【文档说明】黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高三上学期10月月考试题 数学 PDF版含解析.pdf，共(14)页，5.217 MB，由管理员店铺上传

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{#{QQABYQAEogigAoAAAAgCEwEYCgEQkBEACSgOQAAEoAAAiANABCA=}#}{#{QQABYQAEogigAoAAAAgCEwEYCgEQkBEACSgOQAAEoAAAiANABCA=}#}{#{QQABYQAEogigAoAAAAgCEwEYCgEQkB

EACSgOQAAEoAAAiANABCA=}#}{#{QQABYQAEogigAoAAAAgCEwEYCgEQkBEACSgOQAAEoAAAiANABCA=}#}高三年级10月考数学参考答案一、单项选择题二、多项选择题12345678BCCDAADA三、填空题12．013．

14．425四、解答题15.（本小题满分13分）解：（1）由223nSnn得当1n时，115aS，当2n≥时，22123[2(1)3(1)]41nnnaSSnnnnn所以41nan

由34log141nnabn，所以3nnb（2）由（1）知(41)3nnnabn125393(41)3nnTn①23135393(43)3(41)3nnnTnn②①-②得212154343(41)3nnnTn

119(132154(41)313nnnTn），所以131(2)322nnTn.16.（本小题满分15分）解：（1）由正弦定理得222sinCsinsin2sinsinABAB2222abcab，由余弦定理

得2222cos22abcCab，因为(0)C，，所以4C，因为6sincos2BC所以3sin2B，因为(0)2B，，所以3B（2）512ABC，sinsin()ABC624由正弦定理sinsinsinabcABC得6231242acc

，62bc由213(31)sin3128ABCSabCc△，得2833c.17.（本小题满分15分）解：（1）因为()lnfxxx，所以()()lnaagxfxxxxx，0x，，2221()1axxagxxxx，令2211()()24mxx

xaxa①当14a≤时，()0gx≤恒成立，此时()gx在(0)，上单调递减；②当104a时，()0mx可得11411422aax所以()gx在114(0)2a，上单调递减，在114114()22aa，

上单调递增，在114()2a，上单调递减；③当0a时，()0mx，可得114114022aax所以()gx在114(0)2a，上单调递增，在114()2a，上单调递减；91011ADABDBC综上所述：当14a≤时，()gx的单调递减区间为(0)，，无

单调递增区间；当104a时，()gx的单调递减区间为114(0)2a，和114()2a，单调递增区间为114114()22aa，；当0a时，()gx的单调递增区间为114(0)2a，，单调递减区间

为114()2a，；（2）由()lnfxxx，1()xfxx，由()0fx得01x，()0fx得1x所以()fx在(01)，上单调递增，在(1)，上单调递减，所以max()(1)1fxf，所以

min|()|1fx，设ln1()2xgxx，则21ln()xgxx由()0gx得0ex，由()0gx得ex，所以()gx在(0e)，上单调递增，在(e)，上单调递减，所以max()gx=(e)g111e2所以maxmin()|()|gxfx，所以ln1

|()|2xfxx对任意的(0)，恒成立.18.（本小题满分17分）解：（1）(0)1()e(0)1xggxaga，，，所以()gx在(0(0))g，处的切线方程为：(1)1yax

(1)1hbc，2()1(1)1bhxhbx，，所以()hx在(1(1))h，处切线方程为：(1)2ybxbc所以2111bcab，即21(1)caa≥；所以c的最小值为1（2）()exgxax，则()exgxa

，所以ln(0)2ax，时ln()0()2agxx，，时()0gx所以()gx在ln(0)2a，上单调递减，在ln()2a，上单调递增，故minlnln()()(1)22aagxga()bhxxcx，则()hx在(0)b，上单调

递减，在()b，上单调递增令()0hx，即20xcxb，24cb1.0即2cb时，在(0，）上()hx的两个零点为12xx，，同时它们恰好为()gx的零点.12()0()0ln102gxgxa即12122eee

xxaxaxa又1212xxcxxb，，则2e1ecaba，此时1lnlneeeaaabaaaba，令1lnyaaa，则21110yaa，y递减且a

时y，则2212eee(0e)y，，故2212eeeeaba.2.0≤即02cb≤时，在(0)，上()0hx≥，此时只需min()0gx≥即21ea≤≤即可.此时，eeebabaaa，令()eaaka，则10eaak≤，即k在2[1e]，递减，22

e1[e]ek，而e1b，故22eeeaba.综上所述，eaba的取值范围为22e(e)，19．（本小题满分17分）（1）设{}na的公差为d，32318Sa所以26a，323aad，3nan；由214bbq，313(1)141bqTq

，所以22520qq，2q或12q（舍）所以2nnb.1132ab，所以1223cc，；2264ab，所以3446cc，3398ab，所以5689cc，；441216ab，所以7812cc，16.3574812ccc，所以1k.（2）

221233(363)(222)222nnnnnnnMSTn231nnMb，即2133223212nnnn所以233222nnn，当1n时符

合，令233222nnrnn1234081826rrrr，，，，524r，64r16622nnnrrn当4n≥时，10nnrr所以123456rrrrrr所

以有且只有1n符合.（3）由2122122(36)(1)nnnnnnnnabdcccc得1(96)2(1)(3)2(33)2nnnnnndnn111(1)()32(33)2nnnnn22221111()(32(31

3)2(313)2(323)2nnE）22111()3(2)23(21)2nnnn21116(63)2nn16..试题参考答案一．单选题1.【解析】选B.{|2}{|12

}UAxxABxx≤，≤ð，故选B.2.【解析】选C.0a且0b0ab且0ab，反之也成立，故选C.3.【解析】选C.12(43i)(i)=(4-3)+(4+3)izzaaa为实数，所以430a所以43a，故选C.4.【解析】选D.因为||

|2|abab平方得，21||2abb，a在b方向上的投影向量为1||||2abbbbb，故选D.5.【解析】选A.53357Saa，453623aaaa，所以616a，所以63363aad，故选A.6.【解析】选A.由1

02sincos2两边平方得2254sin4sincoscos2，所以4sincos233cos2所以2332sin2(2cos1)cos222所以3tan24.故选A.7.【解析】选D.因为ln()lnlnlnln3333xyxyxy

故选D.8.【解析】选A.设零点为(01]t，，则ln0atbt，()ab，在直线ln0xtyt上，22ab的几何意义为点()ab，到原点距离的平方，其最小值为原点到直线ln0xtyt的距

离d的平方，222ln1tdt，设22ln()1tgtt，22222ln(12ln)()0(1)ttttgttt所以()gt在(01]，单调递减，所以min()(1)0gtg.故选A.二．多选题9.【解析】选AD.|||2

i||2|zzyy知A对C错，222222izxxyyxy，故B错，22||||||zxyxy≤成立，故选AD.10.【解析】选ABD.由21()(0)22nddSnand及二次

函数的性质知AB，为真，对D知100ad，从而{}nS是递减数列，对C：1258，，，，满足{}nS是递减数列，但0nS不恒成立，故选ABD.11.【解析】选BC.对A：(0)1()1(0)2fff

，A错，对B，令sinxt，21()sinsin1fxxx，210tt则15sin[02]2txx，，，有两个实根.B对.对C：232()sincosfxxx，22()2sincos3cossinfxxxxx，令2()0fx即2cos

sin203xx，，2cos3x的两个根为123(0)(2)22xx，，，，sin20x的根为30222，，，，，所以2()fx的极小值点为12xx，，，C对.对D：22(2)()fxfx

，所以2()fx为周期函数，但232()sincosfxxx，232()sincosfxxx，22()()fxfx，D错.三.填空题12.【解析】0.()()fxfx特值()()fafa即coscos|2|aa

a所以0a.13.【解析】.21cos2cos2xx与cos(2)4x的最小正周期相同，14.【解析】425.解1：设|ab|x，||aby，，ab>=，254cos[13]xx，，

，254cos[13]yy，，且2210xy，设10cos10sinxy，，其中13sin1010≤≤，则25sin()4xy，当4，55xy，时xy取得最大值25，当31cossin1010，即3x，1y时xy取得最小值4,所以最大值与最

小值之和为425.解2：换元后，利用平行直线系和圆弧的位置关系四.解答题15.解：（1）由223nSnn得当1n时，115aS，………………………………1分当2n≥时，22123[2(1)3(1)]41nnnaSSnnnnn

……3分所以41nan…………………………………………………………………4分由34log141nnabn，所以3nnb………………………………6分（2）由（1）知(41)3nnnabn…………………………………………………7分1253

93(41)3nnTn①23135393(43)3(41)3nnnTnn②……………9分①-②得212154343(41)3nnnTn……………………10分119(132154(41)313nnnTn），所以

131(2)322nnTn.…………………………………………13分16.解：（1）因为222sinCsinsin2sinsinABAB2222abcab，…2分由余弦定理得2222cos22abcCab

，(0)C，，所以4C，…4分因为6sincos2BC所以3sin2B，………………………………………6分因为(0)2B，，所以3B…………………………………………………7分（2）512ABC……………………………………………………………8分sinsin

()ABC624…………………………………………………10分sinsinsinabcABC得6231242acc，62bc………12分由213(31)sin3128ABCSabCc△，…………………………14分得2833c.…………………………………………

…………………………15分（17）解：（1）因为()lnfxxx，所以()()lnaagxfxxxxx，0x，2221()1axxagxxxx，………………………………………………………2分令221

1()()24mxxxaxa①当14a≤时，()0gx≤恒成立，此时()gx在(0)，上单调递减；②当104a时，()0mx可得11411422aax所以()gx在114(

0)2a，上单调递减，在114114()22aa，上单调递增，在114()2a，上单调递减；③当0a时，()0mx，可得114114022aax所以()gx在114(0)2a，上单调递增，在114()2a，上单调递减

；……5分综上所述：当14a≤时，()gx的单调递减区间为(0)，，无单调递增区间；当104a时，()gx的单调递减区间为114(0)2a，和114()2a，单调递增区间为114114()22aa，；当0

a时，()gx的单调递增区间为114(0)2a，，单调递减区间为114()2a，；……………………………………………………………………7分（2）由()lnfxxx，1()xfxx，由(

)0fx得01x，()0fx得1x所以()fx在(01)，上单调递增，在(1)，上单调递减，所以max()(1)1fxf，所以min|()|1fx，………………………………………10分设ln1()2xgxx

，则21ln()xgxx由()0gx得0ex，由()0gx得ex，所以()gx在(0e)，上单调递增，在(e)，上单调递减，所以max()gx=(e)g111e2所以ma

xmin()|()|gxfx，…………………………………………………………………14分所以ln1|()|2xfxx对任意的(0)，恒成立.……………………………………15分18.解：（1）(0)1()e(0)1xgg

xaga，，，所以()gx在(0(0))g，处的切线方程为：(1)1yax………………………………………………………………2分(1)1hbc，2()1(1)1bhxhbx，，所以()hx在(1(1))h，处切线

方程为：(1)2ybxbc所以21bc，11ba.………………………………6分即21(1)caa≥所以c的最小值为1.…………………………………………7分（2）()exgxax，则()exgxa，当ln(0)2ax，时ln

()0()2agxx，，时()0gx所以()gx在ln(0)2a，上单调递减，在ln()2a，上单调递增，故minlnln()()(1)22aagxga…………………………………………………

……9分()bhxxcx，则()hx在(0)b，上单调递减，在()b，上单调递增令()0hx，即20xcxb，24cb1.0即2cb时，在(0，）上()hx的两个零点为12xx，，同时它们

恰好为()gx的零点.12()0()0ln102gxgxa即12122eeexxaxaxa又1212xxcxxb，，则2e1ecaba，此时…11分1lnlneeeaaabaaaba，令1l

nyaaa，则21110yaa，y递减且a时y，则2212eee(0e)y，，故2212eeeeaba.…………………………………14分2.0≤即02cb≤时，在(0)，上()0hx≥，此时只需mi

n()0gx≥即21ea≤≤即可.此时，eeebabaaa，令()eaaka，则10eaak≤，即k在2[1e]，递减，22e1[e]ek，而e1b，故22eeeaba.……………………………………………………………………16分综上所述

，eaba的取值范围为22e(e)，………………………………………………17分（19）解：（1）设{}na的公差为d，32318Sa所以26a，323aad，3nan；……………………………2分由214bb

q，313(1)141bqTq，所以22520qq，2q或12q（舍）所以2nnb.……………………………………………………………………4分1132ab，所以1223cc，；2264ab，所以3446cc，3398ab

，所以5689cc，；441216ab，所以7812cc，16.3574812ccc，所以1k.………………………………………5分（2）221233(363)(222)222nnnnnnnMSTn

…7分231nnMb，即2133223212nnnn所以233222nnn，当1n时符合，…………………………………………………8分令233222nnrnn1234081826

rrrr，，，，524r，64r16622nnnrrn当4n≥，10nnrr所以123456rrrrrr所以有且只有1n符合.…………………………………………………………11分（3）由2122122(36)(1)nnnnnnnnabdcccc

得1(96)2(1)(3)2(33)2nnnnnndnn111(1)()32(33)2nnnnn………………13分22231111()(32(313)2(313)2(323)2n

E）22111()3(2)23(21)2nnnn……………………………………15分21116(63)2nn16.………………………………………………17分