不等式恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题．。
2021年全国新高考Ⅰ卷数学真题试卷(含答案及解析)
C. 乙与丙相互独立D. 丙与丁相互独立
【答案】B
【解析】
【分析】根据独立事件概率关系逐一判断
【详解】 ，
故选：B
【点睛】判断事件 是否独立，先计算对应概率，再判断 是否成立
二､选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
故选：AC
11.已知点 在圆 上，点 、 ，则（）
A.点 到直线 的距离小于
B.点 到直线 的距离大于
C.当 最小时，
D.当 最大时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】计算出圆心到直线 的距离，可得出点 到直线 的距离的取值范围，可判断AB选项的正误；分析可知，当 最大或最小时， 与圆 相切，利用勾股定理可判断CD选项的正误.
（1）若小明先回答A类问题，记 为小明的累计得分，求 的分布列；
（2）为使累计得分 期望最大，小明应选择先回答哪类问题？并说明理由.
19.记 是内角 ， ， 的对边分别为 ， ， .已知 ，点 在边 上， .
（1）证明： ；
（2）若 ，求 .
20.如图，在三棱锥 中，平面 平面 ， ， 为 的中点.
15.函数 的最小值为______.
【答案】1
【解析】
【分析】由解析式知 定义域为 ，讨论 、 、 ，并结合导数研究的单调性，即可求 最小值.
【详解】A： 且 ，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为 ，则第二组的中位数为 ，显然不相同，错误；
C： ，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为 ，则第二组的极差为 ，故极差相同，正确；
2021年新高考数学全国卷模拟(附参考答案和详解)
绝密★启用前2021年普通高等学校招生模拟考试（全国卷Ⅰ）数学（适用新高考地区）总分：150分 考试时间：120分钟★祝考试顺利★注意事项：1、本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证条形码粘贴在答题卡的指定位置。
用2B 铅笔将答题卡上试卷类型A 后的方框涂黑。
2、选择题的作答：选出每小题答案后，用2B 铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。
3、填空题和解答题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内，写在试题卷、草稿纸、答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，将本试卷和答题卡一并上交。
第I 卷一、单项选择题：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.在复平面内，复数2(2i)-对应的点位于（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.设集合{|3213}A x x =-≤-≤，集合B 为函数lg(1)y x =-的定义域，则A B =（ ）A.(1,2)B.[1,2]C.[1,2)D.(1,2]3.已知向量(,3)k =a ，(1,4)=b ，(2,1)=c ，且(23)-⊥a b c ，则实数k =（ ） A.92-B.0C.3D.1524.使3nx⎛+ ⎝()n +∈N 的展开式中含有常数项的最小的n 为（ ）A.4B.5C.6D.75.容量为20的样本数据，分组后的频数如下表：A.0.35B.0.45C.0.55D.0.656.已知过点(2,2)P 的直线与圆22(1)5x y -+=相切，且与直线10ax y -+=垂直，则a =（ ） A.12-B.1C.2D.127.命题"存在一个无理数，它的平方是有理数"的否定是（ ） A.任意一个有理数，它的平方是有理数 B.任意一个无理数，它的平方不是有理数 C.存在一个有理数，它的平方是有理数D.存在一个无理数，它的平方不是有理数8.已知50,log ,lg ,510db b a bc >===，则下列等式一定成立的是（ ）A.d ac =B.a cd =C.c ad =D.d a c =+二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次，两人成绩的条形统计图如图所示，则（ ）A.甲的成绩的平均数大于乙的成绩的平均数B.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数C.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差D.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差10.如果双曲线的离心率51e +=有（ ）A.双曲线221251x =-是黄金双曲线 B.双曲线22151y -=+是黄金双曲线 C.在双曲线22221x y a b-=中，1F 为左焦点，2A 为右顶点，1(0,)B b ，若11290F B A ∠=，则该双曲线是黄金双曲线D.在双曲线22221x y a b-=中，过焦点2F 作实轴的垂线交双曲线于M ，N 两点，O 为坐标原点，若120MON ∠=，则该双曲线是黄金双曲线11.已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，给出下列4个命题，其中真命题有（ ） A.若m α⊂，n α，则m n B.若m α⊥，n α，则m n ⊥ C.若m α⊥，m β⊥，则αβD.若m α，n α，则m n12.已知()f x 为定义在R 上的偶函数，当0x ≥时，有(1)()f x f x +=-，且当[0,1)x ∈时，2()log (1)f x x =+．给出下列命题，其中正确的命题的为（ ）A.(2016)(2017)0f f +-=B.函数()f x 在定义域上是周期为2的周期函数C.直线y x =与函数()f x 的图像有1个交点D.函数()f x 的值域为(1,1)-第Ⅱ卷本卷包括填空题和解答题两部分，共90分. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分。
2021年全国1卷高考理科数学模拟试卷及答案解析
★启用前注意保密2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试数学本试卷共5页，22小题，满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号填写在答题卡上。
将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知全集U＝R，集合M＝{x|lnx＜1}，N＝{x|x2﹣4≥0}，则M∩（∁U N）＝（）A．（﹣2，e）B．（﹣2，2）C．（0，e）D．（0，2）2．（5分）复数1+i+i2+…+i15等于（）A．0B．i C．﹣i D．13．（5分）已知直线l1：ax+2y+3＝0，l2：x+（3﹣a）y﹣3＝0，则“a＝6”是“l1⊥l2”的（）A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件4．（5分）某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如表：广告费用x（万元）23456销售额y（万元）1925343844根据上表可得回归直线方程为y=6.3x+a，下列说法正确的是（）A．回归直线y=6.3x+a必经过样本点（2，19）、（6，44）B．这组数据的样本中心点(x，y)未必在回归直线y=6.3x+a上C．回归系数6.3的含义是广告费用每增加1万元，销售额实际增加6.3万元D．据此模型预报广告费用为7万元时销售额为50.9万元5．（5分）若a ＜b ＜0，则下列不等式中不成立的是（ ） A ．|a |＞|b |B ．a 2＞b 2C ．1a＞1bD ．1a−b＞1a6．（5分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是棱DC 的中点，则异面直线BM 与A 1C 所成角的正弦值为（ ）A ．√21015B ．√1515C ．√6565D ．865√657．（5分）若函数f （x ）＝（3a ﹣1）x 是R 上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(23，+∞)B ．(0，23)C ．(13，23)D ．(−∞，23)8．（5分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知a ＝3，√15bcosA =asinB ，则△ABC 面积的最大值是（ ） A ．3√152B ．3√154C ．3√158D ．3√15169．（5分）若函数f （x ）＝cos （2x +θ）+sin 2x 的最大值为G （θ），最小值为g （θ），则以下结论正确的个数为（ ）（1）∃θ0∈R ，使G （θ0）+g （θ0）＝π （2）∃θ0∈R ，使G （θ0）﹣g （θ0）＝π （3）∃θ0∈R ，使|G （θ0）•g （θ0）|＝π （4）∃θ0∈R ，使|G(θ0)g(θ0)|=πA ．3B ．2C ．1D ．010．（5分）点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点，动点P 在正方形BCC 1B 1（包括边界）内运动，且P A 1∥面AMN ，则P A 1的长度范围为（ ） A ．[1，√52]B ．[3√24，√52]C ．[3√24，32]D ．[1，32]11．（5分）设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作PQ ⊥l 于Q ，则线段FQ 的垂直平分线（ ） A ．经过点O B ．经过点PC ．平行于直线OPD ．垂直于直线OP12．（5分）在△ABC 中，D 为BC 的中点，P 为AD 上的一点且满足BA →+BC →=3BP →，则△ABP 与△ABC 面积之比为（ ） A ．14B ．13C ．23D ．16二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）若sin2α1−cos2α=13，tan （β﹣2α）＝1，则tan （α﹣β）＝ ．14．（5分）若（2a 2+b 3）n 的二项展开式中有一项为ma 4b 12，则m ＝ ．15．（5分）已知梯形ABCD 满足AB ∥CD ，∠BAD ＝45°，以A ，D 为焦点的双曲线Γ经过B ，C 两点．若CD ＝7AB ，则Γ的离心率为 ．16．（5分）已知函数f （x ）＝|4x ﹣3|+2，若函数g （x ）＝[f （x ）]2﹣2mf （x ）+m 2﹣1有4个零点，则m 的取值范围是 ．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）S n 为各项均为正数的等比数列{a n }的前n 项和，a 1＝1，3a 3是a 4和a 5的等差中项．（Ⅰ）求数列{a n }的通项公式； （Ⅱ）设b n =a n (a n +1)(a n+1+1)，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n ＜12．18．（12分）如图，在棱长均为2的三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，AB 1＝A 1B ，O 为AB 1与AB 的交点． （1）求证：AB 1⊥CO ；（2）求平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．19．（12分）第十三届全国人民代表大会第二次会议和政协第十三届全国委员会第二次会议（简称两会）将分别于2019年3月5日和3月15日在北京开幕．全国两会召开前夕，某网站推出两会热点大型调查，调查数据表明，网约车安全问题是百姓最为关心的热点之一，参与调查者中关注此问题的约占80%．现从参与者中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65），得到的频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）现在要从年龄较小的第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取12人，再从这12人中随机抽取3人赠送礼品，求抽取的3人中至少有1人年龄在第3组的概率；（Ⅱ）若从所有参与调查的人中任意选出3人，记关注网约车安全问题的人数为X ，求X 的分布列与期望；（Ⅲ）把年龄在第1，2，3组的人称为青少年组，年龄在第4，5组的人称为中老年组，若选出的200人中不关注网约车安全问题的人中老年人有10人，问是否有99%的把握认为是否关注网约车安全问题与年龄有关？附： P （K 2≥k 0）0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001 k 02.0722.7063.8415.0246.6357.87910.828K 2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n ＝a +b +c +d20．（12分）过平面上点P 作直线l 1：y =12x ，l 2：y =−12x 的平行线分别交y 轴于点M ，N 且|OM |2+|ON |2＝8． （1）求点P 的轨迹C 方程；（2）若过点Q （0，1）的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，若S △AOB =√7，求直线l 的方程．21．（12分）已知函数f （x ）＝e x ﹣1﹣xlnx ．（1）判断函数f （x ）的单调性；（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣ax ﹣1，讨论当x ∈[1，+∞）时，函数h （x ）的零点个数． 四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C ：{x =√3+2cosαy =−1+2sinα（其中α为参数）．以O 为极点、x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（两种坐标系的单位长度相同） （1）求曲线C 的极坐标方程；（2）设点A的极坐标为（3，﹣2π3），点B在曲线C上运动，求△OAB面积的最大值以及此时点B的极坐标．五．解答题（共1小题）23．（1）设a，b∈（0，+∞），且a≠b，求证：a3+b3＞a2b+ab2．（2）设a，b，c为不全相等的正数，且abc＝1，求证：1a +1b+1c＞√a+√b+√c．2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试数学参考答案与试题解析一．选择题（共12小题，满分60分，每小题5分）1．（5分）已知全集U＝R，集合M＝{x|lnx＜1}，N＝{x|x2﹣4≥0}，则M∩（∁U N）＝（）A．（﹣2，e）B．（﹣2，2）C．（0，e）D．（0，2）【解答】解：∵M＝{x|0＜x＜e}，N＝{x|x≤﹣2或x≥2}，U＝R，∴∁U N＝{x|﹣2＜x＜2}，M∩（∁U N）＝（0，2）．故选：D．2．（5分）复数1+i+i2+…+i15等于（）A．0B．i C．﹣i D．1【解答】解：1+i+i2+…+i15=1×(1−i16)1−i=1−141−i=0．故选：A．3．（5分）已知直线l1：ax+2y+3＝0，l2：x+（3﹣a）y﹣3＝0，则“a＝6”是“l1⊥l2”的（）A．充分但不必要条件B．必要但不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【解答】解：l1：ax+2y+3＝0，l2：x+（3﹣a）y﹣3＝0，l1⊥l2⇔a×1+2×（3﹣a）＝0⇔a＝6．故“a＝6”是“l1⊥l2”的充分必要条件，故选：C．4．（5分）某产品的广告费用x与销售额y的统计数据如表：广告费用x（万元）23456销售额y（万元）1925343844根据上表可得回归直线方程为y=6.3x+a，下列说法正确的是（）A．回归直线y=6.3x+a必经过样本点（2，19）、（6，44）B．这组数据的样本中心点(x，y)未必在回归直线y=6.3x+a上C ．回归系数6.3的含义是广告费用每增加1万元，销售额实际增加6.3万元D ．据此模型预报广告费用为7万元时销售额为50.9万元【解答】解：回归直线y =6.3x +a ，不一定经过任何一个样本点，故A 错；由最小二乘法可知，这组数据的样本中心点(x ，y)一定在回归直线y =6.3x +a 上，故B 错；回归系数6.3的含义是广告费用每增加1万元，预测销售额增加6.3万元，故C 错； x =15(2+3+4+5+6)=4，y =15(19+25+34+38+44)=32， 将（4，32）代入y =6.3x +a ，可得a =6.8，则回归方程为y =6.3x +6.8， x ＝7时，y =6.3×7+6.8=50.9，故D 正确． 故选：D ．5．（5分）若a ＜b ＜0，则下列不等式中不成立的是（ ） A ．|a |＞|b |B ．a 2＞b 2C ．1a＞1bD ．1a−b＞1a【解答】解：∵a ＜b ＜0，∴|a |＞|b |，a ab＜bab ，即1b ＜1a ，a 2＞b 2，因此A ，B ，C 正确． 对于D ：∵0＞a ﹣b ＞a ，∴a−b a(a−b)＞aa(a−b)，即1a ＞1a−b，因此D 不正确．故选：D ．6．（5分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是棱DC 的中点，则异面直线BM 与A 1C 所成角的正弦值为（ ）A ．√21015B ．√1515C ．√6565D ．865√65【解答】解：在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M 是棱DC 的中点，以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DD 1为z 轴，建立空间直角坐标系， 在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中设棱长为2，则B （2，2，0），M （0，1，0），A 1（2，0，2），C （0，2，0）， BM →=（﹣2，﹣1，0），A 1C →=（﹣2，2，﹣2），cos ＜BM →，A 1C →＞=BM →⋅A 1C→|BM →|⋅|A 1C →|=2√5⋅√12=√1515， 则异面直线BM 与A 1C 所成角的正弦值为1−(√1515)2=√21015．故选：A ．7．（5分）若函数f （x ）＝（3a ﹣1）x 是R 上的增函数，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(23，+∞)B ．(0，23) C ．(13，23) D ．(−∞，23)【解答】解：函数f （x ）＝（3a ﹣1）x 是R 上的增函数， 则3a ﹣1＞1， 解得a ＞23；所以实数a 的取值范围是（23，+∞）．故选：A ．8．（5分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．已知a ＝3，√15bcosA =asinB ，则△ABC 面积的最大值是（ ） A ．3√152B ．3√154C ．3√158D ．3√1516【解答】解：因为√15bcosA =asinB ， 所以由正弦定理可得√15sinBcosA =sinAsinB ， 因为sin B ≠0，所以√15cosA =sinA ，即tanA =√15， 则sinA =√154，cosA =14．由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，即9=b2+c2−12bc≥2bc−12bc=32bc，则bc≤6，故△ABC的面积S=12bcsinA≤12×6×√154=3√154．故选：B．9．（5分）若函数f（x）＝cos（2x+θ）+sin2x的最大值为G（θ），最小值为g（θ），则以下结论正确的个数为（）（1）∃θ0∈R，使G（θ0）+g（θ0）＝π（2）∃θ0∈R，使G（θ0）﹣g（θ0）＝π（3）∃θ0∈R，使|G（θ0）•g（θ0）|＝π（4）∃θ0∈R，使|G(θ0)g(θ0)|=πA．3B．2C．1D．0【解答】解：f（x）＝cos（2x+θ）+sin2x＝cos2x cosθ﹣sin2x sinθ+12（1﹣cos2x）＝﹣sinθsin2x+（cosθ−12）cos2x+12=√sin2θ+(cosθ−12)2sin（2x+φ）+12，∴G（θ）=√sin2θ+(cosθ−12)2+12=√54−cosθ+12，g（θ）=−√54−cosθ+12，所以G（θ）+g（θ）＝1，G（θ）g（θ）＝cosθ﹣1∈[﹣2，0]，G（θ）﹣g（θ）＝2√54−cosθ∈[1，3]，当g（θ）≠0时，|G(θ0)g(θ0)|=√54−cosθ+12√54−cosθ−12=1√54−cosθ−12∈[2，+∞），所以（1）（2）（3）错误，（4）正确．故选：C．10．（5分）点M，N分别是棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱BC，CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，且P A1∥面AMN，则P A1的长度范围为（）A．[1，√52]B．[3√24，√52]C．[3√24，32]D．[1，32]【解答】解：取B1C1的中点E，BB1的中点F，连结A1E，A1F，EF，取EF中点O，连结A 1O ，∵点M ，N 分别是棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中棱BC ，CC 1的中点， ∴AM ∥A 1E ，MN ∥EF ， ∵AM ∩MN ＝M ，A 1E ∩EF ＝E ， ∴平面AMN ∥平面A 1EF ，∵动点P 在正方形BCC 1B 1（包括边界）内运动，且P A 1∥面AMN ， ∴点P 的轨迹是线段EF ，∵A 1E ＝A 1F =√12+(12)2=√52，EF =12√12+12=√22， ∴A 1O ⊥EF ，∴当P 与O 重合时，P A 1的长度取最小值：A 1O =(√52)2+(√24)2=3√24， 当P 与E （或F ）重合时，P A 1的长度取最大值：A 1E ＝A 1F =√52．∴P A 1的长度范围为[3√24，√52]． 故选：B ．11．（5分）设抛物线的顶点为O ，焦点为F ，准线为l ．P 是抛物线上异于O 的一点，过P 作PQ ⊥l 于Q ，则线段FQ 的垂直平分线（ ） A ．经过点O B ．经过点PC ．平行于直线OPD ．垂直于直线OP【解答】解：（本题属于选择题）不妨设抛物线的方程为y 2＝4x ，则F （1，0），准线为l 为x ＝﹣1， 不妨设P （1，2）， ∴Q （﹣1，2），设准线为l 与x 轴交点为A ，则A （﹣1，0），可得四边形QAFP 为正方形，根据正方形的对角线互相垂直， 故可得线段FQ 的垂直平分线，经过点P ， 故选：B ．12．（5分）在△ABC 中，D 为BC 的中点，P 为AD 上的一点且满足BA →+BC →=3BP →，则△ABP 与△ABC 面积之比为（ ） A ．14B ．13C ．23D ．16【解答】解：D 为BC 的中点，P 为AD 上的一点且满足BA →+BC →=3BP →， 设AC 的中点为M ，又因为BA →+BC →=2BM →，所以BP →=23BM →， 可得B ，P ，M 三点共线，且P 为三角形ABC 的重心， 由重心性质可得：S △ABP S ABC=13．故选：B ．二．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分） 13．（5分）若sin2α1−cos2α=13，tan （β﹣2α）＝1，则tan （α﹣β）＝ 2 ．【解答】解：由sin2α1−cos2α=13，得2sinαcosα2sin 2α=13，即tan α＝3．又tan （β﹣2α）＝1，∴tan （α﹣β）＝tan[﹣α﹣（β﹣2α）]＝﹣tan[α+（β﹣2α）] =−tanα+tan(β−2α)1−tanαtan(β−2α)=−3+11−3×1=2． 故答案为：2．14．（5分）若（2a 2+b 3）n的二项展开式中有一项为ma 4b 12，则m ＝154．【解答】解：根据二项式的展开式的通项为T r+1=C n r 2n−r a 2n−2r b 3r，令{2n −2r =43r =12，解得{n =6r =4， 所以m =C 6422=60．故答案为：60．15．（5分）已知梯形ABCD 满足AB ∥CD ，∠BAD ＝45°，以A ，D 为焦点的双曲线Γ经过B ，C 两点．若CD ＝7AB ，则Γ的离心率为3√24．【解答】解：如图：连接AC ，BD ；设双曲线的焦距AD ＝2c ；实轴长为2a ；则BD ﹣AB＝AC ﹣CD ＝2a ；设AB ＝m ，则CD ＝7m ，BD ＝2a +m ，AC ＝2a +7m ，依题意，∠BAD ＝45°，∠ADC ＝135°， 在△ABD 中，由余弦定理及题设可得：（2a +m ）2＝m 2+4c 2﹣2√2mc ； 在△ACD 中，由余弦定理及题设可得：（2a +7m ）2＝49m 2+4c 2+14√2mc ； 整理得：√2（c 2﹣a 2）＝m （√2a +c ）； √2（c 2﹣a 2）＝7m （ √2a ﹣c ）； 两式相结合得：√2a +c ＝7（√2a ﹣c ）⇒6 √2a ＝8c ； ∴双曲线Γ的离心率为e =ca =3√24； 故答案为：3√24．16．（5分）已知函数f （x ）＝|4x ﹣3|+2，若函数g （x ）＝[f （x ）]2﹣2mf （x ）+m 2﹣1有4个零点，则m 的取值范围是 （3，4） ．【解答】解：g （x ）＝[f （x ）]2﹣2mf （x ）+m 2﹣1＝0， 即[f （x ）﹣（m +1）][f （x ）﹣（m ﹣1）]＝0， 解得f （x ）＝m ﹣1或f （x ）＝m +1． 由f （x ）的图象， 可得{2＜m −1＜52＜1+m ＜5，解得3＜m ＜4，即m 的取值范围是（3，4）． 故答案为：（3，4）．三．解答题（共5小题，满分60分，每小题12分）17．（12分）S n为各项均为正数的等比数列{a n}的前n项和，a1＝1，3a3是a4和a5的等差中项．（Ⅰ）求数列{a n}的通项公式；（Ⅱ）设b n=a n(a n+1)(a n+1+1)，数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n＜12．【解答】（Ⅰ）解：由题意，设等比数列{a n}的公比为q（q＞0），则a3＝q2，a4＝q3，a5＝q4，∵3a3是a4和a5的等差中项，∴6a3＝a4+a5，即6q2＝q3+q4，化简整理，得q2+q﹣6＝0，解得q＝﹣3（舍去），或q＝2，∴a n＝1•2n﹣1＝2n﹣1，n∈N*，（Ⅱ）证明：由（Ⅰ），可得b n=a n(a n+1)(a n+1+1)=2n−1(2n−1+1)(2n+1)=12n−1+1−12n+1，∴T n＝b1+b2+…+b n=11+1−121+1+121+1−122+1+⋯+12n−1+1−12n+1=12−12n+1＜1 2，∴T n＜1 2．18．（12分）如图，在棱长均为2的三棱柱ABC﹣A1B1C1中，平面A1CB⊥平面A1ABB1，AB1＝A1B，O为AB1与AB的交点．（1）求证：AB1⊥CO；（2）求平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值．【解答】解：（1）证明：∵在棱长均为2的三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中， 四边形A 1ABB 1是菱形， ∴A 1B ⊥AB 1，∵平面A 1CB ⊥平面A 1ABB 1，平面A 1CB ∩平面A 1ABB 1＝A 1B ， ∴A 1B ⊥平面A 1CB ，∵CO ⊂平面A 1CB ，∴AB 1⊥CO ．（2）解：∵AB 1＝A 1B ，∴菱形A 1ABB 1为正方形， 在Rt △COA 中，CO =√AC 2−OA 2=√2，在△COB 中，CO ＝OB =√2，CB ＝2，CO 2+OB 2＝CB 2， ∴CO ⊥OB ，又CO ⊥AB 1，A 1B ∩AB 1＝O ， ∴CO ⊥平面A 1ABB 1，以O 为坐标原点，以OA ，OB ，OC 所在直线分别为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系， A （√2，0，0），A 1（0，−√2，0），C （0，0，√2），B （0，√2，0）， AA 1→=（−√2，−√2，0），AC →=（−√2，0，√2），AB →=（−√2，√2，0）， 设平面ACC 1A 1的一个法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅AC →=−√2x +√2z =0n →⋅AA 1→=−√2x −√2y =0，取x ＝1，n →=（1，﹣1，1）， 设平面ABC 的一个法向量m →=（x ，y ，z ），则{m →⋅AC →=−√2x +√2z =0m →⋅AB →=−√2x +√2y =0，取x ＝1，得m →=（1，1，1）， 设平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角为θ，则cos θ=|m →⋅n →||m →|⋅|n →|=1√3×√3=13，∴平面ACC 1A 1与平面ABC 所成锐二面角的余弦值为13．19．（12分）第十三届全国人民代表大会第二次会议和政协第十三届全国委员会第二次会议（简称两会）将分别于2019年3月5日和3月15日在北京开幕．全国两会召开前夕，某网站推出两会热点大型调查，调查数据表明，网约车安全问题是百姓最为关心的热点之一，参与调查者中关注此问题的约占80%．现从参与者中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65），得到的频率分布直方图如图所示：（Ⅰ）现在要从年龄较小的第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取12人，再从这12人中随机抽取3人赠送礼品，求抽取的3人中至少有1人年龄在第3组的概率；（Ⅱ）若从所有参与调查的人中任意选出3人，记关注网约车安全问题的人数为X，求X 的分布列与期望；（Ⅲ）把年龄在第1，2，3组的人称为青少年组，年龄在第4，5组的人称为中老年组，若选出的200人中不关注网约车安全问题的人中老年人有10人，问是否有99%的把握认为是否关注网约车安全问题与年龄有关？附：P（K2≥k0）0.150.100.050.0250.0100.0050.001 k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.6357.87910.828K2=n(ad−bc)2(a+b)(c+d)(a+c)(b+d)，n＝a+b+c+d【解答】解：（I）由10（0.01+a+0.015+0.03+0.01）＝1，得a＝0.035，所以第1，2，3组的人数分别为20，30，70，从第1，2，3组中用分层抽样的方法抽取12人，则第1，2，3组抽取的人数分别为2，3，7，记从12人中随机抽取3人，至少有1人年龄在第3组为事件A，则P(A)=1−C53C123=2122，（II ）由题知参与调查的人中关注网约车安全问题的概率为45，X ＝0，1，2，3，X ～B （3，45），P(X =0)=C 30(1−45)3=1125，P(X =1)=C 3145(1−45)2=12125， P(X =2)=C 32(45)2(1−45)1=48125，P(X =3)=C 33(45)3=64125所以X 的分布列为：X 0123P 1125121254812564125E(X)=3×45=125； （III ）由题意得2×2列联表如下：关注网约车安全不关注网约车安全合计 青少年 90 30 120 中老年 70 10 80 合计16040200K 2=200×(90×10−70×30)2160×40×80×120=7516=4.6875＜6.635，所以没有99%的把握认为是否关注网约车安全问题与年龄有关．20．（12分）过平面上点P 作直线l 1：y =12x ，l 2：y =−12x 的平行线分别交y 轴于点M ，N 且|OM |2+|ON |2＝8． （1）求点P 的轨迹C 方程；（2）若过点Q （0，1）的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，若S △AOB =√7，求直线l 的方程．【解答】解：（1）设P （x 0，y 0），若P 为原点，则M ，N 都为原点O ，|OM |＝|ON |＝0，不合题意， 所以P 不为原点，由题设y =12(x −x 0)+y 0，令x ＝0，得y M =y 0−12x 0， 再由y =−12(x −x 0)+y 0，令x ＝0，得y N =y 0+12x 0，又|OM |2+|ON |2＝8，即(y 0−12x 0)2+(y 0+12x 0)2=8 化简整理得：x 0216+y 024=1，所以点P 的轨迹C 方程x 216+y 24=1．（2）当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝0，A ，B ，O 在一条直线上，不合题意，直线l 的斜率存在，故设其方程为y ＝kx +1，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）， {y =kx +1x 216+y 24=1⇒(4k 2+1)x 2+8kx −12=0，则x 1+x 2=−8k4k 2+1，x 1⋅x 2=−124k 2+1，从而|x 1−x 2|=√(x 1+x 2)2−4x 1⋅x 2=√256k 2+484k 2+1，又S △AOB=12|OQ|⋅|x 1−x 2|=12×1×√256k 2+484k 2+1=3√72， 所以k 2=14⇒k =±12， 故直线l 的方程为y =±12x +1． 21．（12分）已知函数f （x ）＝e x ﹣1﹣xlnx ．（1）判断函数f （x ）的单调性；（2）设函数h （x ）＝f （x ）﹣ax ﹣1，讨论当x ∈[1，+∞）时，函数h （x ）的零点个数． 【解答】解：（1）f （x ）的定义域是（0，+∞）， f ′（x ）＝e x ﹣1﹣lnx ﹣1，f ″（x ）＝e x ﹣1−1x ，∵f ″（x ）在（0，+∞）递增，且f ″（1）＝0， 故x ∈（0，1）时，f ″（x ）＜0，f ′（x ）递减， 当x ∈（1，+∞）时，f ″（x ）＞0，f ′（x ）递增，从而当x ∈（0，+∞）时，f ′（x ）≥f ′（1）＝0，f （x ）递增， 故函数f （x ）在（0，+∞）递增，无递减区间；（2）h （x ）＝f （x ）﹣ax ﹣1＝e x ﹣1﹣xlnx ﹣ax ﹣1，x ＞0，令h （x ）＝0，得a =e x−1x −lnx −1x ，令g （x ）=e x−1x −lnx −1x ，则函数h （x ）在x ∈[1，+∞）的零点个数即直线y ＝a 和函数g （x ）的图象在[1，+∞）上的交点个数， 又g ′（x ）=(ex−1−1)(x−1)x 2，故当x ∈（1，+∞）时，g ′（x ）＞0，g （x ）递增， 故g （x ）在[1，+∞）的最小值是g （1）＝0， 又∵当x →+∞时，g （x ）→+∞，故①a ≥0时，直线y ＝a 与函数g （x ）的图象在[1，+∞）上有1个交点， ②当a ＜0时，直线y ＝a 与函数g （x ）的图象在[1，+∞）上没有交点， 综上，当a ≥0时，函数h （x ）在[1，+∞）上有1个零点， 当a ＜0时，函数h （x ）在[1，+∞）上没有零点． 四．解答题（共1小题，满分10分，每小题10分）22．（10分）在平面直角坐标系xOy 中，已知曲线C ：{x =√3+2cosαy =−1+2sinα（其中α为参数）．以O 为极点、x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系（两种坐标系的单位长度相同） （1）求曲线C 的极坐标方程； （2）设点A 的极坐标为（3，﹣2π3），点B 在曲线C 上运动，求△OAB 面积的最大值以及此时点B 的极坐标．【解答】解：（1）曲线C ：{x =√3+2cosαy =−1+2sinα（其中α为参数），转换为直角坐标方程为(x −√3)2+(y +1)2=4， 整理得x 2+y 2−2√3x +2y =0， 根据{x =ρcosθy =ρsinθx 2+y 2=ρ2转换为极坐标方程为：ρ2−2√3ρcosθ+2ρsinθ=0，化简为：ρ=4cos(θ+π6)．（2）设B （ρ，θ），A 的极坐标为（3，﹣2π3），所以OA 和OB 的夹角为θ+2π3，所以S △OAB =12×3×ρ×sin(θ+2π3)=32×4×cos(θ+π6)×sin(θ+2π3)，=6cos2(θ+π6)，当θ+π6=0时，S△OAB的最大值为6，即B（4，−π6）．五．解答题（共1小题）23．（1）设a，b∈（0，+∞），且a≠b，求证：a3+b3＞a2b+ab2．（2）设a，b，c为不全相等的正数，且abc＝1，求证：1a +1b+1c＞√a+√b+√c．【解答】（1）方法一（分析法）：要证a3+b3＞a2b+ab2成立，即需证（a+b）（a2﹣ab+b2）＞ab（a+b）成立，又因a+b＞0，故只需证a2﹣ab+b2＞ab成立，即需证a2﹣ab+b2＞0 成立，即需证（a﹣b）2＞0 成立，而依题设a≠b，则（a﹣b）2＞0 显然成立，由此命题得证；方法二（综合法）：a≠b⇔a﹣b≠0⇔（a﹣b）2＞0⇔a2﹣2ab+b2＞0⇔a2﹣ab+b2＞ab，注意到a，b∈（0，+∞），a+b＞0，由上式即得（a+b）（a2﹣ab+b2）＞ab（a+b），所以a3+b3＞a2b+ab2；（2）解：∵a，b，c为不全相等的正数，且abc＝1，∴1a +1b+1c=bc+ca+ab，又bc+ca≥2√bc⋅√ca=2√c，ca+ab≥2√ca⋅√ab=2√a，ab+bc≥2√ab⋅√bc=2√b，且a，b，c不全相等，∴上述三个不等式中的“＝”不能同时成立，∴2bc+2ca+2ab＞2√c+2√a+2√b，即bc+ca+ab＞√c+√b+√a，故1a+1b+1c＞√a+√b+√c．。
2021届全国一卷高考理科数学全真模拟卷(一)含答案解析
2021届高考全国一卷理科数学全真模拟(一)含答案解析卷I （选择题）一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计70分 ， ）1. （5分） 已知集合A ={x|x ≤−12}，B ={x|1<(12)x<2}，则(∁R A)∩B =( ) A.{x|−12≤x <0} B.{x|−12<x <0} C.{x|−1≤x <−12} D.{x|−1<x <−12}2. （5分） 已知复数z =(1+i)21−i，则|z|=( )A.1B.√2C.√3D.√53. （5分） 设a =log 2018√2019，b =log 2019√2018，c =201812019，则a ，b ，c 的大小关系是( )A.a >b >cB.a >c >bC.c >a >bD.c >b >a4. （5分） 用0.618法选取试点，实验区间为[2, 4]，若第一个试点x 1处的结果比x 2处好，x 1>x 2，则第三个试点应选取在（ ） A.2.236 B.3.764 C.3.528 D.3.9255. （5分） 函数f (x )=|x|−ln |x|x的图象大致为（ ）A. B.C. D.6. （5分） 用a 表示掷一枚质地均匀的骰子向上的点数，则方程3x 2+2ax +3=0有两个不等实根的概率为( ) A.23B.12C.13D.167. （5分） 在Rt △ABC 中，点D 为斜边BC 的中点，|AB →|=8，|AC →|=6，则AD →⋅AB →=（ ） A.48 B.40C.32D.168. （5分） 若执行如图所示的程序框图，则输出的m =A.8B.11C.10D.99. （5分） 已知{a n }为等差数列，其前n 项和为S n ，且2a 1+3a 3=S 6，则以下结论正确是（ ）A.a10=0B.S10最小C.S7=S12D.S19=010. （5分）已知点M(x0, y0)(x0y0≠0)是椭圆C:x24+y2=1上的一点F1，F2是椭圆C的左、右焦点，MA是∠F1MF2的平分线若F1B⊥MA，垂足为B，则点B到坐标原点O的距离d的取值范围为（）A.(0, 1)B.(0, 32) C.(0, √3) D.(0, 2)11. （5分）关于函数f(x)=cos|x|+|cos x|有下述四个结论：①f(x)是偶函数；②f(x)在区间(−π2,0)上单调递增；③f(x)在[−π,π]上有4个零点；④f(x)的最大值为2.其中所有正确的编号是( )A.①②④B.②④C.①④D.①③12. （5分）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2BC=2，若此长方体的八个顶点都在体积为9π2的球面上.则此长方体的表面积为( )A.16B.18C.20D.2213. （5分）我国古代数学家秦九韶在《数书九章》中记述了“三斜求积术”，用现代式子表示即为：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则△ABC的面积S=√14[(ab)2−(a2+b2−c22)2]．根据此公式，若a cos B+(b+3c)cos A=0，且a2−b2−c2=2，则△ABC的面积为（）A.√2B.2√2C.√6D.2√314. （5分）已知△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足asin A=2，b(tan A+tan B)= 2c tan B，则△ABC面积最大值为（）A.√63B.2√33C.√64D.3√34卷II（非选择题）二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分，）15. 若直线y＝kx+b是曲线y＝ln x的切线，也是曲线y＝e x−2的切线，则b＝________．16. 已知等比数列{a n }的前n 项和为S n ，若S 4、S 2、S 3成等差数列，且a 2+a 3+a 4=−18，若S n ≥2016，则n 的取值范围为________．17. 某工厂在实验阶段大量生产一种零件，这种零件有A ，B 两项技术指标需要检测，设各项技术指标达标与否互不影响，若有且仅有一项技术指标达标的概率为12，至少一项技术指标达标的概率为34.按质量检验规定：两项技术指标都达标的零件为合格品，任意依次抽取该种零件4个，设ζ表示其中合格品的个数，则E ζ________.18. 已知双曲线 C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0) 上存在两点A ，B 关于直线 y =x −8 对称，且线段AB 的中点在直线 x −2y −14=0 上，则双曲线的离心率为________. 三、 解答题 （本题共计 5 小题 ，每题 12 分 ，共计60分 ， ）19. 如图，在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧棱CC 1⊥底面ABC ，且CC 1=2AC =2BC ，AC ⊥BC ，D 是AB 的中点，点M 在侧棱CC 1上运动．(1)当M 是棱CC 1的中点时，求证：CD // 平面MAB 1；(2)当直线AM 与平面ABC 所成的角的正切值为32时，求二面角A −MB 1−C 1的余弦值．20. 已知抛物线C:x 2=2y ，过点A (0,1)且互相垂直的两条动直线l 1,l 2与抛物线C 分别交于P ，Q 和M ，N . (1)求四边形MPNQ 面积的取值范围；(2)记线段PQ 和MN 的中点分别为E ，F ，求证：直线EF 恒过定点.21. 已知f(x)=x −12(ln x)2−k ln x −1(k ∈R). (1)若f(x)是(0，+∞)上的增函数，求k 的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点，判断函数f(x)零点的个数.22. 某地农民种植A 种蔬菜，每亩每年生产成本为7000元，A 种蔬菜每亩产量及价格受天气、市场双重影响，预计明年雨水正常的概率为23，雨水偏少的概率为 13．若雨水正常，A 种蔬菜每亩产量为2000公斤，单价为6元/公斤的概率为14，单价为3元/公斤的概率为34； 若雨水偏少，A 种蔬菜每亩产量为1500公斤，单价为6元/公斤的概率为 23，单价为3元/公斤的概率为13． （1）计算明年农民种植A 种蔬菜不亏本的概率；（2）在政府引导下，计划明年采取“公司加农户，订单农业”的生产模式，某公司未来不增加农民生产成本，给农民投资建立大棚，建立大棚后，产量不受天气影响，因此每亩产量为2500公斤，农民生产的A 种蔬菜全部由公司收购，为保证农民的每亩预期收入增加1000元，收购价格至少为多少？23. 某县一中计划把一块边长为20米的等边三角形ABC 的边角地辟为植物新品种实验基地，图中DE 需把基地分成面积相等的两部分，D 在AB 上，E 在AC 上．（1）设AD =x(x ≥10)，ED =y ，试用x 表示y 的函数关系式；（2）如果DE 是灌溉输水管道的位置，为了节约，则希望它最短，DE 的位置应该在哪里？如果DE 是参观线路，则希望它最长，DE 的位置又应该在哪里？说明理由．参考答案与试题解析 2020年7月10日高中数学一、 选择题 （本题共计 14 小题 ，共计70分 ） 1.【解答】解：因为B ={x|1<(12)x<2}，所以B ={x|−1<x <0}， 因为集合A ={x|x ≤−12}， 所以∁R A ={x|x >−12}，(∁R A)∩B ={x|−12<x <0}. 故选B . 2. 【解答】解：复数z =(1+i)21−i=2i1−i=2i(1+i)(1−i)(1+i)=i −1， 则|z|=√12+(−1)2=√2． 故选B . 3. 【解答】解：∵ c =201812019>20180=1，1=log 20182018>a =log 2018√2019=12log 20182019>12，b =log 2019√2018=12log 20192018<12，∴ a ，b ，c 的大小关系为c >a >b ． 故选C . 4.【解答】解：由已知试验范围为[2, 4]，可得区间长度为2，利用0.618法选取试点：x 1=2+0.618×(4−2)=3.236，x 2=2+4−3.236=2.764，∵x1处的结果比x2处好，则x3为4−0.618×(4−3.236)=3.528故选C．5.【解答】解：由函数解析式得：x≠0，函数f(x)是偶函数，排除C，D；x>0时，f(x)=x−ln xx2，f′(x)=1−1x+2ln xx3，且f′(1)=0，所以f(x)的极值点为1，故排除A．故选B．6.【解答】解：Δ=(2a)2−4×3×3>0,解得a>3或a<−3（舍），∴ a=4,5,6,∴ P=36=12.故选B.7.【解答】此题暂无解答8.【解答】此题暂无解答9.【解答】解：设等差数列的公差为，，，化为：，即，给出下列结论：．，正确；．，可能大于，也可能小于，因此不正确；．，正确；．，正确．故选，，．10.【解答】方法一：由题意可知B为F1N的中点，连接OB，所以|OB|=12|F2N|=12(|MN|−|MF2|)，由|MN|＝|MF1|，所以|OB|=12(|MN|−|MF2|)=12(|MF1|−|MF2|)<12|F1F2|=√3，所以0<|OB|<√3；方法二：当点M在椭圆与y轴交点处时，点B与原点O重合，此时|OB|取最小值0．当点P在椭圆与x轴交点处时，点M与焦点F1重合，此时|OB|取最大值√3．因为x0y0≠0，所以|OB|的取值范围是(0, √3)．11.【解答】解：①f(−x)=cos|−x|+|cos(−x)|=cos|x|+|cos x|=f(x)，∴f(x)是偶函数，故①正确；②当x∈(−π2,0)时，f(x)=cos x+cos x=2cos x，此时f(x)在(−π2,0)单调递增，故②正确；③当x∈[π2,π]时，f(x)=cos x−cos x=0，此时有无数个零点，故③错误；④当x>0时，f(x)=cos x+|cos x|≤|cos x|+|cos x|≤2，当x=π2+2kπ(k≥0,k∈Z)等号成立，又∵f(x)是偶函数，∴f(x)的最大值为2，故④正确.故选A.12.【解答】解：由球体积为9π2知，球半径R=32，又(2R)2=AB2+BC2+AA12，所以AA1=2，所以长方体的表面积为2×(2×2+2×1+2×1)=16. 故选A.13.【解答】解：由a cos B+(b+3c)cos A=0及正弦定理，可得sin A cos B+cos A sin B+3sin C cos A=0，即sin(A+B)+3sin C cos A=0，即sin C(1+3cos A)=0，因为sin C≠0，所以cos A=−13，由余弦定理可得a2−b2−c2=−2bc cos A=23bc=2，解得bc=3，由△ABC的面积公式可得，S=√14[(bc)2−(c2+b2−a22)2]=√14[32−(−1)2]=√2.14.【解答】解：∵asin A=2，∴由正弦定理asin A =bsin B=csin C，可得b=2sin B，c=2sin C，∵b(tan A+tan B)=2c tan B，可得b(sin Acos A +sin Bcos B)=2c⋅sin Bcos B，∴由正弦定理可得：sin B(sin Acos A +sin Bcos B)=2sin C⋅sin Bcos B，整理可得：sin B⋅sin A cos B+sin B cos Acos A cos B =2sin C⋅sin Bcos B，∴sin B⋅sin Ccos A cos B =2sin C⋅sin Bcos B，∵sin C≠0，sin B≠0，cos B≠0，∴解得cos A=12，由A∈(0, π)，可得A=π3，∴S△ABC=12bc sin A=√34bc=√34×2sin B×2sin C=√3sin B sin C=√3sin B sin(2π3−B)=√3sin B(√32cos B+12sin B)=√32sin(2B−π6)+√34，∵B∈(0,2π3)，∴2B−π6∈(−π6, 7π6)，∴S△ABC=√32sin(2B−π6)+√34≤3√34，当且仅当2B−π6=π2，即B=π3时等号成立，∴△ABC面积最大值为3√34．故选D.二、填空题（本题共计 4 小题，每题 5 分，共计20分）15.设y＝kx+b与y＝e x−2和y＝ln x的切点分别为(x1, e x1−2)、(x2, ln x2)；由导数的几何意义可得k=e x1−2=1x2，曲线y＝e x−2在(x1, e x1−2)处的切线方程为y−e x1−2=e x1−2(x−x1)，即y=e x1−2⋅x+(1−x1)e x1−2，曲线y＝ln x在点(x2, ln x2)处的切线方程为y−ln x2=1x2(x−x2)，即y=1x2x+ln x2−1，则{e x1−2=1x2(1−x1)e x1−2=ln x2−1，∴(1x2−1)(ln x2−1)＝0，解得x2＝1，或x2＝e．当x2＝1时，切线方程为y＝x−1，即b＝−1，当x2＝e时，切线方程为y=xe，b＝0．∴b＝−1或0．16.【解答】解：设等比数列的公比为，∵、、成等差数列，∴，∴，又，∴，解得，∵，∴，化为，当为偶数时，不成立，舍去．当为奇数时，化为，解得：．∴的取值范围为大于等于的奇数．故答案为：大于等于的奇数．17.【解答】解：由题得至少一项技术指标达标的概率为34，故不合格的概率为14，又因为有且仅有一项技术指标达标的概率为12，所以合格品的概率为P=1−12−14=14.故Eζ=4×14=1. 故答案为：1. 18.【解答】解：设，，线段的中点的坐标为，则有由②①得，.∵，∴，∴，∵，∴，∵，∴∵点在直线上，∴，∴，，∴，，即双曲线的离心率为.故答案为：.三、解答题（本题共计 5 小题，每题 12 分，共计60分）19.【解答】(1)证明：取线段AB的中点E，连接DE，EM．∵AD=DB，AE=EB，∴DE // BB1，ED=1BB1，2BB1．又M为CC1的中点，∴CM // BB1，CM=12∴四边形CDEM是平行四边形．∴CD // EM，又EM⊂MAB1，CD⊄MAB1∴CD // 平面MAB1；(2)解：∵CA，CB，CC1两两垂直，∴ 以C 为原点，CA ，CB ，CC 1所在直线分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．∵ 在三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，侧棱CC 1⊥底面ABC ，可得∠MAC 为直线AM 与平面ABC 所成的角，设AC =1，tan ∠MAC =32，得CM =32∴ C(0, 0, 0)，A(1, 0, 0)，B(0, 1, 0)，B 1(0, 1, 2)，M(0, 0, 32)，AM →=(−1,0,32)，AB 1→=(−1,1,2) 设AMB 1的法向量为n →=(x,y,z)，{AM →⋅n →=−x +32z =0AB 1→⋅n →=−x +y +2z =0 可取n →=(3,−1,2)又平面B 1C 1CB 的法向量为CA →=(1,0,0)．cos <n →,CA →>CA →⋅n→|n →||CA →|=3√1414． ∵ 二面角A −MB 1−C 1为钝角，∴ 二面角A −MB 1−C 1的余弦值为−3√1414．20.【解答】(1)解：由题意可知：两直线l 1，l 2的斜率一定存在，且不等于0，设l 1：y =kx +1(k ≠0)，P (x 1,y 1)，Q (x 2,y 2) ，则 l 2：y =−1k x +1(k ≠0)， 联立直线l 1与抛物线的方程得：{y =kx +1，x 2=2y ，⇒x 2−2kx −2=0，其中Δ=4k 2+8>0 ,由韦达定理得：{x 1+x 2=2k ，x 1x 2=−2，由上可得|PQ|=√1+k 2|x 1−x 2|=√(1+k 2)(8+4k 2) ，同理 |MN|=√(1+1k 2)(8+4k 2)， 则四边形MPNQ 面积S =12|PQ||MN|=12√(2+k 2+1k 2)(80+32k 2+32k 2)， 令k 2+1k 2=t ≥2，则S =12√(2+t)(80+32t)=√8t 2+36t +40， ∴ 当且仅当t =2 ，即 k =±1 时 ，S 取得最小值12， 且当 t →+∞ 时，S →+∞，故四边形MPNQ 面积的范围是[12,+∞).(2)证明：由(1)有x 1+x 2=2k ，y 1+y 2=2k 2+2，∴ PQ 的中点E 的坐标为(k,k 2+1) ，同理点 F 的坐标为 (−1k ,1k 2+1)，于是，直线EF 的斜率为：k EF =k 2+1−(1k 2+1)k+1k =k 2−1k 2k+1k =k −1k ， 则直线EF 的方程为：y −(k 2+1)=(k −1k )(x −k)⇒y =(k −1k )x +2，∴ 直线EF 恒过定点(0,2).21.【解答】解：(1)由f(x)=x−12(ln x)2−k ln x−1得：f′(x)=x−ln x−kx，由题意知f′(x)≥0恒成立，即x−ln x−k≥0，设F(x)=x−ln x−k，F′(x)=1−1x，x∈(0,1)时，F′(x)<0，F(x)递减，x∈(1,+∞)时，F′(x)>0，F(x)递增；故F(x)min=F(1)=1−k≥0，即k≤1，故k的取值范围是(−∞,1].(2)当k≤1时，f(x)单调，无极值；当k>1时，F(1)=1−k<0，一方面，F(e−k)=e−k>0，且F(x)在(0,1)递减，所以F(x)在区间(e−k,1)有一个零点.另一方面F(e k)=e k−2k，设g(k)=e k−2k(k>1)，则g′(k)=e k−2>0，从而g(k)在(1,+∞)递增，则g(k)>g(1)=e−2>0，即F(e k)>0，又F(x)在(1,+∞)递增，所以F(x)在区间(1,e k)有一个零点. 因此，当k>1时，f′(x)在(e−k,1)和(1,e k)各有一个零点，将这两个零点记为x1，x2(x1<1<x2)，当x∈(0,x1)时，F(x)>0，即f′(x)>0；当x∈(x1,x2)时，F(x)<0，即f′(x)<0；当x∈(x2,+∞)时F(x)>0，即f′(x)>0；从而f(x)在(0,x1)递增，当(x1,x2)递减，在(x2,+∞)递增；于是x1是函数的极大值点，x2是函数的极小值点.下面证明：f(x1)>0，f(x2)<0由f′(x1)=0得x1−ln x1−k=0，即k=x1−ln x1，由f(x1)=x1−12(ln x1)2−k ln x1−1得f(x1)=x1−12(ln x1)2−(x1−ln x1)ln x1−1=x1+12(ln x1)2−x1ln x1−1,令m(x)=x+12(ln x)2−x ln x−1,则m′(x)=(1−x)ln xx，①当x∈(0,1)时，m′(x)<0，m(x)递减，m(x)>m(1)=0，x1<1，故f(x1)>0；②当x∈(1,+∞)时m′(x)<0，m(x)递减，则m(x)<m(1)=0，x2>1，故f(x2)<0；一方面，因为f(e−2k)=e−2k−1<0，又f(x1)>0，且f(x)在(0,x1)递增，所以f(x)在(e−2k,x1)上有一个零点，即f(x)在(0,x1)上有一个零点.另一方面，根据e x>1+x(x>0)得e k>1+k，则有：f(e4k)=e4k−12k2−1>(1+k)4−12k2−1=k4+4k(k−34)2+74k>0又f(x2)<0，且f(x)在(x2,+∞)递增，故f(x)在(x2,e4k)上有一个零点，即f(x)在(x2,+∞)上有一个零点.又f(1)=0，故f(x)有三个零点.22.【解答】解：（1）只有当价格为6元/公斤时，农民种植A种蔬菜才不亏本所以农民种植A种蔬菜不亏本的概率是P=23×14+13×23=718，（2）按原来模式种植，设农民种植A种蔬菜每亩收入为ξ元，则ξ可能取值为：5000，2000，−1000，−2500．P(ξ=5000)=23×14=16，P(ξ=2000)=13×23=29，P(ξ=−1000)=23×34=12，P(ξ=−2500)=13×13=19，Eξ=5000×16+2000×29−1000×12−2500×19=500，设收购价格为a元/公斤，农民每亩预期收入增加1000元，则2500a≥700+1500，即a≥3.4，所以收购价格至少为3.4元/公斤，23.【解答】解：（1）∵的边长是米，在上，则，，∴，故，在三角形中，由余弦定理得：，；（2）若作为输水管道，则需求的最小值，∴，当且仅当即时“”成立．。
2021届广东省普通高等学校招生全国统一考试模拟测试数学试题(一)(word版,含官方答案)
★启用前注意保密2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟测试（一）数学本试卷共5页，22小题，满分150分。
考试用时120分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的市（县、区）、学校、班级、姓名、考场号、座位号和考生号填写在答题卡上。
将条形码横贴在每张答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔在答题卡上将对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。
答案不能答在试卷上。
3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先画掉原来的答案，然后再写 上新答案；不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4.考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，将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. 已知集合M={x|-7<3x-1<2},N={x|x+1>0},则M ∪N=A.(-2,+∞)B. (-1,1)C.(-∞,1)D.(-1,+∞) 2.若复数z 满足（z-1)(1+i)=2-2i,则｜z|=3.已知函数y=e x 的图象与函数y=f(x)的图象关于直线y=x 对称，则f(2e)= A. 2e 2 B. 2e C. 1+ln2 D. 21n 24.函数f(x)=cos 2x+6cos(2π-x)(x ∈[0, 2π])的最大值为 A.4 B.5 C.6 D.75.已知数列{a n }的前n 项和S n =2n -1,则数列｛log 2a n }的前10项和等于 A. 1023 B.55 C.45 D.356.已知a,b 是两个正数，4是2a 与16b 的等比中项，则下列说法正确的是A. ab 的最小值是1B.ab 的最大值是1C. 11a b +的最小值是92D. 11a b +的最大值是927.《算数书》是我国现存最早的系统性数学典籍，其中记载有求“困盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出了由圆锥的底面周长L 与高h,计算其体积V 的近似公式V≈2136L h .用该术可求得圆率π的近似值。
【试卷】2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题 文科数学(一)(附答案)
可知6个口罩中有3个质量超过m，记为A，B，C，另外3个记为d，e，f.
随机抽取2个，所有的情况有 ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，共15种，其中满足条件的有 ， ， ，共3种.
由古典概型的概率得所求概率 .故选：C.
7．C【解析】 ，故 ， .
，对比图像知 满足条件.故选： .
22.（1） ；（2）
【解析】（1）由 ，
∴ ，∴ ，∴ ，∴点 的极坐标为 ；
（2）设
，∴ 的最大值为 .
23.（1） （2）4
【解析】试题解析：（1）由题意，知不等式 解集为 由 ，得 ，
所以，由 ，解得 ．
（2）不等式 等价于 ，
由题意知 ．因为 ，
所以 ，即 对任意 都成立，则 ．
而 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
所以公司每天包裹的平均数和中位数都为260件.
（2）由（1）可知平均每天的揽件数为260，利润为 (元)，
所以该公司平均每天的利润有1000元．
（3）设四件礼物分为二个包裹E、F，因为礼物A、C、D共重 （千克），
礼物B、C、D共重 （千克），都超过5千克，
故E和F的重量数分别有 ， ， ， ， 共5种，
2020年普通高等学校招生全国统一考试模拟试题文科数学（一）
参考答案
1．A【解析】因为 ，所以， ，所以， 故选A.
2．A【详解】函数定义域满足： ，即 ，所以 ，
函数 的值域 ，所以 ，故选：A.
3．C【详解】因为动点 满足 ，作出可行域如图所示阴影部分：由图可知：点 到直线x-y=0的距离最小，此时， ，
（1）求这60天每天包裹数量的平均值和中位数；
（2）该公司从收取的每件快递的费用中抽取5元作为前台工作人员的工资和公司利润，剩余的作为其他费用.已知公司前台有工作人员3人，每人每天工资100元，以样本估计总体，试估计该公司每天的利润有多少元？
2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试卷及答案
2021年普通高等学校招生全国统一考试数学本试卷共4页，22小题，满分150分，考试用时120分钟。
注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上。
用2B铅笔将试卷类型（B)填涂在答题卡相应位置上，将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”。
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 28铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑：如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上，3.非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案：不准使用铅笔和涂改液。
不按以上要求作答无效。
4.考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一井交回。
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.设集合A= {x|-2<x<4}. B = {2,3,4,5},则A∩B=A.{2}B.{2,3}C.{3,4,}D.{2,3,4}2.已知z=2-i，则(z(z⃗+i)=A.6-2iB.4-2iC.6+2iD.4+2i3.已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为A.2B.2√2C.4D.4√24.下列区间中，函数f(x)=7sin(x−π6)单调递增的区间是A.(0,π2) B.(π2,π) C.( π,3π2) D.(3π2,2 π)5.已知F1,F2是椭圆C：x29+y24=1的两个焦点，点M在C 上，则|MF1|·|MF2|的最大值为A.13B.12C.9D.66.若tanθ=-2,则sinθ(1+sin2θ)sinθ+cosθ=A.−65B. −25 C. 25 D. 657.若过点（a,b)可以作曲线y=e x 的两条切线，则 A. e b <a B. e a <b C. 0<a<e b D. 0<b<e a8.有6个相同的球，分别标有数字1,2,3,4,5,6,从中有放回的随机取两次,每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则 A.甲与丙相互独立 B.甲与丁相互独立 C.乙与丙相互独立 D.丙与丁相互独立二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷(一)数学(1)
绝密★启用前 试卷类型：A2021年普通高等学校招生全国统一考试模拟卷（一）数 学注意事项：1. 答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
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.设集合A0)x >的值域,B 为2lg(32)x x -+的定义域,则R A B C = A.(2,)+∞B.)(,1)∞--+∞C.(,1)-∞-D.以上均不对2.若132i z =-,则1247iz z +=的模为3.我国古代数学名著《九章算术》的“论割圆术”中有：“割之弥细，所失弥少，以至于不可割，则与圆周盒体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在表达式1+1111++中“…”即代表无限次重复,但原式是个定值,它可以通过方程11x x+=求得x =.类似上述过程,的值为 A.3C.6D.4.已知点O 为ABC 所在平面内一点，给出下列关系式：①0OA OB OC ++= ；②OA OB OB OC OA OC ⋅=⋅=⋅ ；③()()0||||||||AC AB O O BC A B AC AB BABC BA ⋅-=⋅-=； ④()()0OA OB AB OB OC BC +⋅=+⋅=则四个关系式对应的O 分别为三角形的A.垂心、重心、内心、外心B.重心、内心、外心、垂心C.重心、垂心、内心、外心D.内心、垂心、重心、外心5.已知点(0,3),(4,0)A B -,P 是圆2220:y y C x +-=上的动点,则三角形ABP 面积的最小值为 A.6 B.112 C.132D.56.如图,在杨辉三角中,斜线上方的数组成数列:1,3,6,10, ,记这个数列的前n 项和为n S ,则当n →+∞时,3nn S 的极限值等于A.5B.6C.7D.87.已知定义在(0,)+∞上的可导函数()f x 满足()()0f x f x '+>,则A.(1)()()x e x xxxf ex e f e e -+<B. (1)()()x e x x xxf ex e f e e -+= C. (1)()()x e x x xxf ex e f e e -+> D. (1)()x e x x e f e -+和()xxf ex e 大小不确定8.在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,P 为1111,A C B D 交点,,,E F G 分别为,,AD AB BC 中点,则四面体P EFG -外接球的体积为A.254π B.2512π C.12548π D.375256π二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
2021年普通高等学校招生全国统一考试数学试题新高考Ⅰ卷含解析 江苏卷
17. 已知数列 满足 ，
（1）记 ，写出 ， ，并求数列 的通项公式；
（2）求 的前20项和.
【答案】（1） ；（2） .
【解析】
【分析】（1）根据题设中的递推关系可得 ，从而可求 的通项.
（2）根据题设中的递推关系可得 的前 项和为 可化为 ，利用（1）的结果可求 .
【详解】A： 且 ，故平均数不相同，错误；
B：若第一组中位数为 ，则第二组的中位数为 ，显然不相同，错误；
C： ，故方差相同，正确；
D：由极差的定义知：若第一组的极差为 ，则第二组的极差为 ，故极差相同，正确；
故选：CD
10. 已知 为坐标原点，点 ， ， ， ，则（）
A. B.
C. D.
【答案】AC
8. 有6个相同的球，分别标有数字1，2，3，4，5，6，从中有放回的随机取两次，每次取1个球，甲表示事件“第一次取出的球的数字是1”，乙表示事件“第二次取出的球的数字是2”，丙表示事件“两次取出的球的数字之和是8”，丁表示事件“两次取出的球的数字之和是7”，则（）
A.甲与丙相互独立B.甲与丁相互独立
【详解】设圆锥的母线长为 ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则 ，解得 .
故选：B.
4. 下列区间中，函数 单调递增的区间是（）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解不等式 ，利用赋值法可得出结论.
【详解】因为函数 的单调递增区间为 ，
对于函数 ，由 ，
解得 ，
取 ，可得函数 的一个单调递增区间为 ，
设 ，
则 ，
两式作差得：
，