1、2021年高三下学期模拟考试数学试题 Word版含答案一、填空题（本大题共14小题，每小题5分，共70分，请把答案直接填写在答卷纸相应的位置）1已知集合，则 52如果复数的实部与虚部互为相反数,则等于 3抛物线的焦点坐标是 （0，1）4平面向量（1,1），（1，m），若，则m等于 15已知函数的最小正周期是2，则 6如下图：某单位全体成员参加安全知识竞赛，成绩的频率分布直方图如图，数据的分组依次为：20，40)，40，60)，60，80)，80，100若低于60分的人数是30，则该单位的人数是 1007阅读上边的程序框图，如果输出的函数值在区间内，则输入的实数的取值范围是 8已知是不同的平面，
2、是直线，且，则下列三个命题 ；其中正确的是 9在中，所对边分别为.若，则 10过点且与直线：和：都相切的所有圆的半径之和为 4211若函数的值域为，则的取值范围是 12若则的最小值为 213. 在AOB中，G为AOB的重心（三角形中三边上中线的交点叫重心），且.若，则的最小值是 2 14已知是首项为a,公差为1的等差数列,.若对任意的,都有成立,则实数a的取值范围是 . 二、解答题：（本大题共6小题，计90分解答应写出必要的文字说明、证明或演算步骤，请把答案写在答题纸的指定区域内）15（本小题满分14分）在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足. (1) 求角A； (2) 若，
3、D为BC上一点，且,求AD的长.在ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且满足. (1) 求角A； (2) 若，D为BC上一点，且,求AD的长.解： (1) 在ABC中，满足由正弦定理可得， 3分故； 5分在ABC中 7分 (2) 由题意可得， 9分 10分 13分从而可得 14分16（本小题满分14分）如图，在四棱锥PABCD中，PD面ABCD，ADBC，CD=13，AB=12，BC=10，AD BC. 点E、F分别是棱PB、边CD的中点. （1）求证：AB面PAD；（2）求证：EF面PAD.证明：（1）因为PD面ABCD，所以PDAB. 2分在平面ABCD中，D作DM/AB，则由
4、AB=12得DM=12.又BC=10，ADBC，则AD=5，从而CM=5.于是在CDM中，CD=13，DM=12，CM=5，则由及勾股定理逆定理得DMBC . 又DM/AB，BC/AD，所以ADAB.又PDADD，所以AB面PAD. 6分（2）证法一 取AB的中点N，连结EN、FN.因为点E是棱PB的中点，所以在ABP中，EN/PA.又PA面PAD，所以EN/面PAD. 8分因为点F分别是边CD的中点，所以在梯形ABCD中，FN/AD.又AD面PAD，所以FN/面PAD. 10分又ENFNN，PADAA，所以面EFN/面PAD. 12分又EF面EFN，则EF/面PAD. 14分 证法二 延长C
5、D，BA交于点G. 连接PG，EG，EG与PA交于点Q. 由题设ADBC，且AD BC，所以CDDG，BAAG，即点A为BG的中点.又因为点E为棱PB的中点，所以EA为BPG的中位线，即EAPG，且EA:PG1:2，故有EA:PGEQ:QG1:2. 10分又F是边CD的中点，并由CDDG，则有FD:DG1:2. 12分在GFE中，由于EQ:QG1:2，FD:DG1:2，所以EFDQ. 又EF面PAD，而DQ面PAD，所以EF面PAD. 14分17（本小题满分14分）时下，网校培训越来越受到广大青年的喜爱，它已经成为青年学习的一种趋势，假设某网校的套题每日的销售量（单位：千套）与销售价格（单位：
6、元/套）满足的关系式，其中，为常数.已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21千套.（1）求的值；（2）假设网校的员工工资，办公等所有开销折合为每套题2元（只考虑销售出的套数），试确定销售价格的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大.（保留1位小数）解：（1）因为时， 代入关系式，得， 解得. （2）由（1）可知，套题每日的销售量， 所以每日销售套题所获得的利润从而. 令，得,且在上,，函数单调递增；在上，函数单调递减， 所以是函数在内的极大值点，也是最大值点， 所以当时，函数取得最大值. 故当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大. -14分18（本小题满分16分）AB
7、PQOxy已知椭圆C的中点在原点,焦点在x轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线的焦点. (1)求椭圆C的方程;(2)点P(2,3),Q(2,-3)在椭圆上,A、B是椭圆上位 于直线PQ两侧的动点,(i)若直线AB的斜率为,求四边形APBQ面积的最大值;(ii)当A、B运动时,满足APQ=BPQ,试问直线AB的斜率是否为定值,请说明理由.解:(1)设椭圆的方程为则. 由,得 椭圆C的方程为 4分(2)(i)解:设,直线的方程为, 代入,得 由,解得 由韦达定理得. 6分四边形的面积 当, 9分(ii)解:当,则、的斜率之和为0,设直线的斜率为 则的斜率为,的直线方程为 ，由 (1)代入(2
8、)整理得 11分 同理的直线方程为,可得 14分 所以的斜率为定值 16分19（本小题满分16分）已知函数，(其中)，设.（1）当时,试将表示成的函数,并探究函数是否有极值；(7分)（2）当时，若存在，使成立，试求的范围. (9分)解：（1）, (3分) 设是的两根，则，在定义域内至多有一解,欲使在定义域内有极值，只需在内有解，且的值在根的左右两侧异号，得 (6分)综上：当时在定义域内有且仅有一个极值，当时在定义域内无极值 (7分)（2）存在，使成立等价于的最大值大于0(9分)，,得.当时，得；当时，得 (12分)当时，不成立 (13分)当时，得；当时，得；综上得：或 (16分)20（本小题满
9、分16分）设数列bn满足bn2bn1bn(nN*)，b22b1.(1)若b33，求b1的值；(2)求证数列bnbn1bn2n是等差数列；(3)设数列Tn满足：Tn1Tnbn1(nN*)，且T1b1，若存在实数p，q，对任意nN*都有pT1T2T3Tnq成立，试求qp的最小值(1)解bn2bn1bn，b3b2b13b13，b11；(3分)(2)证明bn2bn1bn，bn3bn2bn1，得bn3bn，(5分)(bn1bn2bn3n1)(bnbn1bn2n)bn1bn2(bn3bn)11为常数，数列bnbn1bn2n是等差数列(7分)(3)解Tn1Tnbn1Tn1bnbn1Tn2bn1bnbn1b1
10、b2b3bn1当n2时Tnb1b2b2bn(*)，当n1时，T1b1适合(*)式 Tnb1b2b3bn(nN*)(9分)b1，b22b11，b33b1，bn3bn，T1b1，T2T1b2，T3T2b3，T4T3b4T3b1T1，T5T4b5T2b3b4b5T2b1b2b3T2，T6T5b6T3b4b5b6T3b1b2b3T3，T3n1T3n2T3n3T3n2b3n1b3nb3n1T3n1b3nb3n1b3n2T3nb3n1b3n2b3n3T3n2b1b2b3T3n1b1b2b3T3nb1b2b3(T3n2T3n1T3n)，数列T3n2T3n1T3n)(nN*)是等比数列，首项T1T2T3且公比
11、q，(11分)记SnT1T2T3Tn，当n3k(kN*)时，Sn(T1T2T3)(T4T5T6)(T3k2T3k1T3k)3，Sn3；(13分)当n3k1(kN*)时Sn(T1T2T3)(T4T5T6)(T3k2T3k1T3k)T3k3(b1b2b3)k34k 0Sn3；(14分)当n3k2(kN*)时Sn(T1T2T3)(T4T5T6)(T3k2T3k1T3k)T3k1T3k3(b1b2b3)k1b1b2(b1b2b3)k3k1k3k，Sn3.(15分)综上得Sn3则p且q3， qp的最小值为.(16分)附加题 姓名 解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤21B选修42：矩阵与变换 （本小
12、题满分10分）已知曲线：，对它先作矩阵对应的变换，再作矩阵对应的变换，得到曲线：，求实数的值解：2分设P是曲线上的任一点，它在矩阵BA变换作用下变成点，则5分 ，则即8分又点在曲线上，则，所以，10分C选修44：坐标系与参数方程 （本小题满分10分）在平面直角坐标系xOy中，直线m的参数方程为（t为参数）；在以O为极点、射线Ox为极轴的极坐标系中，曲线C的极坐标方程为sin8cos若直线m与曲线C交于A、B两点，求线段AB的长解：直线m的普通方程为. 2分曲线C的普通方程为. 4分由题设直线m与曲线C交于A、B两点，可令,.联立方程，解得，则有，. 7分于是.故 . 10分22（本小题满分10
13、分）已知ABC的三边长为有理数(1)求证：cosA是有理数；(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数证明 (1)由AB，BC，AC为有理数及余弦定理知cos A是有理数(2)用数学归纳法证明cos nA和sin Asin nA都是有理数当n1时，由(1)知cos A是有理数，从而有sin Asin A1cos2A也是有理数假设当nk(k1)时，cos kA和sin Asin kA都是有理数当nk1时，由cos(k1)Acos Acos kAsin Asin kA，sin Asin(k1)Asin A(sin Acos kAcos Asin kA)(sin Asin A)cos kA(si
14、n Asin kA)cos A，由及归纳假设，知cos(k1)A与sin Asin(k1)A都是有理数即当nk1时，结论成立综合可知，对任意正整数n，cosnA是有理数23（本小题满分10分）已知集合，其中，表示的所有不同值的个数（1）已知集合，分别求，； （2）求的最小值解：（1）由246，268，2810，4610，4812，6814，得l(P)5 由246，2810，21618，4812，41620，81624，得l(Q)6 （3）不妨设a1a2a3an，可得a1a2a1a3a1ana2ana3anan1an，故aiaj (1ijn)中至少有2n3个不同的数，即l(A)2n3 事实上，设a1，a2，a3，an成等差数列，考虑aiaj (1ijn)，根据等差数列的性质，当ijn时， aiaja1aij1；当ijn时， aiajaijnan；因此每个和aiaj(1ijn)等于a1ak(2kn-1)中的一个，或者等于alan(1ln1)中的一个故对这样的集合A，l(A)2n3，所以l(A)的最小值为2n339619 9AC3 髃B39535 9A6F 驯31220 79F4 秴31498 7B0A 笊s24523 5FCB 忋28372 6ED4 滔20866 5182 冂
