山东省临沂市18中2022届高三上学期期中学业水平检测数学试题（PDF版含答案）

2021-2022 学年度第一学期期中学业水平检测
高三数学试题
本试卷共 4 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 ，则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
A． (
1 ,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，则实数m的
e , x 0
取值范围为
A． (0, ) B． ( ,0] (1, ) C． ( ,0] D． (0,1]
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
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7．已知角
3π 7π
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 ,2 3 cos ) ，
4 6
1 cos 2
则 sin 2 的值为
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
B． 3
C． 6 A
D
D．3
B N C
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，部分选对的得 2分，有选错的得 0分。
9．已知等差数列{an}的前 n项和为 Sn，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． Sn有最大值 D．当 Sn 0时， n的最大值为 21
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
A．
π

3
B．函数 f (x)
π
的图象关于点 ( ,0) 成中心对称
3
C．函数 f (x) 的最小正周期为 π
π 5π
D．函数 f (x) 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
A．异面直线 AD1 与 A1C
π
1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．点 1到平面 A1BC1的距离为 3
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12．设正实数 a，b满足 a b 4 ，则
A． ab 1 1 2有最大值 2 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个小题，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 Sn是数列{an}的前 n项和， Sn 14n n
2 ，则 an __________；
若Tn | a1 | | a2 | | a3 | ... | an | ，则T20 __________．
四、解答题：共 70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17．（10分）
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 ．
5
D
（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
18．（12分） B
如图，三棱柱 ABC A1B1C1的所有棱长都是 2，AA1 平面 ABC，M 为 AB的中点，点 N
C N C1
为CC1的中点．
（1）求证：直线MN // 平面 A1BC1；
B1
（2）求直线MN 到平面 A1BC1的距离． BM
A A1
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19．（12分）
已知 S 1n为数列{an}的前 n项和，a1 2，7Sn 2 an 1，bn ，Tlog a log a n
为数列
2 n 2 n 1
{bn}的前 n项和．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）若m 2022Tn对所有 n N
*恒成立，求满足条件m的最小整数值．
20．（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) 1 sin 2 C 1 ，若____________，求CD的长度．
2 2 4
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．
21．（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 ；
π
（2）若直线 SB与平面 SAD所成的角为 ，求平面 SAD与平面 SBC的夹角的余弦值．
4
S
D C
A M B
22．（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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2021-2022 学年度第一学期期中学业水平检测高三数学评分标准
一、单项选择题：本大题共 8小题．每小题 5分，共 40分．
1-8：B CAC DAB C
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．（10分）
解:（1）在 ABC中，由余弦定理得，
2 2 2 2 2 2
cos ABC BA BC AC 5 2 (3 5) 4 ···································2分
2BA BC 2 5 2 5
所以 sin ABC 3 ······················································································ 3分
5
S 1 BA BC sin ABC 1 3所以 ABC 5 2 32 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，
3
所以 sin ADC ， cos ADC 4 ·····························································6分
5 5
sin CAD 2 5 CAD 2 5 5因为 ，且 为钝角，所以 cos CAD 1 ( ) 2
5 5 5
所以 sin ACD sin( ADC CAD) sin ADCcos CAD cos ADCsin C AD
3 ( 5 ) 4 2 5 5 ·················································· 8分
5 5 5 5 5
在 ACD中，由正弦定理得： AD AC
sin ACD sin ADC
5
所以 AD AC sin ACD
3 5
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
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18．（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 // AA1，ME
1
AA1 ·······················2分2 N
点 N 为CC C C11的中点
1
NC1 // AA1且 NC1 AA2 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 y
A A1
又MN 平面 A1BC1，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)，

n BA 0 2x 2y 0
1

即
n BC1 0 x 2y 3z 0

取 y 1，则 x 3 1, z ， n (1, 3 1, )，··················································· 9分
3 3
又MB ( 1,0,0)

M ABC |MB n
| 21
所以点 到平面 1 1的距离为 | n | 7
即直线MN到平面 A 211BC1的距离为 ························································· 12分7
19．（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）
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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*，{an}是以 2为首项，8为公比的等比数列··························· 4分
所以 an 2 8
n 1 23n 2 ················································································5分
1 1
（2）由题知：bn log a .log a log 2 3n 2 log 2 3n 12 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Tn b1 b2 ... bn (1 ) (1 ) ···10分3 4 4 7 3n 2 3n 1 3 3n 1
2022T 2022 1 1 1所以 n (1 ) 674(1 ) 674 ································ 11分3 3n 1 3n 1
所以满足m 2022Tn恒成立的最小m值为674．·············································12分
20．（12分）
解：若选择条件①
由 2a cosB c，根据正弦定理得 2sin Acos B sinC ······································· 1分
所以 2sin Acos B sin(A B) sin Acos B cos AsinC
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
又因为 sin Asin B(2 cosC) 1 sin 2 C 1
2 2 4
sin Asin B[2 (1 2sin 2 C即 )] 1 sin 2 C 1 1 ，所以 sin Asin B ··················· 5分
2 2 2 4 4
又由（1）式， sin A sin B，所以 sin A sin B 1 ··········································6分
2
所以 A B π ,C 2π ················································································7分
6 3
所以b a 4 AB 2CAcos π ， 4 3 ··························································8分
6

因为 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 42 (3 3)2 2 4 3 3 3 7 ···········11分
6 2
所以CD 7 ····························································································12分
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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 2
所以 cosC c 1 ······································································ 2分
2ab 2
0 C π 2π，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)] 1 sin 2 C 1
2 2 2 4
所以 sin Asin B 1 (2)式············································································· 4分
4
C 2π π ,B A ······················································································ 5分
3 3
sin Asin( π 1所以 A) ·············································································· 6分
3 4
所以 sin A(sin π cos A cos π sin A) 1
3 3 4
3 1 1 3 1 cos 2A 1
所以 sin Acos A sin 2 A ，也即 sin 2A
2 2 4 4 4 4
3 sin 2A 1所以 cos 2A 1
2 2
即 sin(2A π ) 1 ························································································ 7分
6
π 2A π 5π因为
6 6 6
所以 2A π π π π ，所以 A ,B ······························································8分
6 2 6 6
π
所以b a 4， AB 2CAcos 4 3
6

AD 3DB AD 3

，所以 AB 3 3,DB 3 ················································ 9分
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
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21．（12分）
解：(1)证明：取 AD中点H ，连接 SH ,MH ,MD
因为 SA SD，M 为 AB中点
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MA MD，所以MH AD ··························· 4分
D
AM //CD, AM CD， H C
A
M B
所以四边形 AMCD为平行四边形，所以CM // AD x y
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，可得四边形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 ， AD //CM
所以 BD AD
因为平面 SAD 平面 ABCD，所以 BD 平面 SAD ··········································7分
π
所以 BSD即为 SB与平面 SAD所成角，所以 BSD ·································· 8分
4
BD 2 2 ，所以 BD 2 2 ，所以 SAD为等边三角形，所以 SH 6
以H 为原点，分别以HA,HM ,HS 所在直线为正方向建立空间直角坐标系如图，
可得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 2y 0
则

，所以 ，
n SB 0 2x 2 2y 6z 0
3 3 3 3
令 z 1，解得： x ， y ，所以 n ( , ,1) ··························· 11分
3 3 3 3
6
SAD SBC cos H M n 3 5所以平面 与平面 所成角的余弦值
| HM || n | 15 52
3
所以所以平面 SAD 5与平面 SBC所成角的余弦值为 ·······································12分
5
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22．（12分）
ln x
解：（1）由题知：若a 0， f (x) ，其定义域为 (0, ) ··························· 1分
x
f (x) 1 ln x 2 ··························································································· 2分x
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
1
所以 f (x)max f (e) ················································································4分e
(1 a)x ln x ax 1 ln x
（2）由题知： f (x) x 2 2 ········································· 5分x x
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
f (1又因为 ) 1 a e 0且 f (e) a 0
e e
所以 f (x)在 (0,e)上有且只有一个零点
所以， f (x)有且只有一个零点········································································8分
（3）因为mn nm lnm ln n 等价于 ····························································· 9分
m n
a 0 f (x) ln x由（1）知：若 ， ，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 ，
2e x x 2e x x
所以 g (x) ln x ln(2e x) ln[x(2e x)]
x 2e x x 2e x
ln[(x 2e x x e)2 e2] 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 lnm ln n ln n lnm ln(2e m)又因为 n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
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