2024—2025 学年度
上学期高三学年期中考试
数学答案
一、单选题
1. D 2.D 3.A 4.A 5.D 6.B 7.D 8.C
二、多选题
9. AC 10.ABD 11.ACD
三、填空题
12. 13.40 14.
四、解答题
15.（1） 即
∵
∴ ，又
∴
（2）由 可得，
，
∵ ∴
∴
∵
∴ 的最大值为16. (1)
当 时，
两式相减，得 ，即 .
又当 时， 符合题意，所以 .
(2)由（1）得 ，所以 ，则 ，
所以
两式相减得： ，
所以 ．
17.（1）
，
由 ，得 ，
所以 的对称轴为 .
由 ， ，所以单调递增区间为
（2）由（1）知， ，则 ，
由 ，得 ，则 ，解得 ，因为 中， ，则 为锐角，
所以 ，
因为 ， ，所以 ，
所以 ，
设 ，则 ，
在 和 中，由正弦定理得 ， ，
因为 ，上面两个等式相除可得 ，
得 ，即 ，
所以 .
3 1 3 1 1
∵b =a − =( a +2n+1)− = a +2n−
n+1 2n+2 2 3 2n+1 2 3 2n+1 2
18.（1）证明：
1 1 1 1 1 3 1
= (a −6n)+2n− = a − = (a − )= b
3 2n 2 3 2n 2 3 2n 2 3 n
，
3 1 3 1
b =a − = a +1− =
1 2 2 3 1 2 2
又 ，
1 1
{b } 2 3
所以，数列 n 为以 为首项， 为公比的等比数列.
1 1 n−1 1 1 n−1 3
( ) 3 ( )
b = b =a − ∴a = +
n 2 3 n 2n 2 2n 2 3 2
（2）由（1）可知 ，又 ， .(1) n
1−
1 3 3 3 3(1) n 3
P = ⋅ + n= − + n
n 2 1 2 4 4 3 2
1−
P =a +a +⋯a
3
设 n 2 4 2n，则 ，
1
∵a = a +2n−1
Q =a +a +⋯a 2n 3 2n−1
设 n 1 3 2n−1， ，
1 n⋅(1+2n−1) 1
∴P n = 3 Q n + 2 = 3 Q n +n2 ∴Q =3P −3n2
， n n ，
1 n−1
S =P +Q =4P −3n2 =3− ( ) +6n−3n2
2n n n n 3
故 .
(1) n−1
−1
3 3n −3 2 2
∵c = = =1− <1−
n (1) n 3n −1 3n −1 3n
−1
3
（3） ，
1 1 1 1 1
∴T <n−2( + +⋯+ )=n−(1− )=n−1+
n 3 32 3n 3n 3n
，
3n 1 3n 3n −1 1
T −n<ln −1 <ln =−ln =−ln(1− )
所以欲证
n 3n −1
，只需证
3n 3n −1 3n 3n
，
1 1
ln(1− )<−
3n 3n
即证 .
f(x)=x−ln(1+x),x∈(−1,0)
设 ，
x
∴f' (x)= <0
1+x
，故
f (x)
在
(−1,0)
上单调递减，
f (x)>f (0)=0
，
∴x∈(−1,0) x>ln(1+x)
时， .
1 1 1 1
∵− ∈[− ,0) ∴ln(1− )<−
3n 3 3n 3n
， 得证.
19.
1)a=e,f (x)=ex−1−sinx,f (0)=e−1,f '(x)=ex−1−cosx,f '(0)= e−1−1
∴y−e−1=(e−1−1)x
2） 令
f (x) 3−f (x) 2+ln(1+f (x))≥0. 令 f (x)=t,t3−t2+ln(1+t)≥ 0
1 3t3+t2−2t+1
g(t)=t3−t2+ln(1+t),g'(t)=3t2−2t+ = ，当t≥0,g'(t)≥0∴g(t)在(0,+∞)单调
t+1 t+1
递增，当 ∴g(t)≥0解集为ex 1 sinx
t≥0∴ex−lna−sinx≥0 (x>0), ≥sinx, ≥ =
a a ex
( 3π)
√2sin x+ 在 ( π)单调递增
cosx−sinx 4 0,
ℎ(x).ℎ'(x)= = ,∴f (x) 4
ex ex
,(
π
,
5π
)单调递减,当 x>
5π
时,ℎ(x)<
1
∴ℎ
(π)
=
√2
∴
1
≥
√2
,0<a≤√2e
π
4
4 4 4 5π 4 π a π
e 4 2e4 2e4
3） ℎ(x)= si
e
n
x
x ∴ si
e
n
x
x = 1
a
有两个根 x
1
,x
2
。由2)知，当 x∈(0,π) ℎ(x) 在 ( 0, π
4
) 单调递增，
(π )单调递减 π ,欲证 ,即证
,π ∴0<x < <x <π x +x <π x <π−x
4 1 4 2 1 2 2 1
π
{&x >
∵
2 4
∴
即证
ℎ(x )> ℎ(π−x )
,即证
ℎ(x )> ℎ(π−x )
,即证sinx
1 >
sin(π−x
1
) ,即证
&π−x >
π 2 1 1 1 ex
1
eπ−x
1
1 4
π
eπ−x >ex 1,即证x < ,显然成立.
1 1 2
欲证 π, 即证 π π (π ),即证 (π ),即证
x +x > x > −x , −x ∈ ,π f (x )<f −x f (x )<
1 2 2 2 2 1 2 1 4 2 2 1 1
(π )
sin −x tanx
f (π 2 −x 1 ),即证si e n x x 1 1<
e
2 π
2
−x
1
1 ,即证 tanx 1 <e 2x 1 − π 2 。令t(x)= e 2x 1 − π 2
π π
1 2x − 2x −
e 1 2−2tanx ⋅e 1 2
, t'(x)=
cos2x
( 2x − π) 2
1
,令 k(x)=
co
1
s2x
−2tanx=
co
1
s2x
−2
c
s
o
in
s
x
x
=
e 1 2
1−sin2x
>0∴t'(x)>0,t(x)
在(
0,
π)单调递增
∴t(x)<t
(π)
=1∴
得证
cos2x 4 4
