三明一中2022-2023学年上学期月考二高三数学科试卷含答案

三明一中2022-2023学年上学期月考二
高三数学科试卷
（考试时间：120分钟，满分150分）
注意事项：
1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、准考证号．考生
要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．
2．选择题每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需
改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答．在试题卷上作答，答案无效．
一、单选题(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，仅有一项是符合题目要求的.)
1.已知集合{}{}
2
2,3,4,230A B x x x ==∈+-<N ，则A B 中元素的个数是
A.2
B.3
C.4
D.5
2.复平面内表示复数622i
z i
+=-，则z =
A. B. C.
4 D.3.若非零实数,a b 满足a b >，则A.2
2
ac bc
> B.
2b a a b
+> C.e
1a b
-> D.ln ln a b
>4.函数()cos f x x x =的图像大致是
A ．
B ．
C ．
D ．
5.如图，在矩形ABCD 中，2AD =，点M ，N 在线段AB 上，且
1AM MN NB ===，则MD 与NC
所成角的余弦值为A ．
13
B ．
45
C ．
23
D ．
35
6.足球起源于中国古代的蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.已知某“鞠”的表面上有四个点
,,,P A B C ，满足1,PA PA =⊥面ABC ，AC BC ⊥，若2
3
P ABC V -=
，则该“鞠”的体积的最小值为
A.
256
π B.9π C.
92
π D.
98
π7.如图，在杨辉三角形中，斜线l 的上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前n 项和为n S ，则22S =
A.361
B.374
C.385
D.395
8.在ABC 中，角A
、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，若sin c A =，b a λ=，则实数λ的最大值是
A.
B．3
2
+C．D．2二、多选题(本题共4小题，每小题5分，共20分。

在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。

全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。

)
9.已知等差数列{}n a 的公差为d ，前n 项和为n S ，且91011S S S =<，则A ．0
d <B ．100
a =C ．180
S <D ．89
S S >
10.已知函数()()sin 0,R f x x x x ωωω=->∈的图象与x 轴交点的横坐标构成一个公差为
π
2
的等差数列，把函数()f x 的图象沿x 轴向左平移π3个单位，横坐标伸长到原来
的2倍得到函数()g x 的图象，则下列关于函数()g x 的结论正确的是A.函数()g x 是偶函数B.()g x 的图象关于点(,0)3
π
-对称C.()g x 在ππ,33⎡⎤
-
⎢⎥⎣⎦
上是增函数D.当ππ,66x ⎡⎤
∈-
⎢⎥⎣⎦
时，函数()g x 的值域是[1，2]11.感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有5位志愿者主动到3所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有
A.不同的安排方法数为150
B.若甲学校至少安排两人，则有60种安排方法
C.小晗被安排到甲学校的概率为
13
D.在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为58
12.函数()e cos x
f x a x =-，下列说法正确的是
A.当1a =时，()f x 在()()
0,f x 处的切线的斜率为1B.当1a =时，()f x 在()π,-+∞上单调递增C.对任意()0,a f x '>在()π,-+∞上均存在零点D.存在()0,a f x '<在()π,-+∞上有唯一零点
三、填空题：本题共4个小题，每小题5分，共20分.
13.
已知某圆锥的底面周长为4π，侧面积为
，则该圆锥的体积为***．
14.6(
x -
展开式中的常数项为***．
15.边长为1的正方形内有一内切圆，MN 是内切圆的一条弦，点P 为正方形四条边上的动
点，当弦MN 的长度最大时，PM PN ⋅
的取值范围是***．
16.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体
ABCD 的棱长为a ，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为***，勒洛四面体的
截面面积的最大值为***．
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.（本题10分）已知数列{}n a 是等差数列，其中24a =，且459a a a +=.（1）求数列{}n a 的通项公式n a ；（2）设1
4
2n a n n n b a a +=
+，求数列{}n b 的前n 项和n T .18．（本题12分）已知函数()211
22
f x x x =+，数列{}n a 的前n 项和为n S ，点()()*,n n S n ∈N 均在函数()f x 的图象上．（1）求数列{}n a 的通项公式；
（2）若函数()442x x g x =+，令()
*
2021n n a b g n ⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭
N ，求数列{}n b 的前2020项和2020T ．
19．（本题12分）在ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ．设222cos sin sin sin cos A A B B C +=+．
（1）求角C ；
（2）若D 为AB
中点，CD =
AB =ABC 的面积．
20．（本题12分）如图，在四棱锥P—ABCD中，底面ABCD为菱形，E，F分别为PA，BC的中点．
(1)证明：EF∥平面PCD
(2)若PD⊥平面ABCD，120
∠= ，且24
ADC
==，求直线AF与平面DEF所成角的
PD AD
正弦值．
22．（本题12分）已知函数()()
ln 11
x f x x +=
+．（1）证明：函数()f x 的图象与直线y x =只有一个公共点．（2）证明：对任意的*n N ∈，()2341
2ln 149n n n
++
++⋅⋅⋅+>+．
三明一中2022-2023学年上学期月考二答案解析
题号123456789101112答案
C
A
C
A
D
C
B
D
BCD
BD
AC
AD
13.43
π
14.
1516
15.
10,4⎡⎤⎢⎣⎦
16.a
2
32
a π6.【详解】取AB 中点为D ,过D 作//OD PA ,且11
=
=22
OD PA ,因为PA ⊥平面ABC ,所以OD ⊥平面ABC .由于AC BC ⊥,故DA DB DC ==,进而可知OA OB OC OP ===,所以
O 是球心,OA 为球的半径.
由112
==4323
P ABC V AC CB PA AC CB -=
⨯⋅⋅⇒⋅,又2222=8AB AC BC AC BC =+≥⋅,
当且仅当2AC BC ==,等号成立,故此时AB =所以球半径
3
2
R OA ==≥,故min
3=2R ,体积最小值为3
34439
πππ3322
R ⎛⎫== ⎪⎝⎭故选:C
7.【详解】根据杨辉三角的特征可以将数列继续写出到第22项：
1，3，3，4，6，5，10，6，15，7，21，8，28，9，36，10，45，11，55，12，66，13，所以
()()
221361015212836455566345678910111213S =+++++++++++++++++++++()31311
286374
2
+⨯=+
=8.解：由余弦定理，得2222cos a c b b A =+-，结合sin c A =，
得222212sin 2sin cos a b A b b A A =+-⋅，
解得2
2212sin 12a A A b
=+-，
即22723a A b π⎛
⎫=-+ ⎪⎝
⎭，则当12A π
=
时，222max (2b a ⎛⎫=
= ⎪⎝⎭
．max max (2b a
λ==+故选：D ．
11.【详解】对于A 选项，将5位志愿者分成3组，每组至少一人，每组人数分别为3、1、
1或2、2、1，
再将这三组志愿者分配给3个地区，不同的安排方法种数为22
33
535322C C C A 150A ⎛⎫+= ⎪⎝
⎭种，A 对；
对于B 选项，若甲学校至少安排两人，则甲校安排2人或3人，则不同的安排方法种数为(
)
223
2
5352C C C A 80+=种，B
错；
对于C 选项，若小晗被安排到甲学校，则甲校可安排的人数为1或2或3，由古典概型的概率公式可知，小晗被安排到甲学校的概率为
()
2
1212222
44243242
C
C A C C A C A 1150
3
+++=
，C 对；
对于D 选项，记事件:A 小晗被安排到甲校，事件:B 甲学校安排两人，
则()13P A =，()122
432C C A 4
15025
P AB ==，
由条件概率公式可得()()()
412
32525
P AB P B A P A =
=
⨯=，D 错.故选：AC.
12.【详解】对于A ，当1a =时，()()e cos ,e sin x
x
f x x f x x '=-=+，
()01f '=，故()f x 在()()0,f x 处的切线的斜率为1，A 正确；
对于B ，当1a =时，()()e cos ,e sin x
x
f x x f x x '=-=+，
作出函数e ,sin x y y x ==-在()π,x ∈-+∞上的图象如图示，可以看到e ,sin x y y x ==-在()π,0x ∈-
有两交点，
即()e sin x
f x x '=+有两个零点12,x x ，不妨假设12x x <，
当()1π,x x ∈-时，()0f x '>，()f x 递增，当()12,x x x ∈时，()0f x '<，()f x 递减，当()2,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 递增，
故当1a =时，()f x 在()π,-+∞上不是单调递增函数，故B 错误；对于C ，()e sin x
f x a x '=+，()π,0x ∈-，
令()e sin 0x
f x a x '=+=，则x 1sin e
x a -
=,令()x sin (),π,0e
x F x x =∈-
，π
)
cos sin 4()e e x x
x x x F x --'==，令()0F x '=，得π
π+,1,Z 4
x k k k =≥-∈，
故当π5π(2π,
2π)44x k k ∈++
π
0,()04x F x '-><，()F x 递减，当5ππ(2π,2π2π)44x k k ∈+++
时，π
)0,()04
x F x '-<>，()F x 递增，所以当5π
2π+,1,Z 4x k k k =≥-∈时，()F x 取到极小值，即当3π5π
,,44
x =-
时，()F x 取到极小值，又
3π5π443π5π
sin()sin 44e e
--
<> ，即3π5π(()44F F -<< ，又因为在3π(π,]4--上，()F x 递减，故3π
43π2
()(42
F x F ≥-=-，
当π
2π+
,0,Z 4x k k k =≥∈时，()F x 取到极大值，即当π9π
,,44
x = 时，()F x 取到极大值，又π9π44
π9π
sin
sin 44e e >> ，即π9π(()44F F >>
，故π4
π()()42e F x F ≤=，当()π,x ∈-+∞
时，3π
4π4
e ()2
2e
F x -≤≤，
所以当3π412e 2a -<-
即
3π4
2e a <，时，()'f x 在()π,-+∞上无零点，故C 错误；当π4
122e
a
-
=
，即π
4a =时，1=-y a 与sin e
x
x
y =的图象只有一个交点，
即存在()0,a f x '<在()π,-+∞上有唯一零点，故D 正确，故选：AD
15.【详解】如下图所示：
设正方形ABCD 的内切圆为圆O ，当弦MN 的长度最大时，MN 为圆O 的一条直径，
()()
2221
4
PM PN PO OM PO OM PO OM PO ⋅=+⋅-=-=- ，
当P 为正方形ABCD 的某边的中点时，min 1
2
OP = ，当P 与正方形ABCD 的顶点重合时，max
22OP
=
，即12
22
OP ≤≤ ，因此，2110,44PM PN PO ⎡⎤
⋅=-∈⎢⎥
⎣⎦ .
故答案为：10,4
⎡⎤
⎢⎣⎦
.
16.【详解】由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间的距离最大值为a ，所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a ；勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD
表面的截面，
假设图2是投影光线垂直于面ABD 时，勒洛四面体在与平面ABD 平行的一个投影平面α上的正投影，
当光线与平面ABD 的夹角小于90 时，易知截面投影均为图2所示图象在平面α上的投影，其面积必然减小，
如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a ，圆心角为60 的扇形的面积减去两个边长为a
的正三角形的面积，
即2221332242
a ππ-⨯=.故答案为：a
；22
a π.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：(1)2n a n =；(2)144133n n n T n +=
+-+.(1)由题设，111
4278a d a d a d +=⎧⎨+=+⎩，可得12a d ==，所以{}n a 的通项公式22(1)2n a n n =+-=.-------------------4分
(2)由（1）知：11144(1)1n n n n n n n b -+=+=
++，-------------5分所以12...n n T b b b =+++，令111111 (22311)
n M n n n =-+-++-=++，-----------------------7分24(14)4(41)44...4143n n n
N --=+++==-，-------------------------9分所以144133
n n n T n +=+-+.-----------------------------------------------------10分18.解：（1）∵点(),n n S 均在函数()f x 的图象上，∴21122
n S n n =+．当1n =时，111a S ==，
当2n ≥时，1n n n a S S n -=-=；上式对于1n =，∴n a n =．-------------------5分
（2）∵()442
x
x g x =+，∴()()11g x g x +-=．-------------------7分又由（1）知n a n =，∴2021n n b g ⎛⎫= ⎪⎝⎭
．-------------------8分∴2020122020122020202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，①又2020202020191202020191202120212021T b b b g g g ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++⋅⋅⋅+=++⋅⋅⋅+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，②①+②，20201202022020202020212021T g g ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣
⎦，--------------11分
∴20201010T =．------------------12分
19．解：(1)∵222cos sin sin sin cos A A B B C +=+，
∴2221sin sin sin sin 1sin A A B B C -+=+-，----------------------------2分
即222sin sin sin sin sin A B A B C -=-，
由正弦定理得222ab a b c -=-，-------------------------------------------4分即2221cos 22
a b c C ab +-==，∵0C π<<，∴3C π
=．------------------------------------------------------6分
(2)（法一）由于D 为AB 中点，所以DA DB =- ,
而,,CA CD DA CB CD DB CD DA =+=+=- ----------------------8分所以221cos ()()7342
CA CB ab C ab CD DA CD DA CD DA ⋅===+⋅-=-=-= ，∴8ab =，-------------------------------------------------------------------------10分
∴11sin 8222
ABC S ab C ===----------------------------------12分（法二）∵cos cos BDC ADC
∠=-∠222
=2220a b +=--------------------8分
又由余弦定理可知2222cos a b ab C =+-,∴8ab =----------------------10分
∴1sin 2
ABC S ab C ∆==分20．解：(1)证明：取PD 的中点G ，连接CG ，EG ，
因为E ，F 分别为PA ，BC 的中点，所以1//,2
EG AD EG AD =，----------1分又底面ABCD 为菱形，所以1//,2
CF AD CF AD =，所以//,EG CF EG CF =，所以四边形EGCF 为平行四边形，-----------2分
所以//.
EF CG 又CG ⊂平面PCD ．EF ⊄平面PCD ，---------------------5分
所以EF //平面PCD ．-------------------------------------------6分
(2)解：连接BD ，
因为PD ⊥平面ABCD ，,DF DA ⊂平面ABCD ，
所以,PD DF PD DA ⊥⊥，
因为四边形ABCD 为菱形，120ADC ∠= ，
所以BCD △为等边三角形，
因为F 为BC 的中点，所以DF BC ⊥，
因为BC ∥DA ，所以DF DA ⊥，
所以,,DF DA DP 两两垂直，
所以以D 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系D —xyz ．-----------------8分因为2AD PD ==，所以D （0，0，0），F
0，0），A （0，2，0），E （0，1，2），
则(0,1,2),2,0)DE DF AF ===- ．
设平面DEF 的法向量(,,)m x y z =
，则
200m DE y z m DF ⎧⋅=+=⎪⎨⋅==⎪⎩
，令1z =，得(0,2,1)m =- ．-------------------------------------10分设直线AF 与平面DEF 所成的角为θ，
则||sin cos ,||||m AF m AF m AF θ⋅==== ，所以直线AF 与平面DEF
分
的图象与直线只有一个交点，只需证方程f x x =只有一个根，
即证()
ln 11x x x +=+只有一个根，即()2ln 10x x x +--=只有一个根．-------------1分
令()()2ln 1g x x x x =+--，()1,x ∈-+∞，则()()2312111
x x g x x x x -+'=--=++．-----3分∴当()1,0x ∈-时，()0g x '>；当()0,x ∈+∞时，()0g x '<；
()g x ∴在()1,0-上单调递增，在()0,∞+上单调递减，()()max 00g x g ∴==．------------5分 ()0g x ≤恒成立，当且仅当0x =时，()0g x =，∴方程()0g x =只有一个根，
即函数()f x 的图象与直线y x =只有一个公共点．-------------------------------------------------6分
(2)由（1）知：()()2ln 10g x x x x =+--≤恒成立，
即()2ln 1x x x +≤+恒成立（在0x =时等号成立）．---------------------------------------------7分
*
n N ∈ ，2111ln 1n n n ⎛⎫∴+<+ ⎪⎝⎭，即211ln n n n n ++<，---------------------------------------------9分222ln 11
∴<，233ln 22<，244ln 33<，…，211ln n n n n ++<222223412341ln ln ln ln 123123n n n n ++∴+++⋅⋅⋅+<+++⋅⋅⋅+22341341ln 2123
49n n n n ++⎛⎫∴⨯⨯⋅⋅⋅⨯<+++⋅⋅⋅+ ⎪⎝⎭，-----------------------------------------11分()2341ln 1249n n n
+∴+<+++⋅⋅⋅+，即()23412ln 149n n n ++++⋅⋅⋅+>+．------------------12分。