黑龙江省龙东联盟2024-2025学年高三上学期10月月考试题 数学（PDF版，含解析）

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高三年级 10 月考数学参考答案
因为 sin B 6 cosC 3所以 sin B ，因为 B (0， )，所以 B
2 2 2 3
一、单项选择题 二、多项选择题
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
（2） A B C 5 ， sin A sin(B C) 6 2 由正弦定理
B C C D A A D A AD ABD BC 12 4
三、填空题
a b c
6 2 3 1 6得 ，
12．0 13． 14． 4 2 5 sin A sin B sinC
a 2c c b c
4 2 2
四、解答题
由 S 1 absinC 3( 3 1) c2 3 1，
15.（本小题满分 13 分） △ABC 2 8
2
解：（1）由 Sn 2n 3n 得当 n 1时， a1 S1 5， 8 3
得 c2 .
3
当 n≥ 2 2 2时， an Sn Sn 1 2n 3n [2(n 1) 3(n 1)] 4n 1
17. （本小题满分 15 分）
所以 an 4n 1
解：（1）因为 f (x) ln x x ，所以 g(x) f (x) a ln x x a ， x 0 ，，
x x
由 an 4log3 bn 1 4n 1
n
，所以bn 3
1 a x2 x a m(x) x2 x a (x 1)2 a 1g (x) 1 ，令 2 2
（2）由（1）知 anbn (4n 1)3
n x x x 2 4
1
T 5 31 9 32 (4n 1)3n ①当 a≤ 时， g (x)≤0恒成立，此时 g(x) 在 (0， )上单调递减； n ① 4
3T 5 32n 9 3
3 (4n 3)3n (4n 1)3n 1 ② 1② a 0 m(x) 0 1 1 4a x 1 1 4a当 时， 可得 4 2 2
2T 15 4 32 4 3n (4n 1) 3n 1①-②得 n
g(x) (0 1 1 4a ) (1 1 4a 1 1 4a所以 在 ， 上单调递减，在 ， ) 上单调递增，
2T 15 4 9(1 3
n 1） 2 2 2
n (4n 1) 3
n 1 ，
1 3
(1 1 4a3 1 在 ， )上单调递减； n 1
所以Tn (2n ) 3 . 22 2
16.（本小题满分 15 分） ③ a 0 m(x) 0 1 1 4a 0 x 1 1 4a当 时， ，可得
2 2
2
解：（1）由正弦定理得 sin C sin
2 A sin2 B 2 sin Asin B a2 b2 c2 2ab ，
g(x) (0 1 1 4a 1 1 4aa2 b2 c2 2 所以 在 ， )上单调递增，在 ( ， )上单调递减；
由余弦定理得 cosC ，因为C (0， ) ，所以C ， 2 2
2ab 2 4
综上所述： x (0 ln a所以 ， ) 时 g (x) 0，x (ln a ， ) 时 g (x) 0
1 2 2
当 a≤ 时， g(x) 的单调递减区间为 (0， )，无单调递增区间；
4 所 以 g(x) (0
ln a ln a
在 ， )上 单 调 递 减 ， 在 ( ， ) 上 单 调 递 增 ， 故
2 2
1
a 0 g(x) (0 1 1 4a ) (1 1 4a当 时， 的单调递减区间为 ， 和 ， ) g(x)min g(
ln a ) a (1 ln a )
4 2 2 2 2
h(x) b x c，则 h(x) 在 (0， b) 上单调递减，在 ( b ， ) 上单调递增
(1 1 4a 1 1 4a ) x单调递增区间为 ， ；
2 2 令 h(x) 0，即 x2 cx b 0， c2 4b
当 a 0时， g(x) (0 1 1 4a ) 1 1 4a的单调递增区间为 ， ，单调递减区间为 ( ， )； 1. 0即 c 2 b 时，在 (0， ）上 h(x) 的两个零点为 x1 ，x2 ，同时它们恰好为 g(x) 的零点.
2 2
（2）由 f (x) ln x x

， f (x) 1 x ，由 f (x) 0得0 x 1， f (x) 0得 x 1 xx g(x1) 0
e 1 ax
1 ec ab 1
f (x) (0 1) (1 ) g(x2) 0
x
即
e 2 ax2 又 x1 x2 c，x1x2 b，则 ，此时
所以 在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减， 2 2 a e
ln x 1 1 ln x 1
ln a
0 a e
所以 f (x)max f (1) 1，所以 | f (x) |min 1，设 g(x) ，则 g (x) 2x 2 x2
1
由 g (x) 0得0 x e ，由 g (x) 0得 x e a，所以 g(x) 在 (0，e)上单调递增， eln a b a
ln a a
e a ，令 y ln a
1 1 1
a ，则 y 1 2 0， y 递减且 a 时ea b a a a
在 (e， ) 上单调递减，所以 g(x)max = g(e)
1 1
1
e 2 1 a 2 e2 1y y 2 e2 22 e .
g(x) | f (x) | | f (x) | ln x 1
，则 e (0，e e )，故 a b e
所以 max min ，所以 对任意的 (0， )恒成立. ex 2
2
18. （本小题满分 17 分） 2. ≤0 即0 c≤ 2 b 时，在 (0， )上 h(x)≥0，此时只需 g(x)min ≥0即1≤ a≤ e 即可.
x
解：（1） g(0) 1，g (x) e a ，g (0) 1 a ， a a eb k(a) a k 1 a 2 e
2 1
此时， ，令 ，则 ≤0，即 在 2 递减， k [e ， ]
ea b a a a
k [1，e ]
e e e e
所以 g(x) 在 (0，g(0)) 处的切线方程为： y (1 a )x 1
b a 2而 e 1，故 a b e
2 e .
h(1) 1 b c， h (x) b 1 2 ，h (1) 1 b，
e
x a 2
综上所述， a b 的取值范围为e (e
2 e ， )
所以 h(x) 在 (1，h(1))处切线方程为：
19．（本小题满分 17 分）
y (1 b)x 2b c 所以 2b c 1，1 a 1 b即 c 2 a 1(a≥1) ；
（1）设{an}的公差为 d ， S3 3a2 18所以 a2 6， a3 a2 d 3， an 3n；
所以 c的最小值为 1
3
x x 由b2 b1q 4 T
b1(1 q )， 14 ，所以 2q2
1
5q 2 0， q 2或 q （舍）
（2） g(x) e ax，则 g (x) e a ， 3 1 q 2
b .所以 n 2
n .
a1 3，b1 2所以 c1 2，c2 3； a2 6，b2 4所以 c3 4，c4 6
a3 9，b3 8所以 c5 8，c6 9 ； a4 12，b4 16 所以 c7 12，c8 16 .
c3 c5 4 8 12 c7 ，所以 k 1 .
3n2 3n
（2）M S T 2 n2n n n (3 6 3n) (2 2 2 ) 2
n 1 2
2
2
M 2n 3b 1
3n 3n
n ，即 2n 1 2 3 2n 1所以3n2 3n 2 2n 2，当 n 1时符合，2
r 3n2 3n 2 2n令 n 2
r1 0，r2 8，r3 18，r4 26， r5 24 ， r6 4
rn 1 rn 6n 6 2 2
n
当 n≥ 4时， rn 1 rn 0
所以 r1 r2 r3 r4 r5 r6 所以有且只有 n 1符合.
d ( 1)n (3an 6)b（3 n）由 n c c c c 得 2n 1 2n 2n 1 2n 2
n
dn ( 1)
n (9n 6)2 ( 1)n ( 1 1 )
(3n)2n (3n 3)2n 1 3n2n (3n 3)2n 1
E 1 1
2n ( 2 ) (
1 1
2 ）3 2 (3 1 3)2 (3 1 3)2 (3 2 3)2n 2
( 1 1 )
3(2n)22n 3(2n 1)22n 1
1 1 1
.
6 (6n 3)22n 1 6
试题参考答案
一．单选题
1.【解析】选 B. A {x | x≤ 2}，A U B {x |1 x≤ 2}，故选 B.
2. 【解析】选 C. a 0 且b 0 a b 0且 ab 0 ，反之也成立，故选 C.
3. 【解析】选 C. z1 z2 (4 3i)(a i)=(4a-3)+(4+3a)i为实数，所以 4 3a 0所以
a 4 ，故选 C.
3
| a b | | a 2b | a b 14. 【解析】选 D.因为 平方得， | b |2 ，a 在b 方向上的投影向量
2
a b b 1
为 b ，故选 D.
| b | | b | 2
5. 【 解 析 】 选 A. S5 5a3 a3 7， a4 a5 a3 a6 23， 所 以 a6 16， 所 以
d a a 6 3 3，故选 A.
6 3
10 5
6. 2 2 【解析】选 A.由 2sin cos 两边平方得 4sin 4sin cos cos ，
2 2
所 以 4sin cos 3cos2 3 所 以 2sin 2 3 (2cos2 1) 3 cos 2 所 以
2 2 2
tan 2 3 .故选 A.
4
7. ln(xy ) ln x ln y ln x ln y 【解析】选 D.因为3 3 3 3 故选 D.
8. 【解析】选 A.设零点为 t (0，1]，则 at b ln t 0， (a，b)在直线 xt y ln t 0上，
a2 b2的几何意义为点 (a，b)到原点距离的平方，其最小值为原点到直线
xt y ln
2 t
ln t 0 d 2的距离 的平方， d 2 ， t 1
2 2
g(t) ln t g (t) 2ln t(t 1 2t
2 ln t)
设 2 ， 2 2 0所以 g(t)在 (0，1]单调递减，所以t 1 t(t 1)
g(t)min g(1) 0 .故选 A.
二．多选题
9.【解析】选 AD. | z z | | 2iy | | 2y | A 2 2知 对C 错， z x 2xyi y2 x2 y2 ，故 B 错，
| z | x2 y2 ≤| x | | y |成立，故选 AD.
S d n2 (a d10. 【解析】选 ABD.由 n 1 )n(d 0) 及二次函数的性质知 A，B 为真，对2 2
D 知 a1 0，d 0 从而{Sn}是递减数列，对 C：1， 2， 5， 8， 满足{Sn}是递减数
列，但 Sn 0 不恒成立，故选 ABD .

11. 【解析】选 BC. 对 A ： f (0) 1，f ( ) 1 f (0) A 错，对 B ，令 sin x t ，
2
f1(x)
1 5
sin2 x sin x 1， t 2 t 1 0则 t sin x，x [0，2 ]，有两个实
2
根.B 2对.对 C： f2(x) sin x cos
3 x， f2 (x) 2sin xcos x 3cos
2 xsin x，令 f2 (x) 0
即
cos x 2 2 3 ，sin 2x 0， cos x 的两个根为 x1 (0， )，x2 ( ，2 ) ， sin 2x 03 3 2 2
的根为 0 ， ， 3 ， ，2 ，所以 f2(x)的极小值点为 x1 ， ，x2 ， C 对 . 对 D ：2 2
f2(x 2 ) f (x)
2 3
2 ， 所 以 f2(x)为 周 期 函 数 ， 但 f2(x) sin x cos x，
f2(x ) sin
2 x cos3 x ， f2(x) f2(x )，D 错.
三.填空题
12.【解析】0. f ( x) f (x) 特值 f ( a) f (a)即 cos a cos a | 2a |所以 a 0 .
13. . cos2 1 cos 2x 【解析】 x 与 cos(2x )的最小正周期相同，
2 4
14.【解析】 4 2 5 .
解 1：设 | a b | x， | a b | y， a，b >= 2， x 5 4cos ，x [1，3]，
y2 5 4cos ，y [1，3]且 x2 y2 10，设 x 10 cos ，y 10 sin ，其中
1
≤ sin 3 ≤ ， 则 x y 2 5 sin( )， 当 ， x 5，y 5 时
10 10 4 4
x y 2 5 cos 3 sin 1 取得最大值 ，当 ， 即 x 3， y 1时 x y 取得最小
10 10
值 4,
所以最大值与最小值之和为 4 2 5 .
解 2：换元后，利用平行直线系和圆弧的位置关系
四.解答题
15. 2解：（1）由 Sn 2n 3n 得当 n 1时， a1 S1 5，…………………………… …1 分
当 n≥ 2 a 2 2时， n Sn Sn 1 2n 3n [2(n 1) 3(n 1)] 4n 1……3 分
所以 an 4n 1…………………………………………………………… ……4 分
由 an 4log3 bn 1 4n 1
n
，所以bn 3 ………………………………6 分
（2）由（1）知 anbn (4n 1)3
n …………………………………………………7 分
Tn 5 3
1 9 32 (4n 1)3n ①
3T 5 32 9 33 nn (4n 3)3 (4n 1)3
n 1
② ……………9 分
①-②得 2Tn 15 4 3
2 4 3n (4n 1) 3n 1 ……………………10 分
9(1 3n 1） n 1
2Tn 15 4 (4n 1) 3 ， 1 3
3 1 n 1
所以Tn (2n ) 3 . …………………………………………13 分 2 2
2 2 2 2 2 2
16.解：（1）因为 sin C sin A sin B 2 sin Asin B a b c 2ab ，…2 分
2 2 2
由余弦定理得 cosC a b c 2 ， C (0， ) ，所以C ， …4 分
2ab 2 4
6 3
因为 sin B cosC 所以 sin B ， ………………………………………6 分
2 2
因为 B (0 ， ) ，所以 B …………………………………………………7 分
2 3
（2） A 5 B C ……………………………………………………………8 分
12
sin A sin(B 6 2 C) …………………………………………………10 分
4
a b c a 6 2 2c 3 1 得 c 6，b c ………12 分
sin A sin B sinC 4 2 2
S 1 absinC 3( 3 1) 2由 △ABC c 3 1， …………………………14 分 2 8
c2 8 3得 . ……………………………………………………………………15 分
3
（17）
解：（1）因为 f (x) ln x x ，所以 g(x) f (x) a a ln x x ， x 0 ，
x x
g (x) 1 1 a x
2 x a
， ………………………………………………………2 分
x x2 x2
2
令m(x) x x a 1 1 (x )2 a
2 4
①当 a 1≤ 时， g (x)≤0恒成立，此时 g(x) 在 (0， )上单调递减；
4
1
②当 a 0时，m(x) 0 1 1 4a x 1 1 4a可得 4 2 2
g(x) (0 1 1 4a ) (1 1 4a 1 1 4a所以 在 ， 上单调递减，在 ， ) 上单调递增，
2 2 2
(1 1 4a在 ， )上单调递减；
2
③ a 0 m(x) 0 1 1 4a当 时， ，可得 0 x 1 1 4a
2 2
所以 g(x) (0 1 1 4a ) 1 1 4a在 ， 上单调递增，在 ( ， )上单调递减；……5 分
2 2
综上所述：
a 1当 ≤ 时， g(x) 的单调递减区间为 (0， )，无单调递增区间；
4
1
当 a 0 1 1 4a 1 1 4a时， g(x) 的单调递减区间为
4 (0， )
和 ( ， )
2 2
(1 1 4a 1 1 4a单调递增区间为 ， ) ；
2 2
a 0 1 1 4a当 时， g(x) 的单调递增区间为 (0， )，单调递减区间为
2
(1 1 4a ， )；……………………………………………………………………7 分
2
f (x) ln x x f (x) 1 x（2）由 ， ，由 f (x) 0得0 x 1， f (x) 0得 x 1
x
所以 f (x) 在 (0，1) 上单调递增，在 (1， )上单调递减，
所以 f (x)max f (1) 1，所以 | f (x) |min 1，………………………………………10 分
g(x) ln x 1设 ，则 g (x) 1 ln x 2 x 2 x
由 g (x) 0得0 x e ，由 g (x) 0得 x e，所以 g(x) 在 (0，e)上单调递增，
在 (e， ) 上单调递减，所以 g(x)max = g(e)
1 1
1
e 2
所以 g(x)max | f (x) |min ，…………………………………………………………………14 分
所以 | f (x) | ln x 1 对任意的 (0， )恒成立. ……………………………………15 分
x 2
18. 解：（1） g(0) 1，g (x) ex a ，g (0) 1 a ，所以 g(x) 在 (0，g(0)) 处的切
线方程为： y (1 a )x 1………………………………………………………………2 分
h(1) 1 b c， h (x) 1 b ，h (1) 1 b，所以 h(x) 在 (1，h(1))处切线方程为：
x2
y (1 b)x 2b c 所以 2b c 1，1 b 1 a .………………………………6 分
即 c 2 a 1(a≥1) 所以 c的最小值为 1. …………………………………………7 分
（2） g(x) ex ax，则 g (x) ex a ，
当 x (0 ln a， ) 时 g (x) ln a 0，x ( ， ) 时 g (x) 0
2 2
ln a ln a
所以 g(x) 在 (0， )上单调递减，在 ( ， ) 上单调递增，故
2 2
g(x) ln amin g( ) a (1
ln a
) ………………………………………………………9 分
2 2
h(x) x b c，则 h(x) 在 (0， b) 上单调递减，在 ( b ， ) 上单调递增
x
令 h(x) 0，即 x2 cx b 0， c2 4b
1. 0即 c 2 b 时，在 (0， ）上 h(x) 的两个零点为 x1 ，x2 ，同时它们恰好为 g(x) 的
零点.

g(x ) 0 e
x1 ax
1 1 x e
c ab 1
g(x2) 0 即 e 2 ax

2 又 x1 x2 c，x1x2 b，则 2 ，此时 …11 分

1 ln a
2 a e
0 a e
2
a ln a b a ln a
1
a
e e a ，令 y ln a a
1
，则 y 1 1 1 2 0， y 递减且 a ea b a a a
2 1
时 y ，则 y 2 e
2 1 a 2 e 2
e (0，e e2 )，故 e e .…………………………………14 分 ea b
2. ≤0 即0 c≤ 2 b 时，在 (0， )上 h(x)≥0，此时只需 g(x) 2min ≥0即1≤ a≤ e
即可.
a a eb a 1 a
此时， ，令 k(a) ，则 k ≤0，即a b k 在[1，e
2]递减，
e ea ea ea
2
k [e2 e 1， ]而 ebe 1
，故
a
e2 e
2
a b .……………………………………………………………………16 分 e
a 2
综上所述， a b 的取值范围为 (e2 e ， )………………………………………………17 分 e
（19）解：（1）设{an}的公差为 d ， S3 3a2 18
所以 a2 6， a3 a2 d 3， an 3n； ……………………………2 分
3
由 b2 b1q 4
b (1 q )
， T 13 14 ，所以 2q
2 5q 2 0 1 ， q 2或 q
1 q 2
（舍）
b 2n所以 n . ……………………………………………………………………4 分
a1 3，b1 2所以 c1 2，c2 3； a2 6，b2 4所以 c3 4，c4 6
a3 9，b3 8所以 c5 8，c6 9 ； a4 12，b4 16 所以 c7 12，c8 16 .
c3 c5 4 8 12 c7 ，所以 k 1. ………………………………………5 分
2
（2）M 2n Sn Tn (3
3n 3n
6 3n) (2 22 2n ) 2n 1 2…
2
7 分
M 3n
2 3n
2n 3bn 1
n 1 n 2 n
，即 2 2 3 2 1所以3n 3n 2 2 2，
2
当 n 1时符合， …………………………………………………8 分
r 3n2令 n 3n 2 2
n 2
r1 0，r2 8，r3 18，r4 26， r5 24 ， r6 4
r nn 1 rn 6n 6 2 2
当 n≥ 4， rn 1 rn 0所以 r1 r2 r3 r4 r5 r6
所以有且只有 n 1符合. …………………………………………………………11 分
（3）由 dn ( 1)
n (3an 6)bn
c 得 2n 1c2nc2n 1c2n 2
n 1 1
dn ( 1)
n (9n 6)2 ( 1)n ( )
n n 1 ………………13 分 (3n)2 (3n 3)2 3n2n (3n 3)2n 1
E2n (
1 1 1 1
) (
3 2 (3 1 3)22 (3 1 3)22
）
(3 2 3)23
( 1 1 2n 2n 1 ) ……………………………………15 分 3(2n)2 3(2n 1)2
1 1 1
.………………………………………………17 分
6 (6n 3)22n 1 6