重庆市缙云教育联盟2023-2024学年高三上学期11月月考数学答案1

★秘密·2023年11月16日17：00前重庆市2023-2024学年（上）11月月度质量检测高三数学答案及评分标准【命题单位：重庆缙云教育联盟】1．D2．A3．D4．D5．A6．B7．B8．C9．ABD10．BD11．BD12．ACD1113．arccos1614．0115．1116．增；917．（1）∵Sn2ann3，∴Sn12an1n4(n2),两式相减得：SnSn12an2an11an，∴an2an11(n2),∴an12(an11)(n2)，令n1得：S1a12a12，∴a12，a1110,∴an1是以1为首项，2为公比的等比数列,n1n1∴an12，即an21．n1111（2）由（1）得：c，c是以1为首项，为公比的等比数列，nn2an12n11n121∴T22n112218．（1）方法1：由bsinA3acosB3c及正弦定理可得：高三数学答案第1页共6页学科网（北京）股份有限公司sinBsinA3sinAcosB3sinC3sinAB，所以sinBsinA3sinAcosB3sinAcosB3cosAsinB，故sinBsinA3cosAsinB，因为0Bπ，即sinB0，故sinA3cosA0，π所以tanA3，又0Aπ，所以A.3方法2：由bsinA3acosB3c及余弦定理可得：3aa2c2b2bsinA3c，2ac3b2c2a2所以sinA3cosA0，2bcπ所以tanA3，又0Aπ，所以A.32bc2sinBsinC（2）由正弦定理可知，asinA2bc232π2353221即2sinBsinBsinBcosBsinB，其中a3332233πtan，522π7πQ0B,0B,36π2bc221故当B时，的最大值为.2a319．（1）a2k2a2k12k2a2k2k2k2a2k4k2a2k2a2k4k2，4kk∴aaaaaaaa26104k22k2.2k242642k2k22222（2）由（1）知a2k2k，a2k1a2k22k22k12k22k2k，k2，2而a10也满足上式，故a2k12k2k，高三数学答案第2页共6页学科网（北京）股份有限公司1n2,n2kn2,n2k2**2∴an且kN，故bn且kN，即bn，n21n2,n2k1n,n2k122∴Tn12n，则lnTn2ln1ln2lnn，1x令f(x)lnxx1且x[1,)，则f(x)0，即f(x)在[1,)上递减，x所以f(x)f(1)0，即lnxx1在[1,)上恒成立，故lnnn1（当且仅当n1时取等号），0n1n2*2*所以2ln1ln2ln22nn，nN，即lnTnnn，nN，证毕.220．14（1）由题知，每年的追加投入是以80为首项，1为公比的等比数列，5541()n4所以，a805400400()n；n415515同理，每年牧草收入是以60为首项，1为公比的等比数列，4451()n5所以，b604240()n240n5.144（2）设至少经过n年，牧草总收入超过追加总投入，即bnan0，5454即240()n240[400400()n]240()n400()n6400，45454240令()nt(0t1)，则上式化为400t6400，5t即5t28t30，34343解得0t，即()n，所以，nlglg，555553lglg3lg5lg3lg21即n52.2，所以n34.lglg4lg53lg215所以，至少经过3年，牧草总收入超过追加总投入.21．11（1）f(x)xx11x1x1高三数学答案第3页共6页学科网（北京）股份有限公司（i）当1时，f(x)2110得f(x)在0,上单调递增，所以f(x)f(0)0．1（ii）当1时，f(0)0，f()0，x0,，fx0，100所以当x0,x0，f(x)0,f(x)单调递减，f(x)f(0)0矛盾，所以此时不满足题意．综上：f(x)0，则1．（2）先证右侧不等式，如下：x2由（1）可得：当1时，有f(x)lnx1x02111111令x得ln12，lnn1lnnnnn2nn2n211lnnlnn1112，，ln2ln1n12n11212n11lnn1累加得：2i1i2in212lnn1所以2即右边不等式得证．i1ii下面证左侧不等式，如下：1lnx1xx0不妨设(x)lnx1x，(x)10，(x)单减x1所以(x)(0)即lnx1x11111令x，lnn1lnn，，ln2ln11，累加得lnn1nnnn11144112222n4n4n12n12n1111111111133当n3，22212L12n457792n12n1203311111n212lnn12L1L∴222220nn112ni1ii33333当n1时，2ln11211，当n2时，2ln21120204也满足不等式，即左边不等式得证．22．11（1）flog22，4411gfg2245;42高三数学答案第4页共6页学科网（北京）股份有限公司（2）函数fxlog2x的定义域是0,，单调递增，1gxx4在R上单调递减，并且f4g42，2所以当0x4时，gxfx，当x>4时，fxgx，1x4,0x4所以h(x)maxf(x),g(x)2，log2x,x4函数在区间0,4上单调递减，在区间4,单调递增，所以函数hx的最小值为h42.高三数学答案第5页共6页学科网（北京）股份有限公司