浙江省杭州市富阳区实验中学2021-2022学年高二下学期3月月考数学试题

月月考数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 评卷人 得分 一、多选题

A1,2,3,B3,4,5,6，则下列结论错误的是1．已知集合U{xN|0x8}，（ ） A．AB{3} C．

UB．AB1,2,3,4,5,6

A4,5,6,7,8

2，7} D．UB{1，2．下列说法中正确的有（ ）

A．数列6，4，2，0是公差为2的等差数列

B．若{an}为等差数列，Sn为前n项和，则，Sk，S2kSk，S3kS2k，…仍为等差数列（kN*）

C．若{an}为等差数列，a10，d0，则前n项和Sn有最大值 D．等差数列的通项公式一定能写成anknb的形式（k，b为常数） 3．已知曲线C:mx2ny21.（ ） A．若m>n>0，则C是椭圆，其焦点在y轴上 B．若m=n>0，则C是圆，其半径为n

C．若mn<0，则C是双曲线，其渐近线方程为yD．若m=0，n>0，则C是两条直线 4．下列说法中，正确的有（ ） A．若ab0，则abb2 B．若ab0，则

ba abmx nC．若对x(0,)，x1m恒成立，则实数m的最大值为2 x11的最小值为4 aba5．已知等差数列{an}的前n项和为Sn，公差d≠0，11.记b1＝S2，bn＋1＝S2n＋2－

dD．若a0，b0， ab1，则

S2n，n∈N*，下列等式可能成立的是（ ）

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A．2a4＝a2＋a6

2C．a4＝a2a8

B．2b4＝b2＋b6 D．b42 ＝b2b8

评评评 评评 二二二二二 6．等比数列{an}中，a13，a481，则{an}的前4项和为（ ） A．81

B．120

C．168

D．192

7．下列求导运算正确的是（ ） xx1A．elnxelnx

x

B．cossin33D．3x3x

C．x2sinx2xcosx

8．等差数列{an}的首项为1，公差不为0.若a2，a3，a6成等比数列，则{an}前6项的和为（ ） A．－24 C．3

B．－3 D．8

9．已知向量 a，b满足|a|5， |b|6，ab6，则cosa,ab=（ ） A．31 35B．19 35C．

17 35D．

19 3510．已知a12,an1A．504

n1an，则a2016（ ） nB．1008 C．2016 D．4032

11．如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，B1D与平面ACD1所成的角为，B1D与BC所成的角为，则cos()（ ）

A．C．3 3B．D．6 32 26 212．北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层，上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块，下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块，已知每

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层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)（ ）

A．3699块 评卷人 B．3474块

得分 三、填空题 i，求|z|=___________ 34iC．3402块 D．3339块

13．已知z14．数列an的前n项的和Sn3n2n1，an________． 15．函数f(x)ln(x1)，则f(2)=___________ x16．将数列4n1与3n2的公共项从小到大排列得到数列an，则an的前n项和为________． 评卷人 得分 四、解答题 17．已知函数f(x)4cosxsin(x)1.

6（∈）求f(x)的最小正周期：

（∈）求f(x)在区间,上的最大值和最小值.

18．如图，在长方体ABCDA1B1C1D1中，点E,F分别在棱DD1,BB1上，且2DEED1，

BF2FB1．

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（1）证明：点C1在平面AEF内；

（2）若AB2，AD1，AA13，求二面角AEFA1的正弦值．

19．设等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，等比数列{bn}的公比为q．已知b1a1，b22，qd，S10100．

（1）求数列{an}，{bn}的通项公式； （2）当d1时，记cnan，求数列{cn}的前n项和Tn． bn20．为贯彻党､关于“十三五”节能减排的决策部署，2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备.通过市场分析，全年需投人固定成本2500万元，生产x百辆需另投人成本Cx万元.由于起步阶段生产能力有限，x不超过120，且

10x2400x,0x40,Cx经市场调研，该企业决定每辆车售价为8万10000801x4300,40x120.x元，且全年内生产的汽车当年能全部销售完.

(1)求2022年的利润Lx（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式（利润销售额-成本）；

(2)2022年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.

x2y221．已知椭圆C:221(ab0)的左､右焦点分别为F1,F2，且F1F22，直线lab过F2与C交于M,N两点，△F1MN的周长为8． (1)求C的方程；

(2)过F1作直线交C于P,Q两点，且向量PQ与MN方向相同，求四边形PQNM面积的取值范围．

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参：

1．AC 【解析】 【分析】

根据集合的列举法，结合集合交集、并集、补集的定义进行逐一判断即可. 【详解】

UxN0x81,2,3,4,5,6,7.

因为AB{3}，所以选项A结论不正确； 因为AB1,2,3,4,5,6，所以选项B结论正确； 因为因为

UA4,5,6,7，所以选项C结论不正确；

UB{1，2，7}，所以选项D结论正确，

故选：AC 2．BCD 【解析】 【分析】

根据等差数列的定义、通项公式，结合等差数列前n项和的性质逐一判断即可. 【详解】

A：因为4624022，所以该数列是公差为2的等差数列，因此本选项说法不正确；

B：由等差数列的前n项和性质可知本选项说法正确； 111C：因为Snna1n(n1)dn2d(a1d)n，

222所以当d0时，Sn有最大值，因此本选项说法正确； D：因为ana1(n1)dnd(a1d)，

所以等差数列的通项公式一定能写成anknb的形式（k，b为常数），因此本选项说法正确， 故选：BCD 3．ACD 【解析】

答案第1页，共18页

【分析】

结合选项进行逐项分析求解，mn0时表示椭圆，mn0时表示圆，mn0时表示双曲线，m0,n0时表示两条直线. 【详解】

x2y21对于A，若mn0，则mx2ny21可化为1， 1mn因为mn0，所以

11， mn即曲线C表示焦点在y轴上的椭圆，故A正确；

22对于B，若mn0，则mx2ny21可化为xy1， n此时曲线C表示圆心在原点，半径为n的圆，故B不正确； nx2y21对于C，若mn0，则mx2ny21可化为1， 1mn此时曲线C表示双曲线， 由mx2ny20可得ymx，故C正确； n2对于D，若m0,n0，则mx2ny21可化为y1， nyn，此时曲线C表示平行于x轴的两条直线，故D正确； n故选：ACD. 【点睛】

本题主要考查曲线方程的特征，熟知常见曲线方程之间的区别是求解的关键，侧重考查数算的核心素养. 4．ACD 【解析】 【分析】

根据不等式的性质可以说明A正确；利用中间值1验证B错误；利用基本不等式加上恒成立可以说明C正确；巧用“1”可以说明D正确. 【详解】

ab，b0，左右两边同时乘以b得abb2，故A正确；

答案第2页，共18页

ababab0，1,1,，故B错误；

babax(0,)，x11112x2，要使xm恒成立，则m(x)min，故实数m的最

xxxx大值为2，故C正确；

a0，b0，111111baba=()(a+b)222224，故的ababababab最小值为4，故D正确. 故选：ACD. 5．ABC 【解析】 【分析】

由已知可得{bn}为等差数列，然后由等差中项的定义可判断AB，对于CD，由等差数列的通项公式化简计算结合已知条件判断即可， 【详解】

由题意，知b1＝S2＝a1＋a2， bn＋1＝S2n＋2－S2n＝a2n＋1＋a2n＋2， 可得bn＝a2n－1＋a2n(n>1，n∈N*)． 由{an}为等差数列，可知{bn}为等差数列．

选项A中，由a4为a2，a6的等差中项，得2a4＝a2＋a6，成立． 选项B中，由b4为b2，b6的等差中项，得2b4＝b2＋b6，成立． 选项C中，中，a2＝a1＋d，a4＝a1＋3d，a8＝a1＋7d. 由a4＝a2a8，可得(a1＋3d)2＝(a1＋d)(a1＋7d)， 化简得a1d＝d2，

又由d≠0，可得a1＝d，符合

a11.，成立． d2选项D中，b2＝a3＋a4＝2a1＋5d，b4＝a7＋a8＝2a1＋13d， b8＝a15＋a16＝2a1＋29d.

由b4＝b2b8，知(2a1＋13d)2＝(2a1＋5d)(2a1＋29d)， 化简得2a1d＝3d 又由d≠0，可得

a13. d22答案第3页，共18页

这与已知条件故选：ABC 6．B 【解析】 【分析】

a11.矛盾． d根据等比数列的通项公式，结合等比数列前n项和公式进行求解即可. 【详解】

设该等比数列的公比为q，

33由a481a1q813q81q3，

a1(1q4)3(134)120， 所以S41q13故选：B 7．A 【解析】

根据求导公式和求导法则，逐一验证四个选项的正误，即可得正确选项. 【详解】

xxx1x1对于选项A：elnxelnxe=elnx，故选项A正确；

xx对于选项B：cos0sin，故选项B不正确；

33对于选项C：x2sinx2xsinxx2cosx2xcosx，故选项C不正确； 对于选项D：3x3xln33x，故选项D不正确， 故选：A 8．A 【解析】 【分析】

根据等差数列的基本量求得数列的公差，再用其前n项和公式即可求得结果. 【详解】

2根据题意得a3a2a6，即a12d＝a1da15d，

2答案第4页，共18页

解得d＝0(舍去)，d2，

所以数列{an}的前6项和为S66a1故选：A 9．D 【解析】 【分析】

计算出aab、ab的值，利用平面向量数量积可计算出cosa,ab的值. 【详解】

6565d61224. 22a5，b6，ab6，aabaab52619.

ab2ab2a2abb2526367，

22因此，cosa,ab故选：D. 【点睛】

aabaab1919. 5735本题考查平面向量夹角余弦值的计算，同时也考查了平面向量数量积的计算以及向量模的计算，考查计算能力，属于中等题. 10．D 【解析】 【分析】

根据数列的递推式，变形为【详解】 由a12,an1故 a2016an1n1n1an可得：， annnaaa20162015201620152a1a2015a2014a120152014an1n1，采用累乘法，求得答案. ann224032， 1故选：D. 11．B 【解析】 【分析】

答案第5页，共18页

证明B1D与平面ACD1垂直得，再由异面直线的定义求出异面直线所成的角后，利用诱导公式可得结论． 【详解】

如图，连接BD,AB1，BB1平面ABCD，AC平面ABCD，所以B1DAC，

又ACBD，BDBB1B，BD,BB1平面BB1D，所以AC平面BB1D， 而B1D平面BB1D，所以ACB1D，同理B1DACAD1，

AD1A，AC,AD1平面ACD1，所以B1D平面ACD1，所以2，

正方体中BC//AD，所以B1D与BC所成的角为B1DA（或其补角）， 由AD平面ABB1A1,AB1平面ABB1A1得ADAB1，

△ADB1中，易知B1D3AD，sinADB1AB1266，即sin， B1D3336所以cos()cos()sin．

23故选：B．

12．C 【解析】 【分析】

第n环天石心块数为an，第一层共有n环，则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列， 设Sn为{an}的前n项和，由题意可得S3nS2nS2nSn729，解方程即可得到n，进一步得到S3n.

答案第6页，共18页

【详解】

设第n环天石心块数为an，第一层共有n环，

则{an}是以9为首项，9为公差的等差数列，an9(n1)99n， 设Sn为{an}的前n项和，则第一层、第二层、第三层的块数分 别为Sn,S2nSn,S3nS2n，因为下层比中层多729块， 所以S3nS2nS2nSn729， 即

3n(927n)2n(918n)2n(918n)n(99n)729 2222即9n2729，解得n9， 所以S3nS27故选：C 【点晴】

本题主要考查等差数列前n项和有关的计算问题，考查学生数算能力，是一道容易题.

27(9927)3402.

2113．##0.2

5【解析】 【分析】

根据复数的除法运算法则，结合复数模的公式进行求解即可. 【详解】 因为zii(34i)43i， 34i(34i)(34i)254231)()2， 252551故答案为：

5所以z(5,n114．##

6n2,n2【解析】 【分析】

6n2,n2 5,n1利用n2时，anSnSn1求an，同时注意a1S1． 【详解】

答案第7页，共18页

解析：由题可知，当n2时，

2anSnSn13n2n13(n1)(n1)16n2，

当n1时，a1S13115，

5,n1故答案为：．

6n2,n215．

23ln3. 12【解析】 【分析】

运用导数的运算法则，结合代入法进行求解即可. 【详解】 由f(x)ln(x1)x(x1)ln(x1)f(x)， xx2(x1)所以f(2)故答案为：

2(21)ln(21)23ln3，

22(21)1223ln3 1216．6n25n##5n6n2 【解析】 【分析】

由题意可知公共项是以11为首项，以12为公差的等差数列，进而结合等差数列的前n项和公式即可求出结果. 【详解】

公共项是以11为首项，以12为公差的等差数列， 故an的前n项和为Sn11n故答案为：6n25n. 17．（∈）【解析】 【详解】

（∈）2，1．

nn1126n25n. 2（∈）因为fx4cosxsin x1

6答案第8页，共18页

314cosxsinxcosx21 23sin2x2cos2x13sin2xcos2x2sin2x，

6故fx最小正周期为 （∈）因为6x4，所以62x62． 3于是，当2x当2x62，即x

6

时，fx取得最大值2；

π6π，即x时，fx取得最小值1．

66点睛：本题主要考查了两角和的正弦公式，辅助角公式，正弦函数的性质，熟练掌握公式是解答本题的关键. 18．（1）证明见解析；（2）【解析】 【分析】

（1）方法一:连接C1E、C1F，证明出四边形AEC1F为平行四边形，进而可证得点C1在平面AEF内；

（2）方法一：以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系C1xyz，利用空间向量法可计算出二面角AEFA1的余弦值，进而可求得二面角AEFA1的正弦值. 【详解】

（1）［方法一］【最优解】：利用平面基本事实的推论

42. 71在棱CC1上取点G，使得C1GCG，连接DG、FG、C1E、C1F，如图1所示.

2答案第9页，共18页

在长方体ABCDA1B1C1D1中，BF//CG,BFCG，所以四边形BCGF为平行四边形，则

BC//FG,BCFG，而BCAD,BC//AD，所以AD//FG,ADFG，所以四边形DAFG为平行四边形，即有AF//DG，同理可证四边形DEC1G为平行四边形，C1E//DG，

C1E//AF，因此点C1在平面AEF内.

［方法二］：空间向量共线定理

以C1D1,C1B1,C1C分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，如图2所示． 设C1D1a,C1B1b,C1C3c，则C1(0,0,0),E(a,0,2c),F(0,b,c),A(a,b,3c)．

所以C1E(a,0,2c),FA(a,0,2c)．故C1EFA．所以AF∥C1E，点C1在平面AEF内． ［方法三］：平面向量基本定理

答案第10页，共18页

同方法二建系，并得C1(0,0,0),E(a,0,2c),F(0,b,c),A(a,b,3c)， 所以C1E(a,0,2c),C1F(0,b,c),C1A(a,b,3c)． 故C1AC1EC1F．所以点C1在平面AEF内． ［方法四］：

根据题意，如图3，设A1D1a,A1B12b,A1A3c．

11在平面A1B1BA内，因为BF2FB1，所以B1FB1BA1A．

33

延长AF交A1B1于G，

AF平面AEF，

A1B1平面A1B1C1D1．

GAF,GA1B1，

所以G平面AEF,G平面A1B1C1D1∈．

延长AE交A1D1于H，同理H平面AEF,H平面A1B1C1D1∈． 由∈∈得，平面AEF平面A1B1C1D1GH．

连接GH,GC1,HC1，根据相似三角形知识可得GB1b,D1H2a． 在RtC1B1G中，C1Ga2b2．

答案第11页，共18页

同理，在RtC1D1H中，C1H2a2b2．

如图4，在RtA1GH中，GH3a2b2． 所以GHC1GC1H，即G，C1，H三点共线． 因为GH平面AEF，所以C1平面AEF，得证． ［方法五］：

如图5，连接DF,EB1,DB1，则四边形DEB1F为平行四边形，设DB1与EF相交于点O，则O为EF,DB1的中点．联结AC1，由长方体知识知，体对角线交于一点，且为它们的中点，即AC1B1DO，则AC1经过点O，故点C1在平面AEF内．

（2）［方法一］【最优解】：坐标法

答案第12页，共18页

以点C1为坐标原点，C1D1、C1B1、C1C所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系C1xyz，如图2.

则A2,1,3、A12,1,0、E2,0,2、F0,1,1，

AE0,1,1，AF2,0,2，A1E0,1,2，A1F2,0,1， 设平面AEF的一个法向量为mx1,y1,z1，

mAE0y1z10由，得取z11，得x1y11，则m1,1,1，

2x2z0mAF011设平面A1EF的一个法向量为nx2,y2,z2，

y22z20nA1E0由，得，取z22，得x21，y24，则n1,4,2，

2xz0nAF0221cosm,nmnmn37 7，321742. ，sin1cos277设二面角AEFA1的平面角为，则cos因此，二面角AEFA1的正弦值为［方法二］：定义法

42. 7

答案第13页，共18页

在AEF中，AE2,AF22,EF516，即AE2EF2AF2，所以EF,AF的中点分别为M，N，连接6AEEF．在A1EF中，A1EA1F5，如图，设

A1M,MN,A1N，则A1MEF,MNEF，所以A1MN为二面角AEFA1的平面角．

2在A1MN中，MN,A1M2A1F2MF214,A1N5． 2175714222所以cosA1MN，则sinA1MN1．

721477222［方法三］：向量法

AE5,EF6， 由题意得AE2,AF8,AF11由于AE2EF2AF2，所以AEEF．

如图7，在平面A1EF内作A1GEF，垂足为G， 则EA与GA1的夹角即为二面角AEFA1的大小．

由AA1AEEGGA1，得AA1AEEGGA12AEEG2EGGA12AEGA1． 其中，EG22221614cosAE,GAAEGA1，解得，． ,AG11172242． 7所以二面角AEFA1的正弦值［方法四］：三面角公式

答案第14页，共18页

由题易得，EA2,FA22,FE6,EA15,FA15．

EA2EA12AA12(2)2(5)23210所以cosAEA1．

2EAEA110225EA2EF2AF2(2)2(6)2(22)2cosAEF0,sinAEF1．

2EAEF226EA12EF2A1F2(5)2(6)2(5)23070cosA1EF,sinA1EF．

2EA1EF1010256设为二面角AEFA1的平面角，由二面角的三个面角公式，得

coscosAEA1cosAEFcosA1EF10742，所以sin．

sinAEFsinA1EF7707【整体点评】

（1）方法一：通过证明直线C1E//AF，根据平面的基本事实二的推论即可证出，思路直接，简单明了，是通性通法，也是最优解；方法二：利用空间向量基本定理证明；方法三：利用平面向量基本定理；方法四：利用平面的基本事实三通过证明三点共线说明点在平面内；方法五：利用平面的基本事实以及平行四边形的对角线和长方体的体对角线互相平分即可证出．

（2）方法一：利用建立空间直角坐标系，由两个平面的法向量的夹角和二面角的关系求出；方法二：利用二面角的定义结合解三角形求出；方法三：利用和二面角公共棱垂直的两个向量夹角和二面角的关系即可求出，为最优解；方法四：利用三面角的余弦公式即可求出．

19．(1)见解析 (2) 6【解析】 【分析】

（1）利用前10项和与首项、公差的关系，联立方程组计算即可； （2）当d＞1时，由（1）知cn比数列的求和公式，计算即可． 【详解】

2n11TnTn的表达式，利用错位相减法及等，写出、

2n122n3 2n1答案第15页，共18页

10a45d100解：（1）设a1＝a，由题意可得，

ad2a9a1解得，或2，

d2d9a1当时，an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1； d2a92n11当，bn＝9•()； 2时，an（2n+79）

99d9（2）当d＞1时，由（1）知an＝2n﹣1，bn＝2n﹣1， ∴cnan2n1n1， bn21111∴Tn＝1+3•5•27•39•4222211111∴Tn＝1•3•25•37•42222211111∴Tn＝22342222212n2（2n﹣1）•（2n﹣3）•（2n﹣1）•

1， 2n1112n1（﹣）•，

2n2n12n313， 2n2n∴Tn＝6【点睛】

2n3． 2n1本题考查求数列的通项及求和，利用错位相减法是解决本题的关键，注意解题方法的积累，属于中档题．

10x2400x2500,0x40,20．(1)Lx 100001800x,40x120.x(2)2022年产量为100百辆时，企业所获利润最大，最大利润为1600万元 【解析】 【分析】

（1）直接由题意分类写出2022年的利润L(x)（万元）关于年产量x（百辆）的函数关系式；

（2）分别利用配方法与基本不等式求出两段函数的最大值，求最大值中的最大者得结论． (1)

由题意得：当年产量为x百辆时，全年销售额为800x万元，则Lx800xCx2500，

答案第16页，共18页

22所以当0x40时，Lx800x10x400x250010x400x2500,

1000010000430025001800x当40x120时，Lx800x801x， xx10x2400x2500,0x40, 所以Lx100001800x,40x120.x(2)

由（1）知：

22当0x40时，Lx10x400x250010(x20)1500，

所以当x20时，Lx取得最大值，最大值为1500万元；

100004当40x120时，Lx1800x18002101600，

x当且仅当x10000，即x100时等号成立， x因为16001500，

所以2022年产量为100百辆时，企业所获利润最大，最大利润为1600万元. x2y221．(1)1；

43(2)0,6. 【解析】 【分析】

(1)根据给定条件直接求出半焦距c，及长半轴长a即可作答.

(2)根据给定条件结合椭圆的对称性可得四边形PQNM为平行四边形，设出直线l的方程，与椭圆C的方程联立，借助韦达定理、对勾函数性质计算作答. (1)

依题意，椭圆半焦距c1，由椭圆定义知，△F1MN的周长4a8，解得a2，

b2a2c23，

x2y21. 因此椭圆C的方程为43(2)

依题意，直线l的斜率不为0，设直线l的方程为xmy1，Mx1,y1,Nx2,y2，

答案第17页，共18页

xmy16m由x2y2消去x并整理得：(3m24)y26my90，则y1y22，

3m41349y1y22，

3m4因PQ与MN方向相同，即PQ//MN，又椭圆C是以原点O为对称中心的中心对称图形， 于是得PQMN，即四边形PQNM为平行四边形，其面积

S2SMNP2SMNF121F1F2y1y2， 22则S2y1y226m3624m21， 4y1y222223m43m43m4S24t243t213t1，

t令m21t，则t1,m2t21，则

1显然y3t在1,上单调递增，则当t1时，ymin4，即y4,，从而可得

tS0,6，

所以四边形PQNM面积的取值范围为0,6. 【点睛】

结论点睛：过定点A(0,b)的直线l：y=kx+b交圆锥曲线于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，则OMN面积SOMN1|OA||x1x2|； 2过定点A(a,0)直线l：x=ty+a交圆锥曲线于点M(x1,y1)，N(x2,y2)，则OMN面积SOMN1|OA||y1y2|. 2

答案第18页，共18页