【文档说明】安徽省六安第一中学2024-2025学年高三上学期第三次月考（11月）数学试题Word版含解析.docx，共(15)页，786.087 KB，由小赞的店铺上传

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六安一中2025届高三年级第三次月考数学试卷时间：120分钟满分：150分一、选择题：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，只有一项是符合题目要求的．1.已知复数()i12iz=−

+，其中i是虚数单位，则z=（）A.1B.2C.3D.5【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算可得2iz=−，进而可求模长.【详解】因为()i12i2iz=−+=−，所以()22215z=+−=.故选：D.2.已知等差数列na的前n项和为nS，若38304Sa==,，则9S=（

）A.54B.63C.72D.135【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，利用等差数列的性质求出2a，再求出9S.【详解】等差数列na中，由330S=，得2123330aaaa=++=，解得210

a=，而84a=，所以192899()9()6322aaaaS++===.故选：B3.已知平面向量,ab满足4a=，()1,22b=，且()()23abab+⊥−．则向量a与向量b的夹角是（）A.π6B

.π3C.2π3D.5π6【答案】C【解析】【分析】根据垂直得出向量的数量积，再由夹角公式计算即可.【详解】因为()1,22b=，所以183b=+=，由()()23abab+⊥−可得()()2223325481850ababababab+−=−+=

−+=，所以6ab=−，所以61cos,432ababab−===−，由,0,πab知2π,3ab=，故选：C4.在等比数列na中，已知13a=，48na=，93nS=，则n的值为（）A.4B.5C.6D.7【答

案】B【解析】【分析】由1(1)1−=−nnaqSq及通项公式11nnaaq−=，列出方程组求解即可.【详解】在等比数列{𝑎𝑛}中，13a=，48na=，93nS=，所以1q，由1(1)1−=−nnaqSq，及通项公式11nnaaq−=，可得13(1)9314

83nnqqq−−=−=，解得2,5qn==.故选：B.5.已知数列na满足1211nnaan+−=−，且110a=，则na的最小值是（）A.-15B.-14C.-11D.-6【答案】A【解析】【分析】根

据已知条件得出最小项为6a，利用迭代的思想即可求得6a.【详解】∵1211nnaan+−=−，∴当5n时，10nnaa+−，当5n时，10nnaa+−，∴12345678aaaaaaaa，显然na的最小值是6a.又1211nnaan+−=−，∴(

)()()()()612132435465aaaaaaaaaaaa=+−+−+−+−+−()()()()()109753115=+−+−+−+−+−=−，即na的最小值是15−.故选：A6.已知ABCV是边长为1的

正三角形，1,3ANNCP=是BN上一点且29APmABAC=+，则APAB=（）A.29B.19C.23D.1【答案】A【解析】【分析】根据题意得89APmABAN=+，由,,PBN三点共线求得19m=，利用向量数量积运算求解.【详解】13ANNC=，14A

NAC=uuuruuur，且2899APmABACmABAN=+=+uuuruuuruuuruuuruuur，而,,PBN三点共线，819m+=，即19m=，1299APABAC=+uuuruuuruuur，所以o12122cos6099999APABA

BACAB=+=+=.故选：A.7.数列na的前n项和为nS，满足1024nnSa+=，则数列na的前n项积的最大值为（）A.552B.452C.92D.102【答案】B【解析】【分析】根据给定的递推公式求出1a，进而求出数列na通项，借

助单调性求解即得.【详解】依题意，Nn，1024nnSa+=，则1512a=，当2n时，111024nnSa−−+=，两式相减得12nnaa−=，即112nnaa−=，因此数列na是以512为首项，12为公比的等比数列，于

是1101512()22nnna−−==，显然数列na单调递减，当10n时，1na，当11n，1na，所以当9n=或10n=时，数列na的前n项积最大，最大值为98720452222222=.故选：B8.已知O是ABCV所在平面内一点，且2AB=，

1OAAC=−，1OCAC=，则ABC的最大值为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】B【解析】【分析】根据题意可得C点轨迹是以A为圆心，半径为2的圆，再由直线与圆相切可得ABC的最大值为π4.【详解】根据1OAAC=−，1OCAC=可得()22OC

ACOAACOCOAACAC−=−==，即可得2AC=；即可知C点轨迹是以A为圆心，半径为2的圆，如下图所示：由图可知，当BC与圆相切时，ABC取到最大，又2AB=，2AC=可知此时π4ABC=故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给

出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知z为复数，设z，z，iz在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（）A.OAOB=B.OAOC⊥.C.ACBC=D.OBAC∥【答案】AB【解析】【分析】根据复数的几何意义、共轭复

数、复数的乘法运算可以表示出A，B，C三点的坐标，通过向量的模长、向量的平行和垂直知识进而可以判断.【详解】设()i,zabab=+R，(),Aab，()i,zabab=−R，(),Bab−，()iiii=+=−+zabba，(),−Cba，()(

)()()(),,,,,,,,,==−=−−−−−−+==OAabOBabOCbabaabbaabACBC对于A，()2222+=+−=OAOababB，故选项A正确；对于B，()0−+=abba，⊥OAOC，故选项B正确；对于C，()()()()2222,ACbaabBCbaa

b=−−+−=−−++，当0ab时，ACBC，故选项C错误；对于D，()()()222aabbbaaabb−−−−−=−−，222aabb−−可以为零，也可以不为零，所以OB不一定平行于AC，故选

项D错误.故选:AB.10.已知等差数列na的首项为1a，公差为d，前n项和为nS，若1089SSS，则下列说法正确的是（）A.当9n=时，nS最大B.使得0nS成立的最小自然数18n=C.891011aaaa++D.数列nnSa中最小项为1100Sa【答案】A

BD【解析】【分析】利用,nnaS关系及等差数列通项公式得{𝑎1>0𝑑<0,𝑎9>0,𝑎10<0判断A；根据已知及A项分析得81191090aaaaa+=+，进而确定()101189101189,aaaaaaaa+−++++的符号判断C；根据A、C项

分析确定数列正负分界项，再由等差数列前n项和确定0nS对应n的最小值判断B；根据以上分析确定nnSa各项符号判断D.【详解】根据题意：{𝑆8<𝑆9𝑆10<𝑆9⇒{𝑆9−𝑆8=𝑎9>0𝑆10−𝑆9=𝑎10<0，即911018090

aadaad−=−−=+，两式相加，解得{𝑎1>0𝑑<0,𝑎9>0,𝑎10<0，当9n=时，nS最大，故A正确；由108SS，可得91090aaa+，所以8110aa+，故()10118910118940,0aaaadaaaa+−+=+++

，所以891011aaaa++，故C错误；由以上可得：1213910110aaaaaa，()117179171702aaSa+==，而()()1181891018902aaSaa+==+，当17n

时，0nS；当18n时，0nS；所以使得0nS成立的最小自然数18n=，故B正确.当9n或18n时0nnSa；当918n时0nnSa；由101117101112170,0aaaSSS

S，所以nnSa中最小项为1100Sa，故D正确.故选：ABD11.已知数列na是各项为正数的等比数列，公比为q，在12,aa之间插入1个数，使这3个数成等差数列，记公差为1d，在23,aa之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为2,

d，在1,nnaa+之间插入n个数，使这2n+个数成等差数列，公差为nd，则下列说法错误．．的是（）A.当01q时，数列nd单调递减B.当1q时，数列nd单调递增C.当12dd时，数列nd单调递减D.当12dd时，数列

nd单调递增【答案】ABC【解析】【分析】由等差数列得(1)1nnaqdn−=+，然后在01q或1q分别确定{}nd的单调性判断AB，进行讨论判断各选项．再由12dd或12dd确定q的范围，从而确定{}nd的单调性判断CD．【详解】数列{

𝑎𝑛}是各项为正数的等比数列，则公比为0q，由题意1(1)nnnaand+=++，得()1111nnnnaqaadnn+−−==++，01q时，0nd，有()1112nnqnddn++=+，1nndd+，数列nd单调递增

，A选项错误；1q时，0nd，()112nnqnddn++=+，若数列nd单调递增，则()112qnn++，即21nqn++，由*Nn，需要32q，故B选项错误；12dd时，()()111123aqaqq−−，解得312q，1q时，0nd，由()112nnq

nddn++=+，若数列nd单调递减，则()112qnn++，即21111nqnn+=+++，而312q不能满足()*11N1qnn++恒成立，C选项错误；12dd时，()()111123aqaqq−−，解得01q或32q，由AB选项的解

析可知，数列nd单调递增，D选项正确.故选：ABC【点睛】方法点睛：本题数列的单调性，解题方法是利用等差数列的定义确定nd与q的关系，利用此关系通过q的范围确定{}nd的单调性，同样根据12,dd的大小确定q的范围，再得单调性．三、填空题：本题共3小题，每小题5分

，共15分．12.设正项等比数列na的前n项和为nS，若4210SS=，则62SS的值为______.【答案】91【解析】【分析】方法一：利用等比数列前n项和性质即可求解；方法二：利用等比数列前n项和的公式，代入计算即可求解.【详解】方法一：等比数列na中，2

S，42SS−，64SS−成等比数列，则2S，29S，281S成等比数列，∴64281SSS−=，∴6291SS=，∴6291SS=.方法二：设na公比为q，由题意显然0q且1q,所以()()42111110311aqaqqqq−−==−−，∴()()61

6622211131911311aqSqSaqq−−−===−−−，故答案为：91.13.已知数列{}na中，11a=，12,2,nnnanaan++=−+为奇数为偶数，则数列{}na前2024项的和为

__________.【答案】2024【解析】【分析】利用数列{}na的周期性可得答案.【详解】因为11a=，12,2,nnnanaan++=−+为奇数为偶数，所以2123aa=+=，322321=−+=−+

=−aa，4321=+=aa，542121=−+=−+=aa，652123=+=+=aa，L，所以数列{}na是周期为4的周期数列，且123413114+++=+−+=aaaa，所以()220241202443215062024+===+++++Saaaaaaa.的

故答案为：2024.14.在ABCV中，内角A，B，C所对的边分别为,,abc（ab）.已知2coscaA=，则sinsinBA−的最大值是__________.【答案】269##269【解析】【分析】利用正弦边角关系、三角恒等变换得到2CA=、

π03A，再应用和角正弦公式、倍角公式，将目标式化为34sin2sinAA−+，应用换元法及导数研究其最大值即可.【详解】由2coscaA=，则sin2sincossin2CAAA==，,(0,π)AC，所以2CA=或2πCA+=

，而πABC++=，且ab，即AB，所以2CA=，且03πACA+=，即π03A，sinsinsin3sinsincos2cossin2sinBAAAAAAAA−=−=+−2232sin(12sin)2cossinsinsin2sin2

(1sin)sinsinAAAAAAAAAA=−+−=−+−−34sin2sinAA=−+，令3sin(0,)2tA=，则3()42fttt=−+，2()122ftt=−+，当6(0,)6t时()0ft，则()ft在6(0,)6上递增；当63(,)62t时()0ft，则()f

t在63(,)62上递减；故66t=为()ft的极大值点，()ft最大值为3966426626−+=.故答案为：269.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.设等比数列{an}满足124aa+=

，318aa−=．的（1）求{an}的通项公式；（2）记nS为数列{log3an}的前n项和．若13mmmSSS+++=，求m．【答案】（1）13nna−=；（2）6m=.【解析】【分析】（1）设等比数列na的公比为q，根据题意，列出方程组，求得首项和公比，进而求得通项公式；（2）由（1）求出

3{log}na的通项公式，利用等差数列求和公式求得nS，根据已知列出关于m的等量关系式，求得结果.【详解】（1）设等比数列na的公比为q，根据题意，有1121148aaqaqa+=−=，解得113aq==，所以13nna−=；（2）令313l

oglog31nnnban−===−，所以(01)(1)22nnnnnS+−−==，根据13mmmSSS+++=，可得(1)(1)(2)(3)222mmmmmm−++++=，整理得2560mm−−=，因为0m，所以6m=，【点睛】本题考查等比数列通项公式

基本量的计算，以及等差数列求和公式的应用，考查计算求解能力，属于基础题目.16.在ABCV中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，且()22acbbc−=+.（1）求角A；（2）若19,3,2aBAACBDDC===，求AD的长.【答案】（1）2π3（2）133或273【解析】【分析】(1)

变形后利用余弦定理可求；(2)先将2π3A=代入3BAAC=可得6bc=，再将19a=代入()22acbbc−=+得2213bc+=，联立方程组解得,bc，由此将向量AD用,ABAC表示，求解向量的模可得.【小问1详解】由()22acbbc−=+得222

bcabc+−=−，则由余弦定理得2221cos222bcabcAbcbc+−−===−，0πA，2π3A=.【小问2详解】由31cos2BAACAAbcAbBCc=−=−==，解得6bc=①，19a=，2

2219abcbc=++=，则2213bc+=②，联立①②可得，2,3bc==，或3,2bc==.2BDDC=，()2ADABACAD−=−，则1233ADABAC=+，且3ABAC=−，所以()()22222114441299ADABACAB

ACcb=++=+−，当2,3bc==时，2113(91612)99AD=+−=，则AD长为133；当3,2bc==时，2128(43612)99AD=+−=，则AD长为273.综上所述，AD的长为133或273.17.已知数列{}na的前n项和为nS，

*12111,3,22(2,N)nnnaaSSSnn+−==+=+.（1）求证：数列{}na为等差数列；（2）在数列{}nb中，1213,nnnnbabab++==，若{}nb的前n项和为nT，求证：92nT.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析

】【分析】（1）利用na与nS的关系式，结合等差数列的定义即可得证；（2）利用（1）中结论求得na，进而利用累乘法求得nb，再利用裂项相消法求得nT，从而得证.【小问1详解】因为*1122(2,N)nnnSSSnn+−+=+，所以*112(2,N)nnnnSSSSnn+−−=−+

，即1*(2,N)2nnanan+=+，又21312aa−=−=，所以数列na是首项为1，公差为2的等差数列.【小问2详解】由（1）知：()11221nann=+−=−，则()222123nann+=+−=+，又21

nnnnabab++=，所以122123nnnnbanban++−==+，所以312112213332325272151nnnnnbbbbbnbbbbnnbn−−−==−−−+9911(21)(21)22121nnnn==−−+−+，所以91111112335212

1nTnn=−+−++−−+91912212n=−+.18.设各项均为正数的数列na的前n项和为nS，已知2132aaa=+，数列nS是公差为d的等差数列.（1）求证：21ad=，并求出数列na的通项公式（用,n

d表示）；（2）设c为实数，对满足3mnk+=且mn的任意正整数,,mnk，不等式mnkSScS+都成立，求证：c的最大值为92.【答案】（1）证明见解析，()221nand=−（2）证明见解析【解

析】【分析】（1）利用等差数列的通项公式得到nS关于1,ad的关系式，再利用题设条件得到关于1,ad的方程，进而依次求得,nnSa，从而得解；（2）利用（1）中结论与完全平方公式求得92c，再利用基本不等式检验92c=时的情况，从而得证.【小问1详解】由题意知：0d，11(

1)(1)nSSndand=+−=+−，因为2132aaa=+，则233aS=，所以2133()SSS−=，则2212113[()](2)adaad+−=+，整理得21120aadd−+=，则211,adad==，所以22(1),nnSdndndS

nd=+−==，当2n时，222221(1)(21)nnnaSSndndnd−=−=−−=−，适合1n=情形.所以()221nand=−.【小问2详解】由mnkSScS+，得222222mdndckd+，则222mnck

+，所以222mnck+恒成立，又3mnk+=且mn，,,mnk正整数，所以22222()()9mnmnk++=，则22292mnk+，故92c，当92c=时，()22222222229

99222mnkSSSmdndkdkdmnmn=+−−+−=+−，22922dkmn=−，由不等式可得32mnkmn+=，即294kmn，当且仅当32mnk==时，等号成立，而mn，故294kmn，故092mnkSSS−+，故c的最大值为92.为19.已知函数()

xfxe=.（1）当0x时，求证：()()2fxfxx−−；（2）若0k，且()fxkxb+在R上恒成立，求2kb+的最大值；（3）设*2,nnN，证明：222111ln2233nnn+++

−−−.【答案】（1）证明见解析（2）2e（3）证明见解析【解析】【分析】（1）不等式成立转换为函数最小值问题，利用导函数求得到点区间，从而得出最小值，不等式得证；（2）构建函数，利用导函数求得单调区间，从而找到最小值，由题意得到不等关系，再令所求代数式为

函数，借助导函数求得最大值；（3）由（1）中结论，对变量进行合理转化构建出不等关系()21lnlnln11nnnnnn=−−−−，从而得证.【小问1详解】令ee()2(0)xxgxxx−=−−，所以()()1e20exxgxx=+−，

所以()e2e220xxgx−=−+−=，当且仅当1ee1exxx==，即0x=时，等号成立，所以当)0,x+时，()()0,gxgx单调递增，则()()00gxg=；小问2详解】令()exFxkxb=−−，e()xFxk=−；由(

)0Fx得出lnxk；由()0Fx得出lnxk；min()(ln)ln0FxFkkkkb==−−；lnbkkk−，23lnkbkkk+−，令()3lnGkkkk=−，0k；()2lnGkk

=−，当20ek时，()0Gk，()Gk单调递增，【当2ek时，()0Gk，()Gk单调递减，所以2e是的()Gk极大值点，22()(e)eGkG=，2kb+的最大值为2e；【小问3详

解】由（1）知，()e2e0,0,xxxx−−−+，令ln(1)xss=，则12ln0sss−−−，即12ln(1)ssss−，设*11,2,1snnn=+−N，则满足1s，所以11112ln111111nnn+−

+−−+−，即111ln11111nnn−+−+−，所以()21lnlnln11nnnnnn=−−−−，所以()222111ln2ln1ln3ln2lnln1ln2233nnnnn+++−+−++−−=−−−，即222111ln2233nnn

+++−−−.【点睛】方法点睛：不等式成立问题：（1）通过令两项的差为函数关系，再利用函数单调性求出函数的最值的方式来解决；（2）多项求和的不等关系的证明，可以先找到某一项的不等关系，再求和得到结论.