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=}#}