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=}#}