2024届高三第三次月考数学(理科)试卷答案

π银川一中2024届高三第三次月考数学(理科)参考答案又ABCπ，3Bπ，即B一、选择题：3aab题号，a(abc)b(ab)，a2acb2123456789101112babc答案ADDDBCADADCC1由余弦定理得：b2a2c22aca2c2ac二、填空题2222n1aacacac，c2a1523413．14．5215．316．,π12333由正弦定理得：sinC2sinA，即sinA2sinA3三、解答题13317.【解析】（1）证明：已知4an3Snn①，sinAcosA2sinA，cosA3sinA，即tanA223当时，4a3Sn1②，n2n1n1①②得：4a4a3a1，即a4a1，又A(0,)，A,Cnn1nnn162141所以ABC为直角三角形.所以，an4an14an1，3332π2π（）AC，则AC142当n1时，则a4a3S1，则a，3311112ππ330C32ππ14由ABC不是钝角三角形，知，C所以，数列an是首项为，公比为4的等比数列．π330C622nn11n1441（）解：由（）可知，，则，π1321ana14ansinCsinCcosC333由正弦定理知asinA13cosC3322ncsinCsinCsinC22sinC所以，bnlog23an1log242n，πa1111111当C时，cosC0，所以，，2c2bb2n2n24nn14nn1nn1ππa13ππ31当C时，，C，tanC，03，11111111111n6262tanCTn11c22tanC3b1b2b2b3bnbn14223nn14n14n1131a0，218．【详解】（1）由正弦定理得，sinCcosA3sinCsinA2sinAsinB0，tanC22cABCπ,sinCcosA3sinCsinA2sinAsinAC0,a1综上可知，的取值范围时,2c2化简得3sinCsinA2sinAsinAcosC0，又A0,π，所以sinA0，2915πππ5π．【答案】a2n1，．所以3sinCcosC2，即sinC1，又C0,π，所以C,.20(1)n(2)666615ππ2πan1所以C，故C；【详解】（1）由题意知Sn，62322πa11（2）由（1）知，C，当n1时，a1，所以a11，322222222由余弦定理cab2abcosC得abab12①，a1a1当时，n，n1，2n2SnSn1又CD1,c23，在ACD中，由余弦定理得b212323cosADC423cosADC②，22222a1a1在中，由余弦定理得22③，因为nn1，△BCDa1323cos(πADC)423cosADCanSnSn1222②+③得a2b28④，由①④得aba2b22ab8816，所以ab4，22所以anan12an2an10，即anan12anan10．所以，故的周长为abc423ABC423.因为数列为正项数列，所以anan120，即anan12，1所以数列a为公差为2的等差数列，19．【答案】(1)ABC为直角三角形.(2),2n2所以an2n1．【详解】（1）因为角A，B，C成等差数列，2BACnn（2）因为bn2an122n1，试卷第1页，共2页学科网（北京）股份有限公司所以23n．．．①x1Tn23252722n1当时，，，单调递增，xx0,wx0ux0uxxx2T2232352472n2n12n12n1．．．②e1nx134n1n1234n1n1故在处取得极小值，也是最小值，①－②得，T2322222n12222222n1uxxxxx0ne1n1212x01x01n1n1，ux0x0xx0x012,3，22n112n22012e1x021n1所以，故整数的最大值为所以Tn2n122，k1ux02,3k1.T22n1514225所以na16可化简为2n1．22．【答案】(1)y2x2，x1y25(2)2n1n12n12n111145Tn2xt因为a16恒成立，所以2n1．n1n1522n1min【详解】（1）将直线l的参数方程（t为参数）化为普通方程，得y2x2，1425因为对勾函数yxx0在0,14上单调递减，在14,上单调递增，y2tx5因为4sin2cos，所以24sin2cos，所以x2y22x4y0，*142713又nN，所以当n6，即2n113时，2n1；222n113即曲线C的直角坐标方程为x1y25.1429155当n7，即2n115时，2n1，xt2n115522（2）把直线l的参数方程代入曲线C的方程x1y25，142915又27132915所以，25,2n1y2t13152n1min155225252915，2915得，化简得225故，所以实数λ的取值范围为.t1t5tt40.1515555．【详解】（）gxex1ax，定义域为，且gxexa，211R设，对应的参数分别为，t，则25，tt4，ABt12t1t212当a0时，gxexa0恒成立，故gxex1ax在R上单调递增，52222244当a0时，令gx0得，xlna，此时gx单调递增，所以MAMBt1t24，MAMBtttt2tt，1212125令gx0得，xlna，此时gx单调递减，MAMB5可得22.综上：当a0时，gx在R上单调递增，MAMB11当a0时，gx在,lna上单调递减，在lna,上单调递增；23．【答案】(1),76,x（2）由题意得，xk1e1x10在x0,上恒成立，【详解】（1）当a4时，函数fx2x22x4，xx1①当x<2时，由f(x)24x26得x7；因为x0，所以e10，故xk1，ex1②当2x1时，由f(x)626无解；x1③当时，由得令，，只需，x1f(x)4x226x6.uxxxx0,uxmink1e1综上，不等式f(x)26的解集为,76,.xxex1x1exeex2ux1，（2）证明：因为f(x)2x22xa2x2(2xa)a2，x2x2e1e1a当且仅当x1时，等号成立，故f(x)取到最小值ma2，令wxexx2，x0,，2x所以，即则wxe10在x0,上恒成立，a2b6a4b8.11111故wxexx2在x0,上单调递增，所以(a4b)a44b8a44b又w1e30,w2e240，15ba415ba49x2，故存在x1,2，使得wx0，即e0x20，00084a44b84a44b32x1当x0,x时，wx0，ux0，uxx单调递减，481190x当且仅当a42b时，即a，b等号成立，即成立.e133a4b32试卷第2页，共2页学科网（北京）股份有限公司