河南省南阳市2024-2025学年高三上学期11月期中考试数学答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_11月_241113河南省南阳市2024-2025学年高三上学期11月期中考试（全科）

2024 年秋期高中三年级期中质量评估 数学参考答案及评分细则 评分说明： 本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题 的主要考查内容比照评分标准制定相应的评分细则． 一､选择题：BDBC ABAC 二､选择题：9.BCD 10.AC 11.ABD 三､填空题：12.63 13.0 14. ,1 四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15.解：（1）因为sin2 Asin2Bsin2C sinBsinC ，所以由正弦定理得：a2 b2 c2 bc b2 c2 a2 1 在△ABC中，由余弦定理得：cosA  ， 2bc 2 2 因为0 A，所以A ． …………5分 3 2 （2）若选条件①，因为c7，a7，所以C  A ，与ABC 矛盾， 3 此时△ABC不存在，故条件①不符合要求，不选①； 2 3 若选条件②，由（1）知A ，因为bsinA 3，所以b3， …………8分 3 2 2 由余弦定理得72 32 c2 2c3cos ，解得c5或c8（舍去） …………11分 3 1 1 2 15 3 所以△ABC的面积为S  bcsinA 35sin  ． …………13分 2 2 3 4 11 5 3 若选条件③，因为cosC  ，所以sinC  1cos2C  ， …………7分 14 14 a c a 7 5 3 在△ABC中，由正弦定理得  ，所以c sinC   5， …………9分 sinA sinC sinA 2 14 sin 3 3 11 1 5 3 3 3 又sinBsin(AC)sinAcosCcosAsinC   ( )  ， …………11分 2 14 2 14 14 1 1 3 3 15 3 所以△ABC的面积为S  acsinB 75  . …………13分 2 2 14 4 1 16.解：（1）因为a 是首项为1的等比数列且a ，a  ，4a 成等差数列，设a 的公比为q q0， n 1 2 2 3 n  1  1 1 所以2a  a 4a ，所以2q 14q2，解得：q 或q0（舍去）.  2 2 1 3  2 2 1 所以a ( )n1， …………4分 n 2 na n 所以b  n  . …………5分 n 2 2n 第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABCYYUogAAAAAAAQhCEQVwCgGQkhCACagGREAIsAIBiBNABAA=}#}1 1(1 ) 2n 1 （2）证明：由（1）可得S   2(1 ). …………7分 n 1 2n 1 2 1 2 n1 n 数列b 的前n项和T     ，① n n 2 22 2n1 2n 1 1 2 n1 n 所以 T     .② 2 n 22 23 2n 2n1 1 1 (1 ) ①②得 1 T  1  1  1  1  n  2 2n  n  (1 1 ) n 1 n 2 ， 2 n 2 22 23 2n 2n1 1 2n1 2n 2n1 2n1 1 2 2n 所以T 2 . …………13分 n 2n 2n 1 2 2n n 所以T S 2 2(1 )   0， n n 2n 2n 2n 2n 2n 所以T S . …………15分 n n     17.解： f x4cosx cosx  3  3  2    4cosxcos sinxsin sinx 3  3 3 2 3sin2 x2sinxcosx 3  3cos2xsin2x   2sin2x  …………3分  3 2 （1）函数 f x的最小正周期T  . …………5分 2   3 要求函数 f x的单调递增区间，只需2k 2x 2k ，k∈Z， 2 3 2  7 得k xk ，k∈Z， 12 12   7 则函数 f x的单调递增区间为 k ,k (k∈Z)． …………8分    12 12 (2)由(1)得 f x 3cos2xsin2x，所以 f xm2sin2x可化为   则m＝sin2x－ 3cos2x2sin2x .  3  7    5 又x , ，所以2x   , . …………10分     12 12 3  6 6     不妨设g(x)2sin2x  ，令t＝2x ，  3 3 第2页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABCYYUogAAAAAAAQhCEQVwCgGQkhCACagGREAIsAIBiBNABAA=}#}  5 设h(t)＝2sint，t  , ，    6 6    5 方程m＝h(t)在区间t  , 上恰有两个不同的实数根，    6 6    5 即直线y＝m与函数h(t)＝2sint的图象在t  , 上恰有两个不同的交点．    6 6  画出直线y＝m与函数h(t)＝2sint的图象，如图所示． 由图象得1≤m<2，即实数m的取值范围是1,2． …………15分 a 1 18.解： f(x)alnxxa3(aR)的定义域为(0,)， f(x) 1 ax . …………2分 x x （1）因为函数 f(x)在x1处的切线与直线2xy10垂直， 1 1 所以 f(1)a1 ，解得：a . …………3分 2 2 a 1 （2） f(x) 1 ax . x x ①当a0时， f(x)0，所以函数 f(x)在0,上单调递减，所以无极值； …………4分 当a0时，令 f(x)0得：0xa；令 f(x)0得：xa. 所以函数 f(x)在0,a上单调递增，在a,上单调递减， 所以 f(x)的极大值为 f(a)alnaaa3. …………6分 因为极大值不大于0，所以alnaaa3 0. 因为a0，所以lnaa2 10. 1 记alnaa21,a0，则a 2a0， a 所以alnaa21在0,上单调递增. 而1ln11210，所以由lnaa2 10可解得0a1. 即实数a的取值范围为0,1  . …………9分 ②记数列b 的通项公式为 b  1 ，则 n 1 为数列b 的前n项和； n n n i1 i n （（数列a n 的前n项和S n lnn1 ，即 a 1 a 2 a n S n. n1 a S ln2 所以当 时， 1 1 ； n2 a S S lnn1lnn 当 时， n n n1 ； 经检验，a lnn1lnn对n1也成立， n n1 a lnn1lnnln …………这部分过程可以不写出 所以 n n .）） 由①知：当0a1时 f(x)alnxxa3 0，所以当a1时，有lnxx10， 即lnxx1（当且仅当x=1时等号成立）. …………12分 n1 n1 n1 1 n1 1 所以取x ln  1 ，即ln  . ，则有 n n n n n n 11 1 21 1 n1 1 当n依次取1，2，3……n，则有：ln  ，ln  ,…，ln  ， 1 1 2 2 n n n i1 n 1 n 1 累加得：ln  lnn1 …………17分 i i ，即 i . i1 i1 i1 第3页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABCYYUogAAAAAAAQhCEQVwCgGQkhCACagGREAIsAIBiBNABAA=}#}19．解：（1）因为a 2a a Y，且a 1,a 2,Y 5， n2 n1 n 1 2 所以a 52210；a 52023；a 52301. …………3分 3 4 5 a （2） f(x)x2 a xa 为二次函数，对称轴为x n . n n1 2 因为函数 f(x)在区间1,2上无极值点， a a 所以 n 1或 n 2，解得：a 2或a 4， 2 2 n n 所以a 的取值范围为,2  4,. …………6分 n  5  5  5 （3）因为a n2 2a n1 a n 5，所以   a n2  4   2  a n1  4     a n  4   0，  5  5  5  5 所以   a n2  4     a n1  4        a n1  4     a n  4     . …………8分 5 1 3 令b a  ，则b  ,b  ,所以有b b b b . n n 4 1 4 2 4 n2 n1 n1 n 1 3 1 令c b b ，则c c , c b b    0， n n1 n n1 n 又 1 1 2 4 4 2 1 所以数列c 是以c  为首项，q1为公比的等比数列， n 1 2 所以c cqn1 1 1n1. …………10分 n 1 2 所以b b  1 1n1，所以 b n1  b n  1 , 所以 b n  1 n1 1  n  1 ， n1 n 2 1n1 1n 2 1n 4 2 2 4  n 3   , n为奇数  所以b 1 n   n  1 ,所以a  5 1 n   n  1     2 2 . …………12分 n 2 4 n 4 2 4  n 1, n为偶数 2 a a  n a a  n 当n2k时，S S S  1 n1   2 n  n 奇 偶 2 2 2 2   n1 3  n  1   2 1   2  2 n  2  n     2 2 2 2 3n  2 ; …………14分 a a  n1 a a  n1 当n2k1时，S S S  1 n   2 n1  n 奇 偶 2 2 2 2   n 3  n1  1   2 1   2 2 n1  2  n1     2 2 2 2 n. …………16分 n, n为奇数  所以S 3n . …………17分 n  , n为偶数  2 第4页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 {#{QQABCYYUogAAAAAAAQhCEQVwCgGQkhCACagGREAIsAIBiBNABAA=}#}