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

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【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,823.019 KB,由小赞的店铺上传

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以下为本文档部分文字说明:

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.54

B.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210a=,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61c

os,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)931483nnqqq−−=−=,

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=,14ANAC=uuuruuur,且2899APmABACmABAN=+=+uuuruuuruuuru

uuruuur,而,,PBN三点共线,819m+=,即19m=,1299APABAC=+uuuruuuruuur,所以o12122cos6099999APABABACAB=+=+=.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12nna

a−=,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()22OCACOAACOCOAACAC−=−==,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,()()()()(),,,,,,,,,==−=−−−−−−+==OAabOBabOCbaba

abbaabACBC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,ACbaabBCbaab

=−−+−=−−++,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】ABD【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911018090aadaad

−=−−=+,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()10118910118940,0aaaadaa

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

n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101117101112170,0aaaSSSS,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()112nnqnddn++=+,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,2S,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2cosc

aA=,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3

4sin2sinAA−+,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

()ft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313loglog31nnnban−===−,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222bcabc+−=−,则由余弦定理得2221cos222bcabcAbcbc+−−===−,0πA,2π

3A=.【小问2详解】由31cos2BAACAAbcAbBCc=−=−==,解得6bc=①,19a=,22219abcbc=++=,则2213bc+=②,联立①②可得,2,3bc==,或3,2bc==.2BDDC=,()2ADABACAD−=−,则1233ADABAC=+,且3

ABAC=−,所以()()22222114441299ADABACABACcb=++=+−,当2,3bc==时,2113(91612)99AD=+−=,则AD长为133;当3,2bc==时,2128(43

612)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21nnnnabab++=,所以122123nnnnbanban++−==+,所以3121122

13332325272151nnnnnbbbbbnbbbbnnbn−−−==−−−+9911(21)(21)22121nnnn==−−+−+,所以911111123352121nTnn=−+−++−−+919

12212n=−+.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,nd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213

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

=+−==,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,,,m

nk正整数,所以22222()()9mnmnk++=,则22292mnk+,故92c,当92c=时,()2222222222999222mnkSSSmdndkdkdmnmn=+−−+−=+−,22922d

kmn=−,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−,23l

nkbkkk+−,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111ln1111

1nnn−+−+−,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.

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