高三数学月考试卷解析版

2023年12月2日发(作者：批改数学试卷直播初三)

长郡中学2022届高三月考试卷（三）数 学

得分：

本试卷共8页。时量120分钟。满分150分。

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．已知集合U＝{2，1，0，1，2，3}，A＝{1，0，1}，B＝{1，2}，则（ ）

A．{2，3} В．{2，2，3}

D．{2，1，0，2，3}

B．x,0，x3x0

3D．x00,，x0x00

UABC．{2，1，0，3}

A．x,0，x3x0

3C．x00,，x0x00

32．命题“x0,，xx0”的否定是（ ）

3．函数fx2xb2a的图像如图所示，则（ ）

A．a0，0b1

C．a0，1b0

B．a0，1b0

D．a0，0b1

4．1614年纳皮尔在研究天文学的过程中为了简化计算而发明对数；1637年笛卡尔开始使用指数运算；1770年，欧拉发现了指数与对数的互逆关系，指出：对数源于指数，对数的发明先于指数，称为数学史上的珍闻．若2xA．1．322 B．1．410

5，lg20.3010，则x的值约为（ ）

2C．1．507 D．1．669

5．设m，n表示两条不同的直线，α，β表示两个不同的平面，下列命题为真命题的是（ ）

A．若m，，则m∥

C．若mn，m，则n∥

B．若m∥，m，则

D．若m∥，n∥，，则mn

6．T1，T2，T3三个元件正常工作的概率分别为123，，，且是相互独立的．如图，将234T2，T3两个元件并联后再与T1元件串联接入电路，则电路不发生故障的概率是（ ）

117 D．

4322m7．已知m0，xy0，当xy2时，不等式4恒成立，则m的取值范围是xyA．В．C．（ ）

11

2423

242

C．m0m2

A．mmB．mm2

D．m0m2

8．已知ABCD是边长为2的正方形，P为平面ABCD内一点，则PAPBPC的最小值是（ ）

A．2 В．5

2C．3 D．4

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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

9．已知函数fxAsinx（xR，A0，0，图所示，则下列说法正确的是（ ）

2）的部分图像如

A．fx的最小正周期为2

1，0）对称

64C．fx的图像关于直线x对称

32D．把fx的图像向右平移个单位长度，得到一个奇函数的图像

3B．fx的图像关于点（10．下列命题为真命题的是（ ）

A．若z1，z2互为共轭复数，则z1z2为实数

1R，则zR

z5C．复数的共轭复数为2i

i2B．若2D．关于复数z的方程z2izbi0（bR）有实数根，则b1 11．如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是（ ）

A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMB

B．异面直线AD与PB所成的角为90°

C．二面角P—BC—A的大小为45°

D．BD⊥平面PAC

x212．已知a为常数，函数fxxlnx2ax有两个极值点x1，（x1x2），则（ ）

A．0a1

4В．x1x22 C．fx10 D．fx21

2

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．我市开展的“魅力教师”学生原创网文大赛，各校上传文章的时间为3月1日至30日，评委会把各校上传的文章数按5天一组分组统计，绘制了频率分布直方图（如图）．已知从左至右各长方形的高的比为2：3：4：6：4：1，第二组的频数为180．那么本次活动收到的文章数是 ．

214．对任意实数x1，x2，min{x1，x2}表示x1，x2中较小的那个数，若fx2x，gxx，Fxminfx,gx，则Fx的最大值是 ．

15．记n项正项数列为a1，a2，…an，其前n项积为Tn，定义lgT1T2•Tn为“相对

叠乘积”，如果有2020项的正项数列a1，a2，a3，…，a2020的“相对叠乘积”为2020，则有2021项的数列10，a1，a2，a3，…，a2020的“相对叠乘积”为 ．

16．如图，在一个底面边长为2，侧棱长为10的正四棱锥P—ABCD中，球O1内切于该四棱锥，球O2与球O1及四棱锥的四个侧面相切，球O3与球O2及四棱锥的四个侧面相切，…依次作球On+1与球On及四棱锥的四个侧面相切，则球O1的表面积为 ．球O1，球O2，…球On的表面积之和为 ．

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）设正项数列an为等比数列，它的前n项和为Sn，a11，且a1S2a3．

（1）求数列an的通项公式；

（2）已知bn是首项为1，公差为2的等差数列，求数列bn的前n项和Tn．

an18．（12分）如图，在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c．已知b=3，c=6，sin2CsinB，且AD为BC边上的中线，AE为∠BAC的角平分线．

（1）求cosC及线段BC的长；

（2）求△ADE的面积．

19．（12分）如图①，在菱形ABCD中，∠A=60°且AB=2，E为AD的中点．将△ABE沿BE折起至△A1BE使A1D2，得到如图②所示的四棱锥A1—BCDE．

（1）求证：平面A1BE⊥平面A1BC；

（2）若P为A1C的中点，求二面角P—BD—C的余弦值．

20．（12分）已知函数fxalnxx2a（aR）．

（1）讨论函数fx的单调性；

exe（2）若0a，求证：fxx．

x4 21．（12分）教育是阻断贫困代际传递的根本之策．补齐贫困地区义务教育发展的短板，让贫困家庭子女都能接受公平而有质量的教育，是夯实脱贫攻坚根基之所在．治贫先治愚，扶贫先扶智．为了解决某贫困地区教师资源匮乏的问题，某市教育局拟从5名优秀教师中抽选人员分批次参与支教活动．支教活动共分3批次进行，每次支教需要同时派送2名教师，且每次派送人员均从这5人中随机抽选．已知这5名优秀教师中，2人有支教经验，3人没有支教经验．

（1）求5名优秀教师中的“甲”，在这3批次支教活动中恰有两次被抽选到的概率；

（2）求第一次抽取到无支教经验的教师人数X的分布列．

（3）求第二次抽选时，选到没有支教经验的教师的人数最有可能是几人？请说明理由；

22．（12分）已知函数fxex1，gxalnx．

（1）若函数hxfxgx在定义域上单调递增，求实数a的取值范围；

（2）当a0时，若fx，gx存在公切线l，求lna的范围（x表示不大于x的最大的整数）．

长郡中学2022届高三月考试卷（三）

数学参考答案

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．

题号

答案

1

A

2

C

3

D

4

A

U5

B

6

A

7

B

8

B

1．A【解析】由题意可得AB{1,0,1,2}，则(AB){2,3}．故选A．

2．C【解析】∵命题“x[0,)，x3x0”是一个全称量词命题．

3∴其命题的否定为：x0[0,)，x0x00，故选C．

3．D【解析】函数f(x)2(xb)2a图像关于直线xb对称，故0b1，

又当x趋向正无穷大时，f(x)向0，可得a0，故选D．

5，

25lg51lg211121.322，故选A． 则xlog2log2512lg2lg2lg24．A【解析】由题意可知2x5．B【解析】对于A，m可以在内，故A错；

对于C，n可以在内，故C错误；

对于D，m与n可以平行，故D错．

6．A【解析】记T1正常工作为事件A，T2正常工作为事件B，T3正常工作为事件C，

123，P(B)，P(C)．

234电路不发生故障，即T1正常工作，且T2，T3至少有一个正常工作．

则P(A)T2，T3至少有一个正常工作的概率2311P1[1P(B)][1P(C)]111，

341211111所以整个电路不发生故障的概率PP(A)P．故选A

212247．B【解析】m0，xy0，xy2，

2m12m12ymx(xy)m2xy2xyxy212ymx1m222(m222m)，

2xy当且仅当不等式2ymx时取等号

xy2m14恒成立，(m222m)4，

xy2 整理得(m32)(m2)0，解得m2，即m2，

m的取值范围为mm2．故选：B

8．B【解析】设AB的中点为E，EC的中点为F，

则(PAPB)PC2PEPC2PFFE做．

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，有选错的得0分，部分选对的得2分．

题号

答案

9

ABC

10

ABD

11

ABC

12

ACD

2252FE2，故选B．也可以建系来29．ABC【解析】由图像得A2，且．又T511，T2，A正确；

46321322k(kZ)，且||2,

6，f(x)2sinx．

611f0，f(x)的图像关于点,0对称，B正确；

6644f2，f(x)的图像关于直线x对称，C正确；

3322fx2sinx2sinx2cosx是偶函数，D不正确。故3362选ABC．

2210．ABD【解析】设z1abi，z2abi，则z1z2ab为实数，A选项正确．

设11aR，(a0)，则zR，正确．

za55(2i)2i，其共轭复数是2i，C选项错误．

i2(2i)(2i)2设aR是方程的实根，

则a2ab(a1)i0，a1，b1．D选项正确．故选：ABD．

11．ABC【解析】如图，对于A，取AD的中点M，连接PM，BM．

∵侧面PAD为正三角形，

PMAD，又底面ABCD是菱形，DAB60， △ABD是等边三角形，

ADBM，又PMBMM，PM，BM平面PMB，

AD平面PBM，故A正确．

对于B，AD平面PBM，

ADPB，即异面直线AD与PB所成的角为90°，故B正确．

对于C，BC//AD，

BC平面PBM，BCPB，BCBM，

PBM是二面角PBCA的平面角，设AB1，

33，PM，

22∵平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，

PM平面PAD，PMAD，PM平面ABCD，

PM在Rt△PBM中，tanPBM1，即PBM45，

BM则BM故二面角PBCA的大小为45°，故C正确．

对于D，因为BD与PA不垂直，所以BD与平面PAC不垂直，故D错误．

故选ABC．

12．ACD【解析】令g(x)f(x)lnx14ax，(x0)，令f(x)0，则4a1lnx，

x1lnxlnx，则g(x)，

2xxg(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减．

1lnx的大致图像，

x作出y4a，g(x)当0a1时，fx0有两个根x1，x2，且x11x2，当a0时，x1x2．

4函数f(x)在区间0,x1上递减，在区间x1,x2上递增，在区间x2,上递减．

1fx1f(1)2a0，fx2f(1)2a．

2故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．1200【解析】由题设中提供的直方图可得本次活动收到的文章数n1801200

32014．1【解析】作出函数fx，gx的图象，

令f(x)g(x)，即2x2x，解得x2，x1，

2x2,x2由题意得，F(x)min{f(x),g(x)}x,2x1

2x2,x1由图象知，F(x)maxF(1)1．所以F(x)的最大值是1．故答案为：1．

15．4041【解析】由题意得2021项的数列10，a1，a2，…，a2021的“相对叠乘积”为

2021lg1010T10T10T10Tlg10lgT1T2T20201232020202120204041

故答案为：4041．

n8116．2

1

34【解析】设O为正方形ABCD的中心，AB的中点为M，连接PM，OM，PO，则OM1，

PMPA2AM21013，PO9122

设球On的半径为Rn，表面积为Sn，

如图，在截面PMO中，设N为球O1与平面PAB的切点，

则N在PM上，且O1NPM，设球O1的半径为R1，则O1NR1，

因为sinMPONO11OM1，则PO13R1，

，所以PO13PM322，S14R12

2设球O1与球O2相切于点Q，则PQPO2R12R1，设球O2的半径为R2，

POPO1OO14R122，所以R1 同理可得PQ4R2，所以R2nRR1，同理可得Rn1n，

2211n814S1S2Sn21．

13414四、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．【解析】（1）正项数列an为等比数列，an0，q0．

a1S2a3，即2a1a2a3，2a1a1qa1q2

q2q2(q2)(q1)0，故q2

ana1qn12n1

（2）bn1(n1)22n1，bn(2n1)2n1．

anTn120321(2n1)2n1，①

2Tn121322(2n1)2n，②

由②-①式得：

Tn1221222n1(2n1)2n

122222012n12n1(2n1)21221(2n1)2n

nTn3(2n3)2n，nN*．

18．【解析】（1）根据题意，sin2CsinB2sinCcosCsinB，

由正弦定理知：2ccosCb．

又b3，c6，cosCb1；

2c4a2b2c21，解得a6，即BC6． 又由cosC2ab4（2）根据题意，因为AD为BC边上的中线，

1BC3，

2因为AE平分BAC，

11ABAEcosBAEBEhS△ABE2ABBE2所以，故2，

ACCES△ACE1ACAEcosCAE1CEh22所以CD变性可得CE1511，

BC2，cosC，则sinC4341151153153332．

24248所以S△ADES△ACDS△ACE 19．【解析】证明：（1）在图①中，连接BD．

四边形ABCD为菱形，A60，△ABD是等边三角形．

E为AD的中点，BEAE，BEDE．

又AB2，AEDE1．

222在图②中，A1EEDA1D．

1D2，AA1EED．

BC//DE，BCBE，BCA1E

又BEA1EE，A1E，BE平面A1BE．

BC平面A1BE．

BC平面A1BC，∴平面A1BE平面A1BC．

解：（2）由（1），知A1EDE，A1EBE．

BEDEE，BE，DE平面BCDE．

A1E平面BCDE．

以E为坐标原点，EB，ED，EA1的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系Exyz．

则E(0,0,0)，A1(0,0,1)，B(3,0,0)，C(3,2,0)，D(0,1,0)．

31ACP为1的中点，P2,1,2．

3131，．

PB,1,PD,0,2222设平面PBD的一个法向量为m(x,y,z)

31xyz0,mPB022由得

mPD03x1z0.22令z3，得m(1,3,3)．

又平面BCD的一个法向量为EA1(0,0,1)．

设二面角PBDC的大小为，由题意知该二面角的平面角为锐角． 则cosEA1mEA1|m|31721．

721．

7∴二面角PBDC的余弦值为20．【解析】（1）解：函数f(x)的定义域是(0,)，fxaax

1xx当a0时，fx0在(0,)上恒成立，故函数f(x)在(0,)上单调递增，

当a0时，令fx0，得0xa；令fx0，得xa，

综上，当a0时，函数f(x)在(0,)上单调递增，

当a0时，函数f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,)上单调递增；

exexexa(lnx2)a(lnx2)，即证2（2）证明：要证明f(x)x，即证

xxxxex(x2)ex设g(x)2(x0)，则g(x)．

xx3当0x2时，g(x)0；当x2时，g(x)0，

所以g(x)在(0,2)上单调递减，在(2,)上单调递增，

所以x2是g(x)极小值点，也是最小值点，且g(x)mine2g(2)

4alnxlne1a(lnx1)a(lnx2)令h(x)．

(x0)，则h(x)xx2x2当0xe1时，h(x)0；当xe1时，h(x)0，

所以h(x)在0,e1上单调递增，在e1,上单调递减，

所以xe1是h(x)的极大值点，也是最大值点，且h(x)maxhe1ae，

ee2exg(x)，故f(x)x成立． 所以h(x)aee44x21．【解析】（1）5名优秀教师中的“甲”在每轮抽取中，被抽取到的概率为22，

533622则三次抽取中，“甲”恰有两次被抽取到的概率为PC3；

55125（2）X表示第一次抽取到的无支教经验的教师人数，X的可能取值有0，1，2．

12C1C3C21632C32P(X0)2；P(X1)2；P(X2)2．

C510C510C510所以分布列为：

X

P

0

0.1

1

0.6

2

0.3

（3）设表示第二次抽取到的无支教经验的教师人数，可能的取值有0，1，2，则有： 1222C1C3C2C2372C3C32C24，

P(0)222222C5C5C5C5C5C51001111121C1C3C2C1542C3C2C32C2C34C1，

P(1)222222C5C5C5C5C5C51002122C1C3C292C3C22C3，

P(2)220222C5C5C5C5C5100因为P(1)P(0)P(2)，

故第二次抽取到的无支教经验的教师人数最有可能是1人．

22．【解析】（1）由题意，h(x)ex1即axex1在(0,)上恒成立．

令r(x)xex1a0在(0,)上恒成立．

x，则r(x)(x1)ex10，

所以r(x)xex1在(0,)上单调递增．

于是r(x)r(0)0，所以a0．

（2）当a0时，设公切线在f(x)上的切点为Ax0,ex01，

则切线方程为：yex01xex011x0．

设公切线在g(x)上的切点为Bx1,alnx1，

则切线方程为：yaxalnx11，

x1ax0xe1,1

alnx1ex011x,10x01x1x1lnx1，

又ax1ex01，lnax1lnx1x1lnx1．

令F(x)xlnxxlnx(x0)．F(x)1lnx．

xF(x)在(0,)上单调递减，而F(1)10，F(2)1ln20，

2x2(1,2)满足递减．

1lnx2，F(x)在区间0,x2上单调递增，在区间x2,上单调x2F(x)maxFx2lnx2x2x2lnx2x2[lna]1．

1311,，

x22