【文档说明】宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三上学期第三次月考 理数答案.docx，共(3)页，360.187 KB，由管理员店铺上传

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银川一中2024届高三第三次月考数学(理科)参考答案一、选择题：题号123456789101112答案ADDDBCADADCC二、填空题13．11214．5215．1533n−16．234,33三、解答题17.【解析】（1）证明：已知43nnaSn−=①，当2n时

，11431nnaSn−−−=−②，①−②得：14431nnnaaa−−−=，即141nnaa−=+，所以，1114144333nnnaaa−−+=+=+，当1n=时，则111431aaS=

−=，则11433a+=，所以，数列13na+是首项为43，公比为4的等比数列．（2）解：由（1）可知，111144333nnnaa−+=+=，则413nna−=，所以，()22log31log42nnnban=+==，所以，()()

11111112224141nnbbnnnnnn+===−+++，()122311111111111111422314141nnnnTbbbbbbnnnn+=+++=−+−++−=−=+++18．【详解】（1）由正弦定理得，sincos

3sinsin2sinsin0CACAAB+−−=，()π,sincos3sinsin2sinsin0,ABCCACAAAC++=+−−+=化简得3sinsin2sinsincos0CAAAC−−=，又()0,πA，所以sin0A，所以3sin

cos2CC−=，即πsin16C−=，又()0,πC，所以ππ5π,666C−−.所以ππ62C−=，故2π3C=；（2）由（1）知，2π3C=，由余弦定理2222coscababC=+−得2212++=abab①，又1,23CD

c==，在ACD中，由余弦定理得()2221323cos423cosbADCADC=+−=−②，在BCD△中，由余弦定理得()2221323cos(π)423cosaADCADC=+−−=+③，②+③得228ab+=④，由①④得()

22228816ababab+=++=+=，所以4ab+=，所以423abc++=+，故ABC的周长为423+.19．【答案】(1)ABC为直角三角形.(2)1,22【详解】（1）因为角A，B，C成等差数列，2BAC=+又

πABC++=，3πB=，即π3B=aabbabc+=++，()()aabcbab++=+，22aacb+=由余弦定理得：22222122bacacacac=+−=+−222aacacac+=+−，2ca=由正弦定理得：sin2sin

CA=，即πsin2sin3AA+=13sincos2sin22AAA+=，cos3sinAA=，即3tan3A=又(0,)A，,62AC==所以ABC为直角三角形.（2）2π

3AC+=，则2π3AC=−由ABC不是钝角三角形，知2ππ032π02CC−，ππ62C由正弦定理知π13sinsincossin13cos322sinsinsin22sinCCCaACcCCCC++====+当π2C=时，cos0C

=，12ac=当ππ62C时，1322tanacC=+，ππ62C，3tan3C，103tanC，130tan2C，122ac综上可知，ac的取值范围时1,2220．【答案】(1)21nan=−(2)29151

5−，．【详解】（1）由题意知12nnaS+=，当1n=时，1112aa+=，所以11a=，当2n时，212nnaS+=，21112nnaS−−+=，因为22111122nnnnnaaaSS−−++=−=−，所以2211

220nnnnaaaa−−−−−=，即()()1120nnnnaaaa−−−−+=．因为数列为正项数列，所以120nnaa−−−=，即12nnaa−−=，所以数列na为公差为2的等差数列，所以21nan=−．（2）因为()12221nnnnban+==+，

所以()23232527221nnTn=+++++．．．①()()23412232527221221nnnTnn+=++++−++．．．②①－②得，()()3411234112322222122222221nnnnnTn

n++++−=++++−+=+++++−+()()()111212221122212nnnnn+++−=−+=−−−，所以()12122nnTn+=−+，所以112162nnnTa++−−可化简为21514212121nnnn+=++++．

因为112162nnnTa++−−恒成立，所以min142121nn+++．因为对勾函数()140yxxx=+在()0,14上单调递减，在()14,+上单调递增，又*nN，所以当6n=，即2113n+=时，1

42713211321nn++=+；当7n=，即2115n+=时，142915211521nn++=+，又271329151315,所以min142915211521nn++=+，故291515，所以实数λ的取值范围为29

1515−，.21．【详解】（1）()e1xgxax=−−，定义域为R，且()exgxa=−，当0a时，()e0xgxa=−恒成立，故()e1xgxax=−−在R上单调递增，当0a时，令()0gx得，lnxa，

此时()gx单调递增，令()0gx得，lnxa，此时()gx单调递减，综上：当0a时，()gx在R上单调递增，当0a时，()gx在(),lna−上单调递减，在()ln,a+上单调递增；（2

）由题意得，()()10e11xxkx−−++−在()0,x+上恒成立，因为0x，所以e10x−，故111exkxx+++−，令()11exuxxx=+−+，()0,x+，只需()min1uxk+，()()()()()22ee2e1

1e1e1e1xxxxxxxxux−−−−+=+−=−，令()e2xxwx=−−，()0,x+，则()e10xwx=−在()0,x+上恒成立，故()e2xxwx=−−在()0,x+上单调递增，又()()22e341

0,e0ww=−−=，故存在()01,2x，使得()00wx=，即00e20xx−−=，当()00,xx时，()0wx，()0ux，()11exuxxx=+−+单调递减，当()0,xx+

时，()0wx，()0ux，()11exuxxx=+−+单调递增，故()11exuxxx=+−+在0xx=处取得极小值，也是最小值，()()000000001e2,311121xxxuxxxxx+++==++−+=−，所以()()012,3kux+，

故整数k的最大值为1.22．【答案】(1)22yx=+，()()22125xy++−=(2)511【详解】（1）将直线l的参数方程552525xtyt==+（t为参数）化为普通方程，得22yx=+，因为4sin2cos=−，所以2

4sin2cos=−，所以22240xyxy++−=，即曲线C的直角坐标方程为()()22125xy++−=.（2）把直线l的参数方程552525xtyt==+代入曲线C的方程()()22125xy++−=，得225251555t

t++=，化简得225405tt+−=.设A，B对应的参数分别为1t，2t，则12255tt+=−，124tt=−，所以124MAMBtt==，()222221212124425MAMBtttttt+=

+=+−=，可得22511MAMBMAMB=+.23．【答案】(1)(),76,−−+【详解】（1）当4a=时，函数()2224fxxx=−++，①当<2x−时，由()2426fxx=−−得7x−；②当21x−时，由()626fx=无解；③当1x时，由()4226fx

x=+得6x.综上，不等式()26fx的解集为(),76,−−+.（2）证明：因为()22222(2)2fxxxaxxaa=−++−−+=+，当且仅当12xa−时，等号成立，故()fx取到最小值2ma=+，所以26ab++=，即48

ab++=.所以11111(4)44844ababab+=+++++154154928444844432babaabab++=+++=++，获得更多资源请扫码加入享学

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