广东省深圳市岗厦中学2021年高三数学文模拟试卷含解析

广东省深圳市岗厦中学2021年高三数学文模拟试卷含解析一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1.设是一次函数，若则f(2)+f(4)+…+f(2n)等于（）A．n(2n+3) B．n(n+4) C．2n(2n+3) D．2n(n+4)参考答案：A由已知可得，f（x）=kx+b，（k≠0），∵f（0）=1=k×0+b，∴b=1．∵f（1），f（4），f（13）成等比数列，且f（1）=k+1，f（4）=4k+1，f（13）=13k+1．∴k+1，4k+1，13k+1成等比数列，即（4k+1）2=（k+1）（13k+1），即16k2+1+8k=13k2+14k+1，从而解得k=0（舍去），k=2，f（2）+f（4）+…+f（2n）=（2×2+1）+（4×2+1）+…+（2n×2+1）=（2+4+…+2n）×2+n

=4×+n=3n+2n2。2.已知，则=（

）A．

B．

C．D．参考答案：【知识点】复数运算L4D解析：因为，所以，，故选D.【思路点拨】有运算性质直接计算即可.3.若复数的模为，则实数a=（

）A．1

B．－1

C．±1

D．参考答案：C，，故选C

4.若且，则的最小值为（

）A．

B．

C．

D．参考答案：D5.设函数是定义在上的奇函数，且对任意都有，当时，，则的值为（

）A.

B.

C.2

D.参考答案：A略6.已知集合,,则

（A）

（B）

（C）

（D）参考答案：C7.下列四个几何体中，各几何体的三视图有且仅有两个视图相同的是（A）①②

（B）②③

（C）②④

（D）①③参考答案：C

①的三个视图都相同；②的主视图与左视图相同，与俯视图不同；③的三个视图互不相同；④的主视图与左视图相同，而与俯视图不同。8.将5名志愿者分配到3个不同的奥运场馆参加接待工作，每个场馆至少分配一名志愿者的方案种数为

（

）A.540

B.300

C.180

D.150参考答案：D9.复数等于

A．

B．

C．

D．参考答案：B10.已知向量＝（cosθ，sinθ），向量＝（，－1）,则｜2－｜的最大值与最小值的和是（

）A．4

B．6

C．4

D．16参考答案：C二、填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11.已知+=2，则a=．参考答案：【考点】对数的运算性质．【专题】计算题．【分析】利用换底公式对等式进行化简，便可求出a值．【解答】解：，可化为loga2+loga3=2，即loga6=2，所以a2=6，又a＞0，所以a=．故答案为：．【点评】本题主要考查对数的运算性质及其应用，考查运算能力，熟记相关公式并能灵活应用是解决该类题目的基础．12.某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积是______.

参考答案：

由三视图可知，该几何体为直三棱柱，所以体积为。13.已知定义域为，则的定义域是

参考答案：

14.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图（1）、（2）、（3）、（4）为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第个图形包含个小正方形，则=____________.参考答案：115.如图，在平面直角坐标系中，将直线与直线及轴所围成的图形绕轴旋转一周得到一个圆锥，圆锥的体积据此类比：将曲线与直线及轴所围成的图形绕轴旋转一周得到一个旋转体，该旋转体的体积.参考答案：【知识点】定积分；类比推理B13M1解析：【思路点拨】根据已知条件圆锥的体积据此类比结合定积分可求得旋转体的体积。16.已知满足约束条件，，则的最小值是

．

参考答案：略17.设是单位向量，且的最大值为________.参考答案：三、解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18.给定一个数列{an}，在这个数列里，任取m（m≥3，m∈N*）项，并且不改变它们在数列{an}中的先后次序，得到的数列{an}的一个m阶子数列．已知数列{an}的通项公式为an=（n∈N*，a为常数），等差数列a2，a3，a6是数列{an}的一个3子阶数列．（1）求a的值；（2）等差数列b1，b2，…，bm是{an}的一个m（m≥3，m∈N*）阶子数列，且b1=（k为常数，k∈N*，k≥2），求证：m≤k+1（3）等比数列c1，c2，…，cm是{an}的一个m（m≥3，m∈N*）阶子数列，求证：c1+c1+…+cm≤2﹣．参考答案：（1）解：∵a2，a3，a6成等差数列，∴a2﹣a3=a3﹣a6．又∵a2=，a3=，a6=，代入得﹣=﹣，解得a=0．（2）证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．∵b1=，∴b2≤，从而d=b2﹣b1≤﹣=﹣．∴bm=b1+（m﹣1）d≤﹣．又∵bm＞0，∴﹣＞0．即m﹣1＜k+1．∴m＜k+2．又∵m，k∈N*，∴m≤k+1．（3）证明：设c1=（t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．∵c2≤，∴q=≤．从而cn=c1qn﹣1≤（1≤n≤m，n∈N*）．∴c1+c2+…+cm≤+++…+=，设函数f（x）=x﹣，（m≥3，m∈N*）．当x∈（0，+∞）时，函数f（x）=x﹣为单调增函数．∵当t∈N*，∴1＜≤2．∴f（）≤2﹣．即c1+c2+…+cm≤2﹣．考点：数列的求和；等差数列的性质．专题：等差数列与等比数列．分析：（1）利用等差数列的定义及其性质即可得出；（2）设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．由b1=，可得b2≤，再利用等差数列的通项公式及其不等式的性质即可证明；（3）设c1=（t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．由c2≤，可得q=≤．从而cn=c1qn﹣1≤（1≤n≤m，n∈N*）．再利用等比数列的前n项和公式、函数的单调性即可得出．解答：（1）解：∵a2，a3，a6成等差数列，∴a2﹣a3=a3﹣a6．又∵a2=，a3=，a6=，代入得﹣=﹣，解得a=0．（2）证明：设等差数列b1，b2，…，bm的公差为d．∵b1=，∴b2≤，从而d=b2﹣b1≤﹣=﹣．∴bm=b1+（m﹣1）d≤﹣．又∵bm＞0，∴﹣＞0．即m﹣1＜k+1．∴m＜k+2．又∵m，k∈N*，∴m≤k+1．（3）证明：设c1=（t∈N*），等比数列c1，c2，…，cm的公比为q．∵c2≤，∴q=≤．从而cn=c1qn﹣1≤（1≤n≤m，n∈N*）．∴c1+c2+…+cm≤+++…+=，设函数f（x）=x﹣，（m≥3，m∈N*）．当x∈（0，+∞）时，函数f（x）=x﹣为单调增函数．∵当t∈N*，∴1＜≤2．∴f（）≤2﹣．即c1+c2+…+cm≤2﹣．点评：本题考查了利用等比数列与等差数列的通项公式及其前n项和公式、函数的单调性、不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题19.给定一个n项的实数列，任意选取一个实数c，变换T（c）将数列a1，a2，…，an变换为数列|a1﹣c|，|a2﹣c|，…，|an﹣c|，再将得到的数列继续实施这样的变换，这样的变换可以连续进行多次，并且每次所选择的实数c可以不相同，第k（k∈N*）次变换记为Tk（ck），其中ck为第k次变换时选择的实数．如果通过k次变换后，数列中的各项均为0，则称T1（c1），T2（c2），…，Tk（ck）为“k次归零变换”．（1）对数列：1，3，5，7，给出一个“k次归零变换”，其中k≤4；（2）证明：对任意n项数列，都存在“n次归零变换”；（3）对于数列1，22，33，…，nn，是否存在“n﹣1次归零变换”？请说明理由．参考答案：（1）见解析（2）见解析（3）不存在，见解析【分析】（1）根据定义取恰当的值进行变换得解；（2）结合（1）进行归零变换的过程，可以考虑构造数列，经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…，进行变换Tk（ck）时，，依次变换即可得证；（3）利用数学归纳法证明该数列不存在“n﹣1次归零变换”.【详解】（1）方法1：T1（4）：3，1，1，3；T2（2）：1，1，1，1；T3（1）：0，0，0，0．方法2：T1（2）：1，1，3，5；T2（2）：1，1，1，3；T3（2）：1，1，1，1；T4（1）：0，0，0，0．．…（2）经过k次变换后，数列记为，k＝1，2，…．取，则，即经T1（c1）后，前两项相等；取，则，即经T2（c2）后，前3项相等；…设进行变换Tk（ck）时，其中，变换后数列变为，则；那么，进行第k+1次变换时，取，则变换后数列变为，显然有；…经过n﹣1次变换后，显然有；最后，取，经过变换Tn（cn）后，数列各项均为0．所以对任意数列，都存在“n次归零变换”．（3）不存在“n﹣1次归零变换”．证明：首先，“归零变换”过程中，若在其中进行某一次变换Tj（cj）时，cj＜min{a1，a2，…，an}，那么此变换次数便不是最少．这是因为，这次变换并不是最后的一次变换（因它并未使数列化为全零），设先进行Tj（cj）后，再进行Tj+1（cj+1），由||ai﹣cj|﹣cj+1|＝|ai﹣（cj+cj+1）|，即等价于一次变换Tj（cj+cj+1），同理，进行某一步Tj（cj）时，cj＞max{a1，a2，…，an}；此变换步数也不是最小．由以上分析可知，如果某一数列经最少的次数的“归零变换”，每一步所取的ci满足min{a1，a2，…，an}≤ci≤max{a1，a2，…，an}．以下用数学归纳法来证明，对已给数列，不存在“n﹣1次归零变换”．（1）当n＝2时，对于1，4，显然不存在“一次归零变换”，结论成立．（由（2）可知，存在“两次归零变换”变换：）（2）假设n＝k时成立，即1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”．当n＝k+1时，假设1，22，33，…，kk，（k+1）k+1存在“k次归零变换”．此时，对1，22，33，…，kk也显然是“k次归零变换”，由归纳假设以及前面的讨论不难知1，22，33，…，kk不存在“k﹣1次归零变换”，则k是最少的变换次数，每一次变换ci一定满足，i＝1，2，…，k．因为（k+1）k+1﹣k?kk＞0所以，（k+1）k+1绝不可能变换为0，与归纳假设矛盾．所以，当n＝k+1时不存在“k次归零变换”．由（1）（2）命题得证．【点睛】此题考查数列新定义问题，关键在于读懂题目所给新定义，根据定义进行构造，分析证明，涉及与正整数有关的命题可以考虑利用数学归纳法进行证明.20.（本小题满分10分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，设向量m=(cosA，sinA)，n=(1，0)，且向量m+n为单位向量，求：（Ⅰ）角A；（Ⅱ）.参考答案：解：（Ⅰ）∵m+n=(cosA+1，sinA)为单位向量，∴(cosA+1)2+sin2A=1，即2cosA+1=0，得cosA=-，∴

A=.

………………

4分（Ⅱ）∵

A=，∴

B+C=，即B=-C，结合正弦定理得：======2.

………………10分

21.（本小题满分14分）已知圆经过椭圆的右焦点F和上顶点D.（I）求椭圆E的方程；（II）过点作斜率不为零的直线l与椭圆E交于不同的两点A,B，直线AF,BF分别交椭圆E于点G,H，设（i）求的取值范围；（ii）是否存在直线l，使得成立？若存在，求l的方程；若不存在，请说明理由.参考答案：