【文档说明】数学答案.docx，共(5)页，182.801 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-918a708cb50c22185303986a6c497c5e.html

以下为本文档部分文字说明：

2024—2025学年度上学期高三学年期中考试数学答案一、单选题1.D2.D3.A4.A5.D6.B7.D8.C二、多选题9.AC10.ABD11.ACD三、填空题12.213.4014.1四、解答题15.（1）22()baacc−=

−即222bacac=+−∵2222cosbacacB=+−∴1cos2B=，又(0,)B∴3B=（2）由3sinsin32acAC==可得，2sinaA=，2sincC=2sin2sin3labcAC=++=++∵2+3AC=∴23CAp=-∴2

2sin2sin()33labcAA=++=+−+3sin3cos3AA=++23sin()36A=++∵203A∴l的最大值为3316.(1)321212222nnnaaaa−++++=当2n时，312122)2

222(1nnaaana−−++++=−两式相减，得122nna−=，即2nna=.又当1n=时，12a=符合题意，所以2nna=.(2)由（1）得2nna=，所以11222111nnnnnnbbdnnn++−−===+++，则112nnnd+=，所以()1

23111123412222nnTn=+++++()12341111112341222222nnnTnn+=++++++两式相减得：()()11211111

1111113342211112222222212nnnnnnnTnn++++−+=+++−+=+−+=−−，所以332nnnT+=−．17.（1）2231()2sincos()2sin2sin(

cossin)2sin226fxxxxxxxx=+−=−−23333sin23sinsin2(1cos2)3sin(2)22232xxxxx=−=−−=+−，由22,32xkk+=+Z，得,12xkk=+Z，所以()fx的对称轴为ππ

()122kxk=+Z.由222,232kxkk−+++Z，0,x，所以单调递增区间为701212，，，（2）由（1）知，33()3sin(2)322fAA=+−=−，则πsin(2)03A+=，

由02A，得ππ4π2333A+，则π23A+=，解得π3A=，因为ABCV中，3cos3B=，则B为锐角，所以2236sin1cos133BB=−=−=，因为π3A=，πABC++=，所以2π3CB

=−，所以2π2π2π331616sinsinsincoscossin333232326CBBB=−=−=+=+，设BAD=，则π3CAD=−，在ABD△和ACD中，由正弦定理得3

sinsin6BDADADB==，6πsin36sin3CDADADC==+−，因为2CDBD=，上面两个等式相除可得()π6sin36sin3−=+，得()316cossin36sin22−=+，即()2cos26si

n=+，所以2tantan3226BAD===−+.18.（1）证明：2123123)1231(231212221−+=−++=−=++++nanaabnnnnnnnnbaanna31)23(312131212)6(

31222=−=−=−+−=，又212313123121=−+=−=aab，所以，数列}{nb为以21为首项，31为公比的等比数列.（2）由（1）可知13121−=nnb，又232−=nnab，23312112+=−nna.设nnaa

aP242++=，则nnPnnn233143432331131121+−=+−−=，设1231−++=nnaaaQ，1231122−+=−naann，2312)121(31nQnnQPnnn+=−++=，233nPQnn−=

，故21223631334nnnPQPSnnnnn−+−=−=+=−.（3）nnnnnnnc321132113331311311−−−=−−=−−=−，nnnnnnnT311)311()313131(22+−=−−=+++−，所以欲证1133l

n−−−nnnnT，只需证)311ln(313ln133ln31nnnnnn−−=−−=−，即证nn31)311ln(−−.设)0,1(),1ln()(−+−=xxxxf，01)(+=xxxf，故)(xf在)0,1(−上单调递减，0)0()(=fxf

，)0,1(−x时，)1ln(xx+.)0,31[31−−n，nn31)311ln(−−得证.19.1)𝑎=𝑒,𝑓(𝑥)=𝑒𝑥−1−sin𝑥,𝑓(0)=𝑒−1,𝑓′(𝑥

)=𝑒𝑥−1−cos𝑥,𝑓′(0)=𝑒−1−1∴𝑦−𝑒−1=(𝑒−1−1)𝑥2）𝑓(𝑥)3−𝑓(𝑥)2+ln(1+𝑓(𝑥))≥0.令𝑓(𝑥)=𝑡,𝑡3−𝑡2+ln(1+𝑡)≥0(1)t−令𝑔(𝑡

)=𝑡3−𝑡2+ln(1+𝑡),𝑔′(𝑡)=3𝑡2−2𝑡+1𝑡+1=3𝑡3+𝑡2−2𝑡+1𝑡+1，当𝑡≥0,𝑔′(𝑡)≥0∴𝑔(𝑡)在(0,+∞)单调递增，当()32322(0,1),ln1(1)0ttttt

ttttt+++++=++∴𝑔(𝑡)≥0解集为𝑡≥0∴𝑒𝑥−ln𝑎−sin𝑥≥0(𝑥>0),𝑒𝑥𝑎≥sin𝑥,1𝑎≥sin𝑥𝑒𝑥=ℎ(𝑥).ℎ′(𝑥)=cos𝑥−sin𝑥𝑒𝑥=√2sin(𝑥+3𝜋4)𝑒𝑥,

∴𝑓(𝑥)在(0,𝜋4)单调递增,(𝜋4,5𝜋4)单调递减,当𝑥>5𝜋4时,ℎ(𝑥)<1𝑒5𝜋4∴ℎ(𝜋4)=√22𝑒𝜋4∴1𝑎≥√22𝑒𝜋4,0<𝑎≤√2𝑒𝜋43）ℎ(𝑥)=sin𝑥𝑒𝑥∴sin𝑥𝑒𝑥

=1𝑎有两个根𝑥1,𝑥2。由2)知，当𝑥∈(0,𝜋)ℎ(𝑥)在(0,𝜋4)单调递增，(𝜋4,𝜋)单调递减∴0<𝑥1<𝜋4<𝑥2<𝜋,欲证𝑥1+𝑥2<𝜋,即证𝑥2<𝜋−𝑥1∵

{𝑥2>𝜋4𝜋−𝑥1>𝜋4∴即证ℎ(𝑥2)>ℎ(𝜋−𝑥1),即证ℎ(𝑥1)>ℎ(𝜋−𝑥1),即证sin𝑥1𝑒𝑥1>sin(𝜋−𝑥1)𝑒𝜋−𝑥1,即证𝑒𝜋−𝑥1>𝑒𝑥1,即证𝑥1<𝜋2,显然成立.欲证𝑥1+𝑥2>𝜋2,即证𝑥2>�

�2−𝑥1,𝜋2−𝑥1∈(𝜋4,𝜋),即证𝑓(𝑥2)<𝑓(𝜋2−𝑥1),即证𝑓(𝑥1)<𝑓(𝜋2−𝑥1),即证sin𝑥1𝑒𝑥1<sin(𝜋2−𝑥1)𝑒𝜋2−𝑥1,即证ta

n𝑥1<𝑒2𝑥1−𝜋2。令𝑡(𝑥)=tanx𝑒2𝑥1−𝜋2,𝑡′(𝑥)=1cos2𝑥𝑒2𝑥1−𝜋2−2tan𝑥1⋅𝑒2𝑥1−𝜋2(𝑒2𝑥1−𝜋2)2,令𝑘(𝑥)=1cos2𝑥−2ta

n𝑥=1cos2𝑥−2sin𝑥cos𝑥=1−sin2𝑥cos2𝑥>0∴𝑡′(𝑥)>0,𝑡(𝑥)在(0,𝜋4)单调递增∴𝑡(𝑥)<𝑡(𝜋4)=1∴得证