7.在等比數(shù)列(an}中，a?+az=2+4√2,a?+a?=16+4√2,若不等式log?a?-log?az+log?a?-logza?+…+

(一1)*+1log?an>19成立，則n的最小值為

高三數(shù)學(xué)A.24B.25C.26D.27

8.如圖，一塊長方體大理石板材斜靠在與水平地面垂直的墻面上，僅點A與

墻面接觸，點B,C,D到墻面的距離分別為√5,4,1,若AB:AD:AC=

考生注意：√5:1:4,則該長方體外接球的表面積為

1.本試卷分選擇題和非選擇題兩部分。滿分150分，考試時間120分鐘。

A.22π

2.答題前，考生務(wù)必用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆將密封線內(nèi)項目填寫清楚。

3.考生作答時，請將答案答在答題卡上。選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的B.48π

答案標(biāo)號涂黑；非選擇題請用直徑0.5毫米黑色墨水簽字筆在答題卡上各題的答題區(qū)域內(nèi)作答，

C.60π

超出答題區(qū)域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上作答無效。

4.本卷命題范圍：平面向量，復(fù)數(shù)，解三角形，數(shù)列，立體幾何(含空間向量)。D.66π

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要

選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。

求的。

1.若復(fù)數(shù)z滿足iz=2+3i,則z的虛部為9.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z=1+√3i對應(yīng)的點為Z,向量OZ繞原點O逆時針旋轉(zhuǎn)至OZ?處，若旋轉(zhuǎn)角為θ,則

A.—2B.3C.-2iD.3iA.Z的坐標(biāo)為(√3,1)

2.已知集合A={x∈Z|x2≤4},,則A∩B=B.當(dāng),|zz|=2√2

A.(-2,0)U(0,2]B.[-2,0]U(1,2]

C.當(dāng)時，以O(shè)為圓心，IOZ為半徑的圓中劣弧Z的長為

C.{-2,-1}D.{-2,-1,2}

D.Z的坐標(biāo)為(cosθ—√3sinθ,sinθ+√3cosθ)

3.已知x∈R,則“x>1”是“x>√x”的

A.充分不必要條件B.必要不充分條件10.在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,則下列命題正確的是

C.充要條件D.既不充分又不必要條件A.若a:b:c=2:√7:3,則

4.已知向量a,b滿足|a|=√3,|b|=1,若a在b上的投影向量為b,則cos(a,b>=

B.若a>b,則cos2A>cos2B

ABCDC.若△ABC為銳角三角形，則cosA<sinB

5.在△ABC中，內(nèi)角A,B滿足tanAtanB=3,則△ABC為D.若滿足,c=6的△ABC有兩個，則a的取值范圍為(3√3,6)

A.銳角三角形B.直角三角形

11.已知數(shù)列{an}滿足則

C.鈍角三角形D.等腰三角形

6.已知函數(shù)f(x)=sin2x,將f(x)的圖象向右平移個單位長度，得到函數(shù)g(x)的圖象，若Va∈A.a3-2=5n—4

B.Vn∈N",3T∈N",an+T=an

,總存在唯一實數(shù)β∈[0,m],使得g(a)+g(β)=0,則實數(shù)m的取值范圍為

C.若Vn≤k(k∈N*),a?≤2026,則k的最大值為1214

ABCDD.{an}的前36項和為1226

【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)第1頁(共4頁)】【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)第2頁(共4頁)】

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。17.(本小題滿分15分)

12.已知向量a=(1,m),b=(-3,m-2),若a⊥b,則m=.在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別是a,b,c,且a-2bcosC=b.

13.若函數(shù)f(x)=|x-1|+|x-a|的最小值為3,則a=.

14.在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a,b,c,若c(cosA+cosB)=a+b,c=2,則該三角形內(nèi)切圓

面積的最大值為(2)若△ABC為銳角三角形，求的取值范圍.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

15.(本小題滿分13分)

如圖，在平行四邊形ABCD中，E為AB的中點，F(xiàn),G分別為BC,AD的一個三等分點，點G靠近點

D,點F靠近點B,記AB=a,AD=b.

(1)把□ABCD放到平面直角坐標(biāo)系xOy中，若A(-3,1),D(1,7),求

點G的坐標(biāo)；18.(本小題滿分17分)

(2)用a,b表示EF,EG;

已知數(shù)列{an}滿足

(1)證明：數(shù)列{an+1-an}為等比數(shù)列；

(2)求(an}的通項公式；

(3)記b?=2a+1,數(shù)列的前n項和為S。,證明：

16.(本小題滿分15分)

如圖，在四棱錐P-ABCD中，四邊形ABCD為菱形，PD⊥平面ABCD,E為棱PD上一點，且

PE=2ED.

19.(本小題滿分17分)

(1)證明：平面PAC⊥平面PBD;

已知函數(shù)f(x)=e?1-ax,g(x)=sinx-bz(b∈R),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與y軸

(2)設(shè)直線PC與平面ABE交于點F,證明：EF//CD;

垂直.

(3)若AB=4,,求平面ABE與平面AEC的夾角的余

(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；

弦值.

(2)若3x?,3x?∈R,使得g(x?)>f(x?),求實數(shù)b的取值范圍；

(3)設(shè)n∈N',n≥2,證明：

【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)第3頁(共4頁)】【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)第4頁(共4頁)】

高三數(shù)學(xué)參考答案、提示及評分細則

1.A由iz=2+3i,得：z的虛部為—2.故選A.

2.D由x2≤4,得-2≤x≤2,故,得x<0,或x>1,故B=(一∞,0)U(1,+∞),所以

A∩B={-2,-1,2}.故選D.

3.C由x>√x,得解得x>1,所以“x>1”是“x>√x”的充要條件.故選C.

4.C由題意，得,所以故選C.

5.A由A,B∈(0,π),且tanAtanB=3>0,得A和B均為銳角，

又C∈(0,π),所以C也為銳角，故△ABC為銳角三角形.故選A.

6.B由題意，得).由,得,所以g(a)的取值范圍為

)的取值范圍為,由β∈[0,m],得,由題意得-

解得.故選B

7.D設(shè)an)的公比為q,記S?=log?a?-log?a?+logas-log?a4+…+(-1)"+1log?aa,由a?+a2=2+4√2,a2+a?=

16+4√2,得2,所以an=2×(2√2)"?1=2.令b?=(-1)+1loga,則b?=

.當(dāng)n為偶數(shù)時，b?-1無正整數(shù)解；當(dāng)n為大于2

的奇數(shù)時，b-,由S?=b?+(b?+b?)+(b+b?)+…+(ba-1

19,解得n>25,又n為奇數(shù)，所以n的最小值為27.故選D.

8.D法1:設(shè)AD=a,則AB=√5a,AC=4a,方向向右的單位向量n為墻所在平面的法向量，取{AB,AC,AD為一組基

底，由空間向量基本定理知，存在唯一一組有序?qū)崝?shù)組(z,y,z),使得n=xAB+yAC+zAD,因為點B,C,D到墻面的

距離分別為√5,4,1,所以,所以5xa2=√5,16ya2=4,za2=1,所以

所以AD=√3,AB=√15,AC=4√3,所以該長方體外接球的半徑,所以其外接球的表面積

故選D.

法2:設(shè)AD=a,則AB=√5a,AC=4a,以A為坐標(biāo)原點，AB,AC,AD所在直線分別為x軸，y軸，≈軸建立空間直角坐

標(biāo)系，則AB=(√5a,0,0),AC=(0,4a,0),AD=(0,0,a),令墻所在平面的單位法向量為n=(x,y,z),因為點B,C,D到

墻面的距離分別為√5,4,1,所以,所以√5ax=√5,4ay=4,az=1,所以x=

,因為x2+y2+z2=1,所以a=√3,所以AD=√3,AB=√15,AC=4√3,所以該長方體外接球的半徑

,所以其外接球的表面積故選D.

9.BCD由題意得Z的坐標(biāo)為(1,√3),故A錯誤；當(dāng)時，Z|?I=√22+2=2√2,故B正確；當(dāng)時，ZZ的長

為,故C正確；由z=1+√3i,得|z|=√12+(√3)2=2,且,所以,故Z?的坐標(biāo)

,即(cosθ—√3sin?,sinθ+√3cosθ),故D正確.故選BCD.

10.ACD由a:b:c=2:√7:3,可設(shè)a=21,b=√7t,c=3t(t>0),所以

【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)參考答案第1頁(共4頁)】

(0,π),所以,故A正確；由a>b及正弦定理，得sinA>sinB>0,所以sin2A>sin2B,所以1-2sin2A<1-

2sin2B,即cos2A<cos2B,故B錯誤；由△ABC為銳角三角形，得,所以,所以sinB>

,即cosA<sinB,故C正確；由滿足ABC有兩個，得csinA<a<c,即3√3<a<6,故D

正確.故選ACD.

11.AC由題意得Gas(a+1)-2-a3-2=a+1-a3-2=a3o-1-a3-2=am-2+5-—a3-2=5,所以{a-2)為等差數(shù)列，又a?=1,

所以a3n-2=a1+5(n-1)=5n-4,故A正確；同理{as-1)是以a2為首項，5為公差的等差數(shù)列，{a3m)是以a3為首

項，5為公差的等差數(shù)列，由題意易求得a2=6,a?=11,所以a3o-1=5n+1,asn=5n+6,因為數(shù)列{as-2),an-1),

{a3a}均為遞增數(shù)列，所以{an》中除去a1=1外，其他項均不為1,所以B錯誤；因為a1zn=2021,a122=2026,a1213=

2021,12u=2026,a1215=2031,且n<1215時a?≤2026,故C正確；記Ss=a1+a?+as+…+a6,由a3n-2+a?-1+

as=15n+3,知a?+a2+as,a4+as+as,…,as+ass+a6是以18為首項，15為公差的等差數(shù)列，2,所以S??=

12×1×15=1206,故D錯誤.故選AC.

12.-1或3由a⊥b,得-3+m(m-2)=0,解得m=-1,或m=3.

13.-2或4法1:當(dāng)a≤1時，所以f(x)mn=1-a=3,所以a=-2;當(dāng)a>1時，f(x)=

所以f(x)=a-1=3,所以a=4,所以a=-2,或a=4.

法2:由絕對值的幾何意義，得|x-1l+Lx-a|的最小值為|a-1l,所以|a-1|=3,解得a=-2,或a=4.

14.(3-2√2)π由c(cosA+cosB)=a+b,得sinC(cosA+cosB)=sinA+sinB,所以sinCcosA+sinCcosB=

sin(B+C)+sin(A+C),即sinCcosA+sinCcosB=sinBcosC+cosBsinC+sinAcosC+cosAsinC,整理得(sinB+

sinA)cosC=0,因為A,B∈(0,π),所以sinA>0,sinB>0,所以sinA+sinB>0,所以cosC=0,又0<C<π,所以

.設(shè)該三角形內(nèi)切圓半徑為r,則),又c=2,所以

+b—2).法1:,得a=2sinA,b=2sinB,所以；

,所以0<r≤√2-1,當(dāng)

時等號成立，所以該三角形內(nèi)切圓面積的最大值為π·(√2-1)2=(3-2√2)π.法2:因,所以a

+b≤2√2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=√2時等號成立，所以rm=√2-1,所以該三角形的內(nèi)切圓面積的最大值為π·(√2-1)2=

(3-2√2)π.

15.解：(1),………2分

所以’解得’即點G的坐標(biāo)為

………………6分

(3)由題意得|

所…………11分

.……………13分

16.(1)證明：因為PD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以PD⊥AC,……1分

因為四邊形ABCD為菱形，所以AC⊥BD2分

又PD,BDC平面PBD,且PD∩BD=D,

所以AC⊥平面PBD3分

因為ACC平面PAC,所以平面PAC⊥平面PBD4分

(2)證明：因為四邊形ABCD為菱形，所以AB//CD,

又ABC平面ABE,CDC平面ABE,

所以CD//平面ABE,6分

【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)參考答案第2頁(共4頁)】

又CDC平面PCD,且平面ABE∩平面PCD=EF,

所以EF//CD8分

(3)解：設(shè)AC∩BD=O,以O(shè)為原點，直線OA,OB分別為x軸，y軸，過O垂直于平面ABCD的直線為z軸建立如圖

所示的空間直角坐標(biāo)系，則A(2√3,0,0),B(0,2,0),C(-2√3,0,0),E(0,-2,1),所以AE=(-2√3,—2,1),

AB=(-2√3,2,0),AC=(-4√3,0,0).…………9分

設(shè)平面ABE的一個法向量m=(x,y,z),則即

令x=1,解得y=√3,z=4√3,所以m=(1,√3,4√3)·11分

設(shè)平面AEC的一個法向量n=(a,b,c),則即

+c=0,

令b=1,解得a=0,c=2,所以n=(0,1,2)13分

設(shè)平面ABE與平面AEC的夾角為θ,

.………………15分

17.解：(1)由a-2bcosC=b及正弦定理，得sinA-2sinBcosC=sinB,………………1分

因為A=π-(B+C),所以sin(B+C)-2sinBcosC=sinB,2分

所以sinCcosB-sinBcosC=sinB,所以sin(C-B)=sinB,3分

因為B,CE(0,π),C-B∈(一π,π),所以C-B=B,或C-B=π—B(舍),

所以C=2B,4分

所以cosC=cos2B=1-2sin2B,5分

因為,B,C∈(0,π),所以.…………6分

由正弦定理，得,所……………………7分

(2)由正弦定理，………………………·9分

因為△ABC為銳角三角形，所以…………11分

又C=2B,A=π-3B,所以解得

所以的取值范圍是(√/2,√3).………………15分

18.(1)證明：由an+2+3an=4an+1,得aa+2-au+1=3an+1-3a?=3(aa+1-an),……2分

,所以……………………3分

即{an+1-an)是以1為首項，3為公比的等比數(shù)列，................................................................................................5分

(2)解：由(1)知an+1-an=1×30-1=3“-1,.........................................................................................................6分

當(dāng)n≥2時，an=(an—an-1)+(an-1-an2)+(a?-2-an3)+…+(a-a1)+a1

當(dāng)n=1時，

所以{an}的通項公式為(.………………9分

(3)證明：由(2)得b?=2an+1=3”?1+1,10分

【高三11月質(zhì)量檢測·數(shù)學(xué)參考答案第3頁(共4頁)】

,……………………15分

顯然S,)是遞增數(shù)列，所以

所

19.(1)解：由f(x)=e?1-ax,得f(x)=e2?1-a,…………1分

由題意，得f'(1)=e-a=0,所以a