1、2021年滨海新区普通高考模拟检测卷数 学一选择题（共9小题）1设集合，2，3，4，5，那么下列结论正确的是ABCD2设，则“且”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充要条件D既不充分也不必要3某校有200位教职员工，其每周用于锻炼所用时间的频率分布直方图如图所示据图估计，每周锻炼时间在，小时内的人数为A18B36 C54 D724函数的图象的大致形状是ABCD5已知三棱锥的四个顶点，都在球的表面上，平面，且，则球的表面积为ABCD6已知抛物线的焦点与双曲线的一个焦点重合，且点到双曲线的渐近线的距离为4，则双曲线的方程为A BCD7已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递增，则ABCD8
2、已知函数，给出下列命题：，都有成立；存在常数，恒有成立；的最大值为；在上是增函数以上命题中正确的为ABCD9已知函数满足，当，若在区间，内，函数有三个不同零点，则实数的取值范围是ABCD二填空题（共6小题）10已知复数，其中是虚数单位，则的模是11展开式中含项的系数为（用数字表示）12已知直线，点是圆上的动点，则点到直线的最大距离为13已知箱中装有10个不同的小球，其中2个红球、3个黑球和5个白球，现从该箱中有放回地依次取出3个小球则3个小球颜色互不相同的概率是；若变量为取出3个球中红球的个数，则的数学期望为14已知，都为正实数，且，则的最小值为15在矩形中，边（包含点、的动点与延长线上（包含
3、点的动点满足，则的取值范围是 三解答题（共5小题）16在中，内角、的对边分别为，（）求角的大小；（）若，求：（）边长；（）的值17在如图所示的几何体中，四边形是菱形，是矩形，平面平面，为的中点（）求证：平面；（）求与平面所成角的正弦值；（）在线段上是否存在点，使二面角的大小为？若存在，求出的长；若不存在，请说明理由18如图，在平面直角坐标系中，已知椭圆的离心率，左顶点为，过点作斜率为的直线交椭圆于点，交轴于点（1）求椭圆的方程；（2）已知为的中点，是否存在定点，对于任意的都有，若存在，求出点的坐标；若不存在说明理由；（3）若过点作直线的平行线交椭圆于点，求的最小值19已知等比数列的前项和为，公
4、比，数列满足，（1）求数列的通项公式；（2）证明数列为等差数列；（3）设数列的通项公式为：，其前项和为，求20已知函数，（）当，时，求曲线在处的切线方程；（）当时，若对任意的，恒成立，求实数的取值范围；（）当，时，若方程有两个不同的实数解，求证：2021年滨海新区普通高考模拟检测卷数 学 答 案一、 选择题：本大题共9小题，每小题5分，共45分题号（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）答案AABDCDCDB二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分 （10）； （11）； （12）； （13）； （14）9； （15）三、 解答题：本大题共5小题，共75分16解：（）由已
5、知及正弦定理得（2分），（4分）（5分）（）（）因为，由余弦定理得，（7分）（）由，（9分）因为为锐角，所以（10分），（12分）（14分）17证明：（）与交于，连接由已知可得四边形是平行四边形，所以是的中点因为是的中点，所以（1分）又平面，（2分）平面，（3分）所以平面（4分）解：（）由于四边形是菱形，是的中点，可得又是矩形，平面平面，平面平面，平面（5分）如图建立空间直角坐标系，则，0，2，0，设平面的法向量为，（7分）（8分）（9分）与平面所成角的正弦值（10分）（）设，设平面的法向量为则，令，（11分）又平面的法向量，（13分）解得，（14分），在线段上不存在点，使二面角的大小为（15
6、分）18解：（1）椭圆的离心率，左顶点为，又，（2分）又，椭圆的标准方程为（4分）（2）直线的方程为，由消元得，化简得，（6分）当时，点为的中点，的坐标为，则（8分）直线的方程为，令，得点坐标为，假设存在定点，使得，则，即恒成立，恒成立，即，定点的坐标为（10分）（3），的方程可设为，由，得点的横坐标为，（12分）由，得（13分），当且仅当即时取等号，当时，的最小值为（15分）19解：（1）由于等比数列的前项和为，公比，所以，整理得，由于，所以，由于，解得由于，解得，所以（2）数列满足，解得，由于，所以（常数）所以数列数列是以1为首项1为公差的等差数列（3）由于数列数列是以1为首项1为公差的等差数列所以，解得由于数列的通项公式为：，所以令所以，得：，整理得，故：20解：（）当时，时，当时，当时，曲线在处的切线方程为；（）当时，对，都成立，则对，恒成立，令，则令，则，当，此时单调递增；当时，此时单调递减，的取值范围为；（）当，时，由，得，方程有两个不同的实数解，令，则，令，则，当时，此时单调递增；当时，此时单调递减，又，（1），只要证明，就能得到，即只要证明，令，则，在上单调递减，则，即，证毕