合肥一中2021-2022学年度2月高三数学月考

一、选择题（本题共12道小题，每小题5分，共60分）

1.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．

7π 24B．

 4C．

7π 12D．

3π 82.已知向量A．6

a1,2,b3,m．若a//b，则m＝（ ）

C．

B．﹣6

3 2D．3 23.将函数ysin2x的图象经过以下变换后可得函数ycos2x的图象，其中不正确的是．．．（ ▲ ） A．向左平移C．向左平移

3 B．向右平移

44，再作关于x轴对称 D．向左平移，再作关于y轴对称 444.如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段A1C1的中点，则异面直线DE与B1C所成角的大小为（ ）

A．15° B．30° C．45° D．60°

5.（多选题）已知a＞0，b＞0，若4a+b＝1，则（ ） A．

11的最小值为9 4ab

B．

11的最小值为9 ab9 4C．（4a+1）（b+1）的最大值为D．（a+1）（b+1）的最大值为

9 42x2x6.函数yx的图象大致为（ ）

22xA． B．

C． D．

7.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a：b：c＝2：3：4，则△ABC为（ ） A．锐角三角形

B．直角三角形

C．钝角三角形

D．等腰三角形

8.为了得到函数ycosx的图象，可以将函数ycosx图象（ ）

66A．向左平移C．向左平移

个长度单位 3个长度单位 6B．向右平移D．向右平移

个长度单位 3个长度单位 6

9.半径为1的球的体积为（ ） A．π

B．

 3C．4π D．

4 310.已知数列{an}是无穷等差数列，Sn是其前n项和，若Sn存在最大值，则（ ▲ ） A．在S1,B．在S1,S2S3,,23S2S3,,23,,S2020中最大的数是S1 2020S2020S中最大的数是2020 20202020C．在S1,S2,S3,D．在S1,S2,S3,,S2020中最大的数是S1 ,S2020中最大的数是S2020

11.已知对任意xR，不等式

axbx2axb4恒成立，则（ ▲ ）

A．b2a4 B．b2a4 C．存在a,bR，有a24b16 12.

（多选题）存在函数f（x）满足：对任意x∈R都有（ ） D．对于任意a,bR， 有a24b16

A．f（sinx）＝cosx C．f（cosx）＝cos2x

B．f（sinx）＝sin2x D．f（sinx）＝sin3x

二、填空题（本题共5道小题，每小题4分，共20分）

13.

曲线yalnx在点1,a处的切线与曲线yex相切，则a____________． 14.

现有3个灯泡并联而成的闭合电路，如果在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.9，那么在这段时间内该电路上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是 ． 15.

如图，三棱锥S﹣ABC中，若AC＝23，SA＝SB＝SC＝AB＝BC＝4，E为棱SC的中点，则直线AC与BE所成角的余弦值为 ．

16.

已知空间直线l的方向向量是m=(1，a+2b，a－1)(a,b∈R)，平面α的法向量n=(2，3，3)．若l⊥α，则a+b＝ ． 17.

若直线m：2x﹣4y﹣3＝0与n：3x+ay﹣12＝0平行，则a＝ ，两直线间的距离是 ．

三、解答题（本题共5道小题

18.（12分）

已知在空间直角坐标系Oxyz中，点A，B，C，M的坐标分别是（2，0，2），（2，1，0），（0，4，﹣1），（2，3，﹣1），过点A，B，C的平面记为α． （1）证明：点A，B，C，M不共面； （2）求点M到平面α的距离． 19.（12分）

在平面直角坐标系中，动点P（x，y）（y＞0）到定点M（0，1）的距离比到x轴的距离大1．

（1）求动点P的轨迹C的方程；

（2）过点M的直线l交曲线C于A，B两点，若|AB|＝8，求直线l的方程． 20.（12）

x2y2设椭圆C：22＝1（a＞b＞0），F1，F2分别为左、右焦点，B为短轴的一个端点，

ab且SBF1F2＝3，椭圆上的点到右焦点的距离的最小值为1，O为坐标原点． （1）求椭圆C的方程；

（2）若点P是椭圆上一点，SPF1F2＝1，求点P的坐标． 21.（6分）

已知复数z＝1﹣i（i为虚数单位）． （1）求|z|； （2）若22.

（本题满分15分）

已知数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn2an2nN*. （Ⅰ）求数列{an}的通项公式；

22...an（Ⅱ）记Tna12a2，数列zabi，求实数a和b的值． 1ian的前n项和为Rn.求证：Tn31(1n1)Rn1； 421（Ⅲ）数列{bn}满足b11,bnbn1log2an，试比较大小，并说明理由.

1111与2n1的b1b2b3bn试卷答案

1. A

解：根据几何体的三视图转换为几何体为：该几何体为底面半径为，高为2的圆柱的，挖去一个半径为的半球； 故：V＝故选：A． 2. A 解：∵

，且

，

．

∴m﹣6＝0，∴m＝6． 故选：A． 3. D 4. B

解：分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，

设正方体棱长为2，可得D（0，0，0），E（1，1，2），B1（2，2，2），C（0，2，0）， ∴

＝（1，1，2），

，

＞＝

＝（﹣2，0，﹣2），

＝

＝

∴cos＜

∴异面直线DE与B1C所成角的余弦值为

∴异面直线DE与B1C所成角的大小为：30°故选：B． 5. BC

解：对于A，+＝（+）（4a+b）＝2++≥4，故A错误，

对于B，+＝（+）（4a+b）＝5++≥9，故B正确，

对于C，由于a＞0，b＞0，（4a+1）+（b+1）＝3，所以（4a+1）（b+1）≤（

）2＝，当且仅当4a+1＝b+1＝时取等号，故C正确；

对于D，由于a＞0，b＞0，（4a+4）+（b+1）＝6，所以（a+1）（b+1）＝（4a+4）（b+1）≤（

）2＝，当且仅当4a+4＝b+1＝3时取等号．即a＝

，b

＝2，故等号取不到，故D错误． 故选：BC． 6. A

解：f（﹣x）＝

＝﹣f（x），则函数为奇函数，图象关于原点对称，排除D，

当x→+∞，f（x）→1，排除B，

当x＝1时，y＝＝＞1，排除C，

故选：A． 7. C

解：设a＝2k，b＝3k，c＝4k， 利用余弦定理：cosC＝故

．

＜0，

故三角形为钝角三角形． 故选：C． 8. A

解：即将函数故选：A． 9. D

解：球的体积V＝故选：D． 10. A 11. B 12. CD

＝cos（x+﹣+））＝cos[（x+）﹣]，

图象向左平移个长度单位，即可，

＝＝，

解：根据题意，依次分析选项：

1，不符合题意函数的定义，A错误， 对于A，f（sinx）＝cosx，当sinx＝0时，cosx＝±

对于B，f（sinx）＝sin2x，则f（sinx）＝2sinxcosx，当sinx＝时，cosx＝±±

，不符合题意函数的定义，B错误，

，sin2x＝

对于C，f（cosx）＝cos2x，则f（cosx）＝2cos2x﹣1，存在函数f（x）＝2x2﹣1，符合题意，C正确，

对于D，f（sinx）＝sin3x，则f（sinx）＝sin（2x+x）＝sin2xcosx+cos2xsinx＝3sinx﹣4sin3x，存在函数f（x）＝3x﹣4x3，符合题意，D正确， 故选：CD． 13. －2 14. 0.972

解：现有3个灯泡并联而成的闭合电路，在某段时间内每个灯泡能正常照明的概率都是0.9，

∴在这段时间内该电路上的灯泡至少有两个能正常照明的概率是： P＝

故答案为：0.972． 15.

解：取SA的中点F，连接EF，BF， ∵E为棱SC的中点， ∴EF∥AC，

∴∠BEF（或其补角）为异面直线AC与BE所成的角， ∵AC＝2

，SA＝SB＝AB＝BC＝SC＝4，

，EF＝

，

＝

＝．

＝0.972．

∴BE＝BF＝2

在等腰△BEF中，cos∠BEF＝故答案为：．

16. 2 解：∵

是直线l的方向向量，

是平面α的法向量，l⊥α，

∴∥， ∴＝

＝

，

解得a+b＝2． 故答案为：2． 17.

﹣6；

解：因为直线m：2x﹣4y﹣3＝0与n：3x+ay﹣12＝0平行， 所以

，解得a＝﹣6，

所以直线m：2x﹣4y﹣3＝0，直线n：3x﹣6y﹣12＝0， 取直线n上一点P（4，0）， 则点P到直线m的距离为

．

＝

，

所以两直线间的距离是故答案为：﹣6；18.

．

【解答】证明：（1）由已知可得，

，

假设A、B、C三点共线，则存在实数λ，使得即（0，1，﹣2）＝λ（﹣2，4，﹣3），则线，

∴A，B，C不共线，即过点A，B，C的平面是惟一的， 若点A，B，C，M共面，则存在x，y∈R，使得

即（0，3，﹣3）＝x（0，1，﹣2）+y（﹣2，4，﹣3），

，

，，

，此方程组无解，故不共

，

即，此方程组无解，

即不存在实数x，y，使得（2）设平面α的法向量为则

，即A、B、C、M不共面； ，

．

，取c＝2，得

∴点M到平面α的距离为d＝ 19.

＝．

解：（1）动点P（x，y）到x轴的距离为y，到点M的距离为PM＝因为动点P（x，y）（y＞0）到定点M（0，1）的距离比到x轴的距离大1， 所以

＝y+1，

，

两边平方可得，x2＝4y，

故动点P的轨迹C的方程为x2＝4y； （2）根据题意，显然直线l的斜率存在， 设直线l的斜率为k，则直线l的方程为y＝kx+1， 设A（x1，y1），B（x2，y2）， 由所以所以AB＝

，消去x可得y2﹣（2+4k2）y+1＝0，

，

1， ，解得k＝±

所以直线l的方程为y＝x+1或y＝﹣x+1． 20.

解：（1）由题意可得a﹣c＝1，

，⇒

⇒

∴椭圆C的方程：（2）设P（x0，y0），由S

．

， ．

，1），（

，﹣1）．

1，代入椭圆方程可得⇒h＝1，∴y0＝±∴P（﹣ 21.

，﹣1），（﹣

），（

【分析】（1）根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．

（2）根据已知条件，结合复数的乘法法则，以及复数相等性原则，即可求解． 解：（1）∵z＝1﹣i， ∴（2）∵

．

∴a+bi＝﹣i，即a＝0，b＝﹣1． 22.

解：（Ⅰ）a1S12a12， a12

由 Sn2an2 及 Sn12an12得 an12an12an，即an12an

an是以2为首项，2为公比的等比数列 an2n -------- -4 分

2n2n（Ⅱ）证明：an(2)4

n4(14n)4nan32Tn -----------5分 (41)，从而n143Tn441nnan32321 nn1nTn4414342Rn11112n1n1 ----------------------------7分 2222311an32n32n32n又=(n) n1nnnnn142121Tn4414(21)(21)4(21)(21)311111131Rn(223nn1)(1n1)----10分

42121212121214231综上所述：(1n1)Rn1.

421（Ⅲ）bnbn1log2ann，b11 bn1bnn1(n2)，且b21

bn(bn1bn1)1(n2)， 1bn1bn1 ----------12分

bn1111=1+(b3b1)(b4b2)(b5b3)(bn1bn1)

b1b2b3bn111bnbn1bn当n1时，

n12n1(n2) ------------------14分 bn11211 b1

11112n1 ------------------15分 b1b2b3bn