【文档说明】辽宁省新民市高级中学2023-2024学年高三10月月考 数学答案和解析.pdf，共(10)页，330.216 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：

１参考答案1．【答案】C【解答】解：集合2{|4}{|04}Axxxxx„„„，4{|340}{|}3Bxxxx，44{|4}(,4]33ABxx„．故选：C．2．【答案】A【解答】解：由已知可得复数34(34)(12)11211212(12)(12)555iii

iziiii，所以复数z的实部为115，故A正确，复数z的共轭复数11255iz，虚部为25，其在复平面内对应的点112(,)55在第一象限，故B错误，C错误，22112||()()55

5z，故D错误，故选：A．3．【答案】D【解答】解：数列{}na是等差数列，数列{}nb是等比数列，且7943aa，26108bbb，313879423aaaaa，可得38132aaa

，368b，则62b，可得481413bb，381348213aaabb．故选：D．4．【答案】C【解答】解：函数sin21cosxyx，可知函数是奇函数，排除选项B，当3x时，32()31312f，排除A，x时

，()0f，排除D．故选：C．5．【答案】A【解答】解：由题意，可知：5log21a，110.5122221log0.25log5log425bloglog．0.20.51c，b最大，a、c都小于1．521l

og25alog，10.25551110.5()222c．而522log5log422，521152log．ac，acb．故选：A．6．【答案】D【解答】解：过E作//EFBC，交AB于F，设A到BC的距离为h，则12ABESEFh，

12ADCSCDh，由已知得12EFCDBD，{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}２故E为AD的中点，11211()()22323BEBABDBABCBABC

，ACBCBA，故11()()23BEACBABCBCBA

2222211111113332362362BABCBABC34．故选：D．7．【解答】解：由题意得111sin120sin60sin60222acac，即acac，得111ac，得4(4)(a

cac1144)525459cacaacacac，当且仅当4caac，即2ca时，取等号，故选：B．8．【答案】B【解答】解：作出函数()fx的图象如图所示，当0y时，()fxy只有一个根，当01y„时，()fxy

有二个根，当12y„时，()fxy有三个根，当2y时，()fxy有二个根，令()tfx，1()()32Ftftt的零点即为1()32ftt的根，作出两函数()yft与132yt可知两函数有两交点1t，2t，且101t，212t，所以函数1()[()]3()2Fxf

fxfx的零点个数是5个．故选：B．二．多选题（共4小题）9．【答案】AB【解答】解：对于A，220aaaa，1a或0a，1a是2aa的充分不必要条件，故A正确，对于B，0m，2x，20x，函数2

22222mmyxxmxx，当且仅当22mxx，即2xm时，等号成立，226m，解得4m，故B正确，对于C，当2a，1b时，则11ab，故C错误，对于D，当0b

时，满足//ab，//bc，但//ac不一定成立，故D错误，故选：AB．{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}３10．【答案】BCD【解答】解：对

于选项2212:()3333AAEADDEADDCADACADADAC，故选项A不正确；对于选项B：易证明D

EFBFA∽，所以23DFDEBFAB，所以2235DFFBDB，故选项B正确；对于选项:2CAEBD，即2()()23ADABADAB

，所以2212233ADABADAB，所以1214233ABAD，解得1ABAD，cosAB，11212

||||ABADADABAD，因为AB，[0AD，]，所以AB，3AD，故选项C正确．对于选项332:()()()555DFBFCDBFDD

CABADBDAB32()[()]55ABADADABAB332()()555ABADABAD，2296325

25ABABADAD93627425252525，故选项D正确．故选：BCD．11．【答案】AB【解答】解：由题设可得：14(1)43nann，(143)(21)2nnnSnn，21nSn

n，数列nSn的前10项和为10(119)13191002，故选项A正确；又若1a，3a，ma成等比数列，则231maaa，即2943m，解得21m，故选项B正确；111111()(43)(41)4434

1nnaannnn，111111111111()(1)415594341441niiiaannn，由111625niiiaa可得：6n，故选项C错误；又210mnaaaa，由等差数列的性质知

：12mn，m，*nN，1161116116125()()(17)(21617)12121212nmnmmnmnmn，当且仅当125485mn时取““，等号取不到，即1162512mn，故

选项D错误，故选：AB．{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}４12．【答案】BCD【解答】解：2()lnxfxx，故()fx在(0,1)递

增，(1,)递减，其图像如下：易得若()2fxm有两个不同解，则021m，则102m，故A错误，当0k„时，ykx与()yfx显然有且仅有1个交点，当0k时，则()yfx与ykx相切时，有且仅有1个交点，设切点为0(x，0)y，

切线方程为0002001()lnxlnxyxxxx，将原点代入：则100200020011()2lnxlnxxlnxxexx，2ek，故0k„或2ek，则B正确；1xxe恒成立，()fx在(1,)上单调递减，111()()xxxxlnxxlne

fxfexee，故C正确；31218134221221122212222222lnlnlnelnlnelneeee，即比较(22)f与f（e）大小，又因为22e，()fx在(1,)递减，故(22)()ffe，D正确，故

选：BCD．三．填空题（共4小题）13．【答案】35．【解答】解：终边过点(1,2)P，2215cos512，2253sin(2)cos22cos12()1255．故答案为：35．14．【答案

】255．【解答】解：向量(1,2)m，(2,)n，若mn，则220mn，1，2(0,5)mn，2mn与m的夹角余弦值为(2)25|2|||5mnmmnm，故答案为：25

5．{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}５15．【答案】212．【解答】解：()sin()fxAx，由图像知1A，142T，284，由五点作图法可知

，104，4，()sin()44fxx，f（1）0，f（2）22，f（3）1，f（4）22，f（5）0，f（6）22，f（7）1，f（8）22，f（1）f（2）f（3）f（8

）0，又222025286，f（1）f（2）f（3）(2022)2520ff（1）f（2）f（3）f（6）212，故答案为：212．16．【答案】3248nn

．【解答】解：12(1)(2)nnnnnnaEFECaEB，12(1)(2)nnnnnnECaEFaEB，又B，nF，C三点共线，12(1)(2)1n

naa，132(3)nnaa，又134a，{3}na是以首项为4，公比为2的等比数列，113422nnna，123nna，又nnBCBF

，()nnnnnnECEBEFEB，(1)nnnnnnECEFEB，又12(1)(2)nnnnnnECaEFaEB

，12(1)12nnnnaa，又123nna，122(123)24nnn，38(12)424812nnnTnn．故答案为：3248nn．四．解答题（共6小题）17．【解答】解：（

1）2coscoscosbBaCcA，由正弦定理sinsinsinabcABC，得2sincossincossincosBBACCA，即2sincossincossincosBBACCA

，即2sincossin()sinBBACB．0B，sin0B．2cos1B，即2cos2B，{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=

}#}６又0B，4B．（2）ACD中，5AD，7AC，3DC，2222225371cos22532ADDCACADCADDC．0ADC，23ADC．在ABD中，5AD，4B，3ADBADC，由正

弦定理sinsinADABBADB，得52322AB，562AB．18．【答案】（1）5{|12xxk，}kZ．（2）17．【解答】解：（1）因为3(2cos,)2ax，(sin(),1)3bx，()fxab，23133313()2cossi

n()2cos(sincos)sincos3cossin2cos2sin(2)322222223fxxxxxxxxxxxxsin(2)13x当时()fx取最大值1此时2232

xk，kZ，即512xk，kZ时，()fx取最大值1，所以当()fx取最大值时对应的x的取值集合为5{|12xxk，}kZ．（2）因为052[,]123x，所以02[32x，]

，又004()sin(2)53fxx，所以203cos(2)1(2)335xsinx，0445tan(2)3335x，所以00004tan(2)11133tan(2)tan[(2)]4123471tan(2

)1()33xxxx．19．【答案】（1）证明见解答；（2）1212nnnT．【解答】解：（1）证明：nS为{}na的前n项和，又13nnaSn，1(1)3nnaSn，(2)n，11nnnaaa，

112(1)nnaa，(2)n，又13a，2125aa，2112(1)aa，112(1)nnaa，*()nN，又112a，{1}na是以2为首项，2为公比的等比数列；{#{QQABRQ4

QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}７（2）由（1）可得21nna，又13nnaSn，11322nnnSann，12nnnb，23112222nnnT，34121

12122222nnnnnT，2312111122222nnnnT2211(1)1242122212nnnnn，1212nnnT．20．【

答案】（1）1(4，7)4．（2）332．【解答】解：（1）因为2223()2sinabcbcA，故22223(2cos)2sinabababCbcA，整理得到：23cos2sinabCbcA，即3cossinaCcA，故3sincossi

nsinACCA，而A为三角形内角，故sin0A，所以3cossinCC，故tan3C，而C为锐角三角形内角，故3C，23AB，可得22sincosAB222sin()cos3BB2231(cossin)cos22BBB222313cossincossincos4

42BBBBB22713cossincossin442BBBB331cos2sin244BB31sin(2)23B，因为三角形为锐角三角形，故022032BB

，故62B，故242333B，故33sin(2)232B，故2217sincos44AB，可得22sincosAB的取值范围为1(4，7)4．（2）由题设可得2BDDA

，故2()CDCBCACD，整理得到：1233CDCBCA，故222144999CDCBCACBCA，即22144

149992abab，整理得到：223642426ababababab，{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#

}８当且仅当23a，3b时等号成立，故()6maxab，故三角形面积的最大值为13336222．21．【答案】（1）nan，12nnb；（2）(1,5)．【解答】解：（1）22nnSan①，当1n时，2111212Saa

，解得11a，21121nnSan②，②①得221121nnnaaa，所以221(1)nnaa，因为11a，{}na是递增数列，所以1na，所以11nnaa，即11nnaa，所以数列{}na是

首项为1，公差为1的等差数列，所以1(1)1nann，因为111ba，424428ba，2*21,nnnbbbnN，所以数列{}nb是首项为1的等比数列，所以341bbq，即38q，可得2q

，所以1112nnnbbq．（2）由题意可知，(1)2nnnS，12nnb，由已知，2167,83,nnnnnbncSlogbn为奇数为偶数，可得1672,2123,nnnncnnnn为奇数

为偶数，设{}nc的前2n项和中，奇数项的和为nP，偶数项的和为nQ，所以13521nnPcccc，2462nnQcccc，当n为奇数时，111(67)222(21)(23)2321nnnnncnnnn，所以2042642220135

2122222222424()()()()15195139414341141nnnnnnPccccnnnn，当n为偶数时，ncn，{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBB

AEMAAAwBFABAA=}#}９所以2462(22)2462(1)2nnnnQccccnnn，由24(1)41nnnTn，得44(1)1(1)4141nnn

nnnn，即(1)1(1)nnn，当n为偶数时，21nn对一切偶数成立，所以5，当n为奇数时，21nn对一切奇数成立，所以此时1，故对一切*nN恒成立，则15

，所以的取值范围是(1,5)．22．【答案】（1）证明详情见解答．（2）证明详情见解答．（3）证明详情见解答．【解答】解：（1）证明：由条件可得()cossincosxxfxexexx，设()()gxfx，则()cossinsincossinsin(12)xxx

xxgxexexexexxxe，因为[0x，]2，所以()0gx„，所以()gx单调递减，又(0)0g，所以()0gx„，即()0fx„所以()fx单调递减，又(0)0f，所以()0fx„．（2）证明：由（1）当(0,5)x时，令()0gx

得x，2，3，4，所以当(0,)x时，()gx单调递减，当(,2)x时，()gx单调递增，当(2,3)x时，()gx单调递减，当(3,4)x时，()gx单调递增，当(4,5)

x时，()gx单调递减，又(0)0g，()110gee，2(2)10ge，3(3)10ge，4(4)10ge，5(5)10ge，所以存在(,2)a

，(2,3)b，(3,4)c，(4,5)d使得g（a）g（b）g（c）g（d）0，(0,)xa，()()0fxgx，()fx单调递减，(,)xab，()()0fxgx

，()fx单调递增，(,)xbc，()()0fxgx，()fx单调递减，(,)xcd，()()0fxgx，()fx单调递增，(,5)xd，()()0fxgx，()fx单调递减，又f（a）(0)0f，f（b）(2)0f，f（c）(3)0f

，f（d）(4)0f，(5)0f，所以1(,)xab，2(,)xbc，3(,)xcd，4(,5)xd，使得1234()()()()0fxfxfxfx，所以()fx在(0,5)上有4个

零点．{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}１０（3）证明：由（2）知，1(,2)xa，又3()02f，所以132x，3

(,4)xc，又7()02f，所以372x，所以要证1423xxxx，即证422xx，即证422xx，因为4313(4)10322fe，(4)202f，所以4(43x，4)2

，又2213(2)10322fe，(2)202f，所以2(23x，2)2，所以42(23x，2)2，又因为(23x，2)2，()fx单调递减，又2233131(2)03222fee

，所以()0fx，所以()fx在(23x，2)2上单调递减，所以只需证42(2)()fxfx，又442244444(2)cos(2)sin(2)1cossin1xxfxexxexx

，又4()0fx，所以4244cossin10xexx，所以44442244442(2)coscoscos()0()xxxxfxexexxeefx，所以422xx，所以422xx

，综上所述，1423xxxx．{#{QQABRQ4QggCAAAAAAQgCAwHyCgIQkAACCIoOBBAEMAAAwBFABAA=}#}