绵阳南山中学实验学校高2023级高三（上）10月月考+数学答案_2025年10月_12026年试卷教辅资源等多个文件_251018绵阳南山中学实验学校高2023级高三（上）10月月考（全科)

绵阳南山中学实验学校高 2023 级高三（上）10 月月考试题 数学参考答案及评分标准 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A B D B C D A ACD ABD AD 24  5 12. 2 13. 14. 0,  25  5  8.【解析】设等差数列a a 的公差为d，且d 0，则a a dnc ， n1 n n1 n 1 nn1d ∴a n a 1  d2dn1d  n1c 1 a 1  2 n1c 1 ， nn1d a  n1c ∴ a n  1 2 1 ， a a dnc n1 n 1  a  a ∵ n 为等差数列，∴ n d nc ，(且d 为公差) a n1 a n  a n1 a n 1 2 1 d  d  ∴ n2c  na c ddn2  cd c d ncc ， 2  1 2 1 1 1 1 1 2 1 2 d 1 ∴ dd ，∵d 0，∴d  .故选：A. 2 1 1 2 22 2 2 4 11.【解析】令x y2，可得 f 4  f 2  f 2  f 2 ，所以 f 4 f 2，A选项正确； 11 1 1 1 令x y1，可得   ，所以 0不成立，所以 f x的定义域不是0,， f 1 f 1 f 1 f 1 B选项不正确； xy x y x x 因为   ，所以 tlnx， f x ， f xy f x f y f x tlnx 因为 f 2 f 4，所以 f 2 2  4 ，t 1， fx tlnxt  tlnx1 ， tln2 tln4 tlnx2 tlnx2 当x 4,时，lnxln40, fx0， f x在 4,上单调递增，所以C选项错误； 2n 2 2n1 2n1 若 f 22，令x2n1,y2，可得 f  2n  f 2  f  2n1 1 f  2n1 ， 2n 2n1   2n   所以 f  2n  f  2n1 1，所以  f  2n   为等差数列， 所以 f 2  2 n n  f 2 2 n11n，则 f  2n  2 n n ，D选项正确；故选：AD. 数学 参考答案 第1页 共6页 {#{QQABCYwUogAgApBAARhCQQlACAEQkAECCQoGQEAcIAIASBFABAA=}#} f x e2x f  x e2x 14.【解析】  解得，2f  x (e2x e2x)ex ex  f x ex  f  x ex 2  1 7 7 又因为2f  x (e2xe2x)exex (exex)2(exex)2 (exex)   ，    2 4 4 1 7 当ex ex  时取“=”， f  x  的最大值为 . 2 8 1 15．【解析】（1）因为2a a  ，所以2n1a 2na 1，即2n1a 2na 1，n1. n1 n 2n n1 n n1 n 所以  2na  是首项为21a 1，公差为1的等差数列 …………………………….4分 n 1 n 故2na n，即a  . n n 2n n 所以数列a 的通项公式为a  .…………………………….7分 n n 2n 1 2 3 n （2）S    ...... ，① n 2 22 23 2n 1 1 2 n1 n S   ......  ，② 2 n 22 23 2n 2n1 1 1 1 1 1 n 由①-②得 S    ......  ， 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 1 1 n n2 S 1  ......  2 n 2 22 2n1 2n 2n n2 所以，S 2 .…………………………….13分 n 2n  π  π π 16．【解析】（1） f  x 4cosxcos x  4cosxcosxcos sinxsin   3  3 3 1cos2x 2cos2x2 3sinxcosxf  x  2  3sin2x  3sin2xcos2x1 2  π 2sin2x  1 .…………………………….3分  6 2 由 ，得到1 .…………………………….4分 2 π π π 当2x 2kπ ，kZ，即xkπ ， kZ时， .…………………………….6分 6 2 6 函数 f x取得最大值，最大值为3； .…………………………….7分 （2）函数 f x图象上所有点的横坐标缩短为原来的 1 ，纵坐标不变，可得函数y2sin  4x π 1的图象， 2  6  π π 再将函数y2sin4x 1向右平移 个单位，得到gx的图象，  6 6 数学 参考答案 第2页 共6页 {#{QQABCYwUogAgApBAARhCQQlACAEQkAECCQoGQEAcIAIASBFABAA=}#}  π π  π gx2sin4x   12sin4x 12cos4x1 ， .…………………………….10分   6 6  2 1 kπ π kπ π 令g(x)0得到cos4x ，解得x  或x  kZ， .…………………………….12分 2 2 12 2 12 π π 5π 7π 当k 0时，x 或x ，当k 1时，x 或x 12 12 12 12 11π 13π 当k 2时，x 或x . 12 12 7π 11π 要使gx在区间0,m上有且仅有3个零点， £m< .…………………………….15分 12 12 17. 【解析】（1）依题意得 f(x)ex ax  ex a  (x1)  ex a  . ①当a0时，ex a0,令 f(x)0，得x1，令 f(x)0，得x1， 所以 f(x)在(,1)上单调递减，在和(1,)上单调递增. 1 ②当0a 时，令 f(x)0，得lnax1，令 f(x)0，得xlna或x1， e 所以 f(x)在(lna,1)上单调递减，在(,lna)和(1,)上单调递增. 1 ③当a 时， f(x)0在R上恒成立，所以 f(x)在R上单调递增； e 1 ④当a 时，令 f(x)0，得1xlna，令 f(x)0，得x1或xlna， e 所以 f(x)在(1,lna)上单调递减，在(,1)和(lna,)上单调递增. l 所以当a 时， f(x)在R上单调递增； e 1 当a 时， f(x)在(1,lna)上单调递减，在(,1)和(lna,)上单调递增..……………………….8分 e （2）当x[0,)时，不等式x  ex a xa   a x2 4x  e恒成立，  2  2 即不等式xex axe0在x[0,)上恒成立， 当x0时，不等式e0显然成立，此时aR； e 当x0时，xex axe0即aex  在x0,上恒成立， x e e 令hxex  ,x0，则hxex  ， x x2 e 2e 令mxhxex  ，则mxex  0， x2 x3 e e 所以hxex  在x0,上单调递增，注意到h1e 0， x2 1 所以当x0,1时，hx0，此时hx单调递减， 数学 参考答案 第3页 共6页 {#{QQABCYwUogAgApBAARhCQQlACAEQkAECCQoGQEAcIAIASBFABAA=}#}当x1,时，hx0，此时hx单调递增， e 所以hx在x1时取到最小值为h1e 2e， 1 所以a2e，所以a2e， 综上，a的取值范围为2e,+ . .……………………….15分 1 1 18．【解析】（1）当n1时，  ，解得a 3， a 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n n1 1 当n2时， (  ...... )(  ...... )   ， a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 a 1 n1 n n(n1) n 1 2 n 1 2 n1 化简得：a n2 n1  n2  ， .……………………….4分 n 经检验得，n1时也满足，故a n2 n1． .……………………….5分 n （2）（i）证明：由题意可知：A  n2n1,1  ，则tan  1 ,tan  1 ， n n n2n1 n n 1 1  因为tan   n n1  1 tan ， n n1 1 1 n2n1 n 1  n n1  π  π  且  0, , 0, ，所以   ，即   n n1  4 n  4 n n1 n n n n1 所以，tan(  )tan .……………………….12分 n n1 n （ii）证明：（i）由题意可知：   n n1 n        ． 1 2 n n1 1 2 2 3 n n1 n1 1 π π 因为tan 1，则  ，所以  L   ． .……………………….17分 1 1 4 1 2 n n1 4 19．【解析】（1） f  x  xsinx,  0,，求导可得 f x 1cosx0， 所以 f  x  在  0, 上单调递增，所以 f  x   f(0)0 ..……………………….4分 min  π （2）（i）gxln12xasin2x，其中x0, ,a 1,，  2 π 2 则g00，g ln1π0,gx 2acos2x， 2 12x π π 2 2 当x  , 时， 0,cos2x0，由a1知，gx 2acos2x0成立， 4 2 12x 12x 数学 参考答案 第4页 共6页 {#{QQABCYwUogAgApBAARhCQQlACAEQkAECCQoGQEAcIAIASBFABAA=}#}π π π π 所以gx在  , 上无零点，即gx在  , 上无极值点. 4 2 4 2  π 2 当x0, 时，令mx gx 2acos2x，  4 12x 4  π 则mx 4asin2x在0, 上单调递增，m040， (12x)2  4 π 4 m   4a0 由a1知， 4  π 2 ， 1   2  π 所以k0, 使得mk0，当0xk时，mx0，即gx单调递减，  4 所以gkg022a0； π 当kx 时，mx0，即gx单调递增， 4 π 2 因为 g  4    π 0 ，所以x   k, π ，使得gx 0， 1 1  4 1 2 当0 x x 时，gx0,gx单调递减； 1 π 当x x 时，gx0,gx单调递增， 1 2  π 所以gx在0, 上存在唯一极小值点x .  2 1 π 故gx g00，又因为g ln1π0， 1 2  π 所以存在x x , 使得gx 0， 0  1 2 0  π 所以gx在0, 上存在唯一零点x ，得证. ..……………………….10分  2 0 （ii）由（i）知x  x 成立，下面证明x 2x. 1 0 0 1  π  π 由（i）知x k, ，所以2x x, ， 1  4 1  1 2  π 因为gx在x, 上单调递增，要证x 2x，只需要证明g2x gx 0.  1 2 0 1 1 0 因为gxln12xasin2x，所以g2x ln14x asin4x ， 1 1 1 2 1 由（i）知gx 1  12x 2acos2x 1 0，得a 12x cos2x ， 1 1 1 2sin2x 所以g2x ln14x  1 ， 1 1 12x 1 由（1）知，当0x π 时，xsinx，所以g2x ln14x  4x 1 ， 2 1 1 12x 1 数学 参考答案 第5页 共6页 {#{QQABCYwUogAgApBAARhCQQlACAEQkAECCQoGQEAcIAIASBFABAA=}#}4x  π  π 令nxln14x ，其中xk, 0,  ， 12x  4  4 4 412x8x 16x2 则nx   0恒成立， 14x (12x)2 14x(12x)2  π 所以nx在0, 上单调递增，所以nxn00，即g2x 0成立，  4 1 所以g2x gx 0成立，即x 2x， 1 0 0 1 综上所述，x  x 2x 得证. ..……………………….17分 1 0 1 数学 参考答案 第6页 共6页 {#{QQABCYwUogAgApBAARhCQQlACAEQkAECCQoGQEAcIAIASBFABAA=}#}