2021—2022学年度第一学期第一学段模块检测
高三数学试题 2021.11
本试卷共页，22 题．全卷满分 150 分．考试用时 120 分钟．
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将
条形码粘贴在答题卡指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡
上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，请将答题卡上交。
一、单项选择题：本大题共 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．设集合M {y | y 4 2 x}，N {x | y ln(1 x)}，则M ( RN)
A．[1, 2] B．[1, 2) C． ( ,1) D． (1, 2]
2．已知 a b,a 0,b 0,c R ,下列不等关系正确的是
A．a2 b2 1 1B． C． a c b c D．ac bc
a b
3．方程 2x 3x 4 0 的实数根所在的区间为
1
A． ( ,1) B． ( 1,0) C． (0, 1) D． (1, 4)
2 2 3
4．已知 a (2, 4),b (m,1)，则“m 2”是“ a与b的夹角为钝角”的
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
ln( x), x 0
5．已知函数 f (x) x ，若关于 x的方程m f (x) 0有两个不同的实数根，
e , x 0
则实数m的取值范围为
A． (0, ) B． ( ,0] (1, ) C． ( ,0] D． (0,1]
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6．已知 l,m是空间中两条不同的直线， , 是空间中两个不同的平面，下列说法正确的是
A．若 l , m // l , m ，则 B．若 // , l // ，则 l //
C．若 l m , l , // ，则m // D．若 , l // ，则 l
7．已知角 的顶点在坐标原点，始边与 x轴非负半轴重合，终边上有一点
M (tan 3π ,2 3 cos 7π) 1 cos 2 ，则 sin 2 的值为
4 6 2
1 7 7 21 1
A． 或 B． C． D．
2 10 10 10 2
8．如图，在四棱锥P ABCD中，底面 ABCD是边长为 2的正方形，侧面 PAB为等边三
角形，平面PAB 平面 ABCD，M 为 PD上一点，N 为 BC上一点，直线 NM 平
面 PAD，则 PND的面积为
P
A． 2 M
D
B． 3 A
C． 6 B N C
D．3
二、多项选择题：本大题共 4 小题．每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求．全部选对的得 5 分，选对但不全的得 2 分，有选错的得 0 分．
9．已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn（ n N
*），公差 d 0，S11 110，a7是 a3与 a9
的等比中项，则下列选项正确的是
A．a12 a3 a9 20 B． d 2
C．当 n 10 或n 11时， Sn取得最大值 D．当 Sn 0时， n的最大值为 21
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10．将函数 f (x) sin(2x ) ( π π π )的图象向左平移 个单位长度后得到函数
3
g(x) sin(2x π )的图象，则下列说法正确的是
3
πA．
3
B．函数 f (x) 的图象关于点 (
π ,0) 成中心对称
3
C．函数 f (x) 的最小正周期为 π
f (x) π 5πD．函数 的一个单调递增区间为[ , ]
12 12
11．已知 ABCD A1B1C1D1 为正四棱柱，底面边长为 2，高为 4，则下列说法正确的是
π
A．异面直线 AD1 与 A1C1所成角为 3
B．三棱锥 A A1B1D1 的外接球的表面积为 24π
C．平面 AB1D1 // 平面 BDC1
B 4D． 1到平面 A1BC1的距离为 3
12．设正实数 a，b满足 a b 4 ，则
ab 2 1 1 2A． 有最大值 B． 有最小值
a 2b a 3
C． a2 b2 有最小值 4 D． a b 有最大值 2 2
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13．已知 | a | 2,| b | 1， | a b | 3 ，则 | a b | _________ ．
14．若 2m 3n t，且 2m 3n mn 0，则 t ．
15．已知 f (x) 是定义域为 R 的奇函数， y f (x 1) 为偶函数，当 0 x 1 时，
f (x) x ，若 a f (2019),b f (2021),c f (2022) ，则 a,b,c的大小关系是
．
16．已知 S 2n是数列{an}的前 n项和， Sn 14n n ，则 an ________ ；
若Tn | a1 | | a2 | | a3 | ... | an | ，则T20 =__________ ．
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四、解答题：本大题共 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．（本题满分 10 分）
如图，某圆形海域上有四个小岛，小岛 A与小岛B相距为5nmile，小岛 A与小岛C
相距为3 5 nmile，小岛 B与小岛C相距为 2 nmile， CAD为钝角，且
sin CAD 2 5 ． D
5
（1）求小岛 A、 B、C围成的三角形的面积；
（2）求小岛 A与小岛D之间的距离． C
A
B
18．（本题满分 12 分）
如图，三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都是 2， AA1 平面 ABC，M 为 AB中点，
点N 为CC1的中点．
C N C
（1）求证：直线MN // 平面 A 11BC1；
（2）求直线MN 到平面 A1BC1的距离．
B
B 1
M
A A1
高三数学试题 第 4页（共 6页）
19．（本题满分 12 分）
已知 Sn为数列{a }
1
n 的前 n项和， a1 2， 7Sn 2 an 1，bn ，log2 an.log2 an 1
Tn为数列{bn}的前 n项和．
（1）求{an}通项公式；
（2）若m 2022T 对所有 n N*n 恒成立，求满足条件的最小整数m值．
20．（本题满分 12 分）
在“① 2a cosB c；②m (a,c b),n (c b,a b) ，m // n”这两个条件中任选
一个，补充在下面问题中，并进行求解．
问题：在 ABC中，a,b,c分别是三内角 A,B,C的对边，已知b 4 ，D是 AB边上
的点，且 AD 3DB，sin Asin B(2 cosC) 1sin 2 C 1 ，若____________，求CD的
2 2 4
长度．
注：如果选择多个条件分别进行解答，按第一个解答进行计分．
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21．（本题满分 12 分）
四棱锥 S ABCD的底面 ABCD为直角梯形， AB 2BC 2CD 4， AB BC，
AB //CD， SA SD，且平面 SAD 平面 ABCD，M 为 AB中点．
（1）求证：CM SM ；
SB SAD π（2）若直线 与平面 所成角为 ，求平面 SAD与平面 SBC夹角的余弦值．
4
S
D C
A M B
22．（本题满分 12 分）
ln x ax
已知函数 f (x) ， a R ．
x
（1）若 a 0，求 f (x) 的最大值；
（2）若0 a 1，求证： f (x) 有且只有一个零点；
（3）设0 m n且mn nm ，求证：m n 2e．
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高三数学答案及评分标准
一、单项选择题：本大题共 8小题．每小题 5分，共 40分．
B CAC D A BC
二、多项选择题：本大题共 4小题．每小题 5分，共 20分．
9．BC； 10．ACD； 11．BCD； 12．AD.
三、填空题：本大题共 4小题，每小题 5分，共 20分．
13． 7 ； 14．72； 15．a c b； 16．15 2n； 218 .
四、解答题：本大题共 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．（本小题满分 10分）
解:（1）在 ABC中，由余弦定理得，
cos ABC BA
2 BC 2 AC 2 52 22 (3 5)
2
4······························· 2分
2BA BC 2 5 2 5
sin ABC 3············································································所以 3分
5
1
所以 S BA BC sin ABC
1
5 3 2 3
ABC 2 2 5
所以小岛 A、B、C围成的三角形的面积为 3 nmile2····································································5分
（2）因为 A， B， C， D四点共圆，所以角 ABC与角 ADC互补，
sin ADC 3 cos ADC 4······················································所以 ， 6分
5 5
sin 2 5 CAD 2
5
因为 ，且 CAD为钝角，所以cos CAD 1 ( 5) 2
5 5 5
所以
sin ACD sin( ADC CAD) sin ADC cos CAD cos ADC sin C AD
3
( 5 4 2 5 5·············································) 8分
5 5 5 5 5
ACD AD AC在 中，由正弦定理得：
sin ACD sin ADC
高三数学答案 第 1页（共 7页）
5
AD AC sin ACD
3 5
所以 5 5
sin ADC 3
5
所以小岛 A与小岛D之间的距离为5 nmile···············································10分
18．（本小题满分 12分）
证明：（1）取 A1B1中点D，连接MD交 A1B于 E，连接C1E ，
在三棱柱中， M为 AB中点， z
MD // AA 1， ME AA ·······················2分
1 2 1 N
点 N CC C为 1的中点
C 1
NC // AA 1且 NC AA
1 1 1 2 1
NC1 // ME且 NC1 ME·····························3分 B1
四边形 MNC B1E为平行四边形 M
MN // C1E ········································· 4分 E D yA A
又MN 平面 A1BC
1
1，C1E 平面 A1BC1 x
MN //平面 A1BC1······················································· 5分
（2）由（1）得，点M到平面 A1BC1的距离即为直线MN到平面 A1BC1的距离
连接MC，则MC AB
AA1 平面 ABC， MD // AA1
MD 平面 ABC， MA， MD， MC两两垂直，
以 M为原点， MA， MD， MC所在直线分别为 x轴、 y轴、 z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系······································································ 6分
则 A1 (1, 2, 0), B( 1, 0, 0),C1 (0, 2, 3)
BA1 (2, 2, 0), BC1 (1, 2, 3 )，
设平面 A1BC1的一个法向量为 n (x, y, z)，
2x 2y 0
n B A
1 0 即
n BC1 0 x 2y 3 3z 0 3
取 y 1，则 x 1,z ， (1, 1, )，····················································9分
n
3 3
又 MB ( 1, 0, 0) | MB n |，所以点 M到平面 A BC的距离为 21
1 1
| n | 7
即直线MN ABC 21···················································到平面 的距离为 12分
1 1 7
高三数学答案 第 2页（共 7页）
19．（本小题满分12分）
解：（1）由题意7Sn 2 an 1
当 n 2 时， 7Sn 1 2 an
两式相减得：7an an 1 an····························································································································································· 1分
即： an 1 8an（ n 2）
所以n 2时，{an}为等比数列·······································································2分
又因为 n 1 时， a2 7S1 2 7 2 2 16
a
所以 2 8····················································································· 3分
a1
所以，对所有 n N*，{a }是以 2为首项，8为公比的等比数列···························n 4分
所以 a 2 8n 1 23n 2··································································································································n 5分
1 1
（2）由题知： bn log a .log a log 23n 2 log 23n 1
2 n 2 n 1 2 2
1 ······································6分
(3n 2)(3n 1)
1
1 ( 1 )······························ 8分
3 3n 2 3n 1
1 1 1 1 1 1 1 1
所以T b b ... b (1 ) (1 ) ··· 10分
n 1 2 n 3 4 4 7 3n 2 3n 1 3 3n 1
所以2022T 2022 1(1 1 ) 674(1 1 ) 674····························· 11分
n 3 3n 1 3n 1
所以满足m 2022Tn恒成立的最小m值为 674．············································· 12分
20．（本小题满分 12分）
解：若选择条件①
由2a cosB c，根据正弦定理得 2sin AcosB sinC·············································· 1分
所以 2 sin Acos B sin( A B) sin Acos B cos Asin C
即 sin AcosB cos AsinC 0，也即 sin(A B) 0·····································2分
因为 π A B π，所以 A B（1）式························································ 3分
1 2 C 1
又因为sin Asin B(2 cosC) sin
2 2 4
即 sin Asin B[2 (1 2sin 2 C)] 1sin 2 C 1 sin Asin B 1················· ，所以 5分
2 2 2 4 4
sin A sin B sin A sin B 1·····································又由（1）式， ，所以 6分
2
A B π ,C 2π······································································所以 7分
6 3
高三数学答案 第 3页（共 7页）
所以b π a 4， AB 2CAcos 4 3 ··························································8分
3 6
，所以 AD 3 3,DB ·········································· 9分因为 AD 3DB AB 3
4
在 ACD中，
CD2 AC 2 AD2 2AC AD cos π 42 (3 3)2 2 4 3 3 3 7·········· 11分
6 2
所以CD 7·················································································12分
若选择条件②
因为 m (a, c b), n (c b, a b)，且 m // n
所以 a(a b) (c b)(c b)
即 a2 b2 c2 ab··································································································1分
a2 b2 c2 1
所以 cosC 2分
2ab 2
0 2π C π，所以C (1)式········································································ 3分
3
又因为sin Asin B(2 cosC) 1 sin 2 C 1
2 2 4
即 sin Asin B[2 (1 2sin 2 C)] 1sin 2 C 1
2 2 2 4
1
所以sin Asin B (2)式············································································· 4分
4
C 2π , B π A···································································································· 5分
3 3
sin Asin( π A) 1·····································································所以 6分
3 4
π π 1
所以 sin A(sin cos A cos sin A) 3 3 4
3
所以 sin Acos A 1 sin 2 A 1 3 ，也即 sin 2A 1 cos 2A 1
2 2 4 4 4 4
3
所以 sin 2A 1 cos2A 1
2 2
sin(2A π即 ) 1············································································· 7分
6
高三数学答案 第 4页（共 7页）
π π 5π
因为 2A
6 6 6
2A π π A π ,B π·······················································所以 ，所以 8分
6 2 6 6
所以b a 4 π， AB 2CA cos 4 3
6
AD 3DB，所以 AD 3 AB 3 3,DB 3 ················································ 9分
4
在 ACD中，
CD2 AC 2 AD2 2AC .AD cos π 3 42 (3 3)2 2 4 3 3 7··········· 11分
6 2
所以CD 7·················································································12分
21．（本小题满分12分）
解：(1)证明：取 AD中点 H，连接 SH , MH , MD
因为 SA SD，所以 SH AD··················································································1分
因为平面 SAD 平面 ABCD
z
所以 SH 平面 ABCD ··········································2分
CM 平面 ABCD S
所以 SH CM·····························································3分
因为 M为 AB的中点
所以MA MD 1，所以MH AD ······················ 4分 DH C
因为 AM //CD, AM CD 1， A B
x M y
所以四边形 AMCD为平行四边形，所以CM // AD
所以MH CM········································································································· 5分
因为 SH HM H，所以CM 平面 SHM
所以CM SM··········································································································6分
(2)连结 BD，由题四边形 MBCD为平行四边形， AB BC， BC CD
所以四边形 MBCD为正方形，所以 BD CM
因为 AD // CM，所以 BD AD
因为平面 SAD 平面 ABCD，所以 BD 平面 SAD
所以 BSD π即为 SB与平面 SAD所成角，所以 BSD ································· 7分
4
BD 2 2 ，所以 BD 2 2 ，所以 SAD为等边三角形，所以 SH 68分
以 H为原点，分别以 HA, HM , HS所在直线为 x轴、 y轴、 z轴，
高三数学答案 第 5页（共 7页）
建立空间直角坐标系如图，
则H (0,0,0), S (0,0, 6) ，M (0, 2, 0),B(
2, 2 2, 0),C( 2 2, 2,0)
HM 为平面 SAD的法向量，HM (0, 2, 0)，················································9分
又因为 BC ( 2, 2, 0),SB ( 2, 2 2 6),
设平面 SBC的法向量为 n (x, y, z) ,
n BC 0 2x 2 y 0 ，
则 ，所以
n SB 0 2x 2 2 y 6z 0
3 3 3 3
令 z 1 y ，所以，解得： x ， n ( , ,1)························ 11分
3 3 3 3
H M n
6
所以 cos HM ,n 3 5
| HM || n | 2 15 5
3
SAD SBC 5···········································所以平面 与平面 夹角的余弦值为 12分
5
22．（本小题满分12分）
ln x
解：（1）由题知：若 a 0，则 f (x) ，其定义域为 (0, ) ······················ 1分
x
f (x) 1 ln x···································································································所以 x2 2分
由 f (x) 0 得 x e
所以，当0 x e时， f (x) 0 ；当 x e时， f (x) 0
所以， f (x)在 (0,e]上单调递增，在[e, )上单调递减······································ 3分
所以 f (x) f (e) 1 4分ma
x e
( 1 a) x ln x ax
f (x) x 1 ln x·················································（2）由题知： 5分
x2 x2
由（1）知， f (x)在(0, e]上单调递增，在[e, )上单调递减
因为0 a 1，
x e f (x) ln x ax ln x当 时， a a 0，
x x
则 f (x)在 (e, )无零点········································································· 6分
0 x e f (x) ln x ax a ln x当 时， ，
x x
高三数学答案 第 6页（共 7页）
1
又因为 f ( ) a e 0 且 f (e) a
1
0
e e
所以 f (x)在(0, e)上有且只有一个零点
所以，当0 a 1时， f (x)有且只有一个零点·················································· 8分
mn nm lnm ln n········································································（3）因为 等价于 9分
m n
由（1）知：若 a 0， f (x) ln x ，且 f (x)在(0, e]上单调递增，在[e, )上单调递减，
x
且0 m n，所以0 m e,n e，即0 m e n············································· 10分
令 g(x) (2e x) ln x x ln(2e x), 0 x e，
所以 g (x) ln x 2e x ln(2e x) x ln[x(2e x)]
2e x
x
x 2e x x 2e x
ln[(x e)2 e2 ] 2e x x ln e2 2 0
x 2e x
所以 g(x)在 (0,e)上单调递增， g(x) g(e) 0········································· 11分
ln x ln(2e x)所以 ， 0 x e
x 2e x
0 m e n ln m ln n ln n ln m ln(2e m)又因为 且 ，所以
m n n m 2e m
又因为n e， 2e m e，且 f (x)在[e, )上单调递减
所以 n 2e m，即m n 2e················································································12分
高三数学答案 第 7页（共 7页）
