2024-2025学年江苏省盐城中学等校高三上学期10月月考数学试题（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省盐城中学等校高三上学期10月月考数学试题（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合U=−3,−2,−1,0,1,2,3，A=−1,0,1，B=1,2，则∁UA∪B=( )
A. −2,3B. −3,2,3
C. −3,−2,3D. −3,−2,−1,0,2,3
2.若复数z满足1−iz=i，则z=( )
A. 5B. 2C. 2D. 1
3.“|2x−1|⩾3”是“x−2x+1⩾0”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.在ΔABC中，CD=2DB,AE=ED，则CE=( )
A. 13AB−56ACB. 13AB−13ACC. 16AB−13ACD. 16AB−23AC
5.在一个空旷的房间中大声讲话会产生回音，这种现象叫做“混响”.用声强的大小来度量声音的强弱，假设讲话瞬间发出声音的声强为W0，则经过t秒后这段声音的声强变为Wt=W0e−tτ(τ为常数).把混响时间TR定义为声音的声强衰减到讲话之初的10−6倍所需时间，则TR约为( ) (参考数据ln2≈0.7，ln5≈1.6)
A. 4.2τB. 9.6τC. 13.8τD. 23τ
6.cs20∘−sin30∘cs40∘sin40∘cs60∘=( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 33
7.已知数列an的各项均为正数，且a1=1，对于任意的n∈N∗，均有an+1=2an+1，bn=2lg21+an−1.若在数列bn中去掉an的项，余下的项组成数列cn，则_c1+c2+⋯+c20=( )
A. 599B. 569C. 554D. 568
8.已知函数f(x)=12−12x+1，f′(x)是f(x)的导函数，则下列结论正确的是( )
A. f(−x)−f(x)=0
B. f′(x)<0
C. 若0x2f(x1)
D. 若0f(x1+x2)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中，正确的是( )
A. 在ΔABC中，若acsA=bcsB，则ΔABC必是等腰直角三角形
B. 在锐角ΔABC中，不等式sinA>csB恒成立
C. 在ΔABC中，若A>B，∴sinA>sinB
D. 在ΔABC中，若B=600，b2=ac，则ΔABC必是等边三角形
10.已知a>0，b>0，a+b=2，则( )
A. ab⩾1B. ab2+ba2⩾2C. 1a+4ab⩾5D. a2+b2+ab<4
11.已知函数fx=lnx−1−2x−1，则下列结论正确的是( )
A. flg20242025+flg20252024=0
B. 若0C. 若fa=eb+1eb−1−b,a∈0,1,b∈0,+∞，则aeb=1
D. 若a∈1,2,则fa−1>fa
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在ΔABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c.若sinA:sinB:sinC=2:3:4，则sinC= ．
13.已知函数fx=sinωx+π6，f′x为fx的导函数，f′x在0,π2上单调递减，则正实数ω的取值范围为 ．
14.已知函数fx=x3+ax2+bx+c恰有两个零点x1,x2和一个极大值点x0(x1f(x0)的解集为(5,+∞)，则x0= ．
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.(本小题13分)
已知函数fx=sin2xcsφ−cs2xcsπ2+φ(0<φ<π2)，对∀x∈R，有f(x)≤fπ3．
(1)求φ的值及f(x)的单调递增区间；
(2)若x0∈0,π4，f(x0)=13，求sin2x0．
16.(本小题15分)
已知数列an的前n项和为Sn，a1=2,Sn+Sn+1=3an+1−4．
(1)求数列an的通项公式；
(2)在an与an+1之间插入n个实数，使这n+2个数依次组成公差为dn的等差数列，求数列1dn的前n项和Tn．
17.(本小题15分)
在ΔABC中，AC= 3AB，且BC边上的中线AD长为1．
(1)若∠BAC=5π6，求BC的长；
(2)若∠ABC=2∠DAC，求BC的长．
18.(本小题17分)
设函数fx=ex，gx=lnx．
(1)已知ex≥kx≥lnx对任意x∈0,+∞恒成立，求实数k的取值范围；
(2)已知直线l与曲线fx，gx分别切于点x1,fx1，x2,gx2，其中x1>0．
①求证：e−2②已知λx2−x+1ex+x≤0对任意x∈x1,+∞恒成立，求λ的最大值．
19.(本小题17分)
若数列an的各项均为正数，且对任意的相邻三项at−1,at,at+1，都满足at−1at+1≤at2，则称该数列为“对数性凸数列”，若对任意的相邻三项at−1,at,at+1，都满足at−1+at+1≤2at则称该数列为“凸数列”．
(1)已知正项数列cn是一个“凸数列”，且an=ecn，(其中e为自然常数，n∈N∗)，证明：数列an是一个“对数性凸数列”；
(2)若关于x的函数fx=b1+b2x+b3x2+b4x3有三个零点，其中bi>0i=1,2,3,4.证明：数列b1,b2,b3,b4是一个“对数性凸数列”；
(3)设正项数列a0,a1,⋯,an是一个“对数性凸数列”，证明：(1n+1 ni=0 ai)(1n−1 n−1j=1 aj)⩾(1n n−1i=0 ai)(1n nj=1 aj)．
参考答案
1.C
2.C
3.B
4.A
5.C
6.B
7.D
8.D
9.BCD
10.BD
11.ACD
12. 154
13.(0,53]
14.2
15.解：(1)f(x)=sin2xcsφ+cs2xsinφ=sin(2x+φ)，
因为对∀x∈R，有f(x)≤|f(π3)|，可得当x=π3时，f(x)取得最值，
所以2×π3+φ=π2+kπ，k∈Z，可得φ=−π6+kπ，k∈Z，
又0<|φ|<π2，所以φ=−π6，所以f(x)=sin(2x−π6)，
由−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ，k∈Z，可得−π6+kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，
所以f(x)的单调递增区间为[−π6+kπ,π3+kπ](k∈Z)．
(2)由x0∈[0,π4]，f(x0)=13，f(x)=sin(2x−π6)，
可得2x0−π6∈[−π6,π3]，sin(2x0−π6)=13，所以cs(2x0−π6)=2 23，
所以sin2x0=sin[(2x0−π6)+π6]
=sin(2x0−π6)csπ6+cs(2x0−π6)sinπ6
= 3+2 26．
16.解：(1)因为Sn+Sn+1=3an+1−4， ①
所以当n=1时，a1+a1+a2=3a2−4，
又a1=2，所以a2=4．
当n≥2时，Sn−1+Sn=3an−4， ②
①式减去 ②式，得an+an+1=3an+1−3an，
所以an+1=2an，
又a1=2，a2=4=2a1，
所以对∀n∈N∗，都有an+1an=2，
所以数列{an}是以2为首项，2为公比的等比数列，
所以an=2n．
(2) 依题设得an+1=an+(n+1)dn，
所以dn=an+1−ann+1=2n+1−2nn+1=2nn+1，即1dn=n+12n，
则 Tn=22+322+423+⋯+n+12n ①
12Tn=222+323+424+⋯+n+12n+1 ②
①式减去 ②式，得12Tn=1+122+123++⋯+12n−n+12n+1
=1+1221−12n−11−12−n+12n+1
=32−12n−n+12n+1=32−n+32n+1，
则 Tn=3−n+32n．
故数列1dn的前n项和Tn=3−n+32n
17.解：(1)因为AC= 3AB= 3c，且BC边上的中线AD长为1，
所以AD=12AB+AC，
所以AD2=14AB2+AC2+2AB·AC，
即4=c2+3c2+2c· 3ccs∠BAC=c2，解得c=2，
则AC= 3AB=2 3，
所以BC= AC2+AB2−2AC·ABcs∠BAC= 12+4−2×2 3×2×− 32=2 7;
(2)由题可知AB=c，AC= 3c，AD=1，BD=DC=a2，
设∠ABC=2θ，∠DAC=θ，∠ADB=α，则∠ADC=π−α，
在△ABD中，由正弦定理得ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，即csinα=1sin2θ，
在△ADC中，由正弦定理得DCsin∠DAC=ACsin∠ADC，即a2sinθ= 3csin(π−α)，
所以1sin2θ=a2 3sinθ，则a= 3csθ， ①
在△ABD和△ADC中，由余弦定理得cs∠ADB+cs∠ADC=12+(a2)2−c22×a2×1+12+(a2)2−( 3c)22×a2×1=0，
所以a2+4=8c2， ②
在△ADC中，由余弦定理得DC2=AD2+AC2−2AD⋅AC⋅cs∠DAC，
即(a2)2=12+( 3c)2−2×1× 3c×csθ，即csθ=1+3c2−14a22 3c， ③
将a2=8c2−4代入得csθ=c2+22 3c， ④
由 ① ④得( 3a)2=(c2+22 3c)2，即38c2−4=(c2+2)212c2，
即2c6+7c4−5c2−4=0，即(c2−1)(2c2+1)(c2+4)=0，
因为c>0，所以c2=1，则a2=8c2−4=4，所以a=2．
故BC的长为2．
18.解：(1)由已知可得 ln xx⩽k⩽exx ，其中 x>0 ，
设 u(x)=ln xx ，其中 x>0 ，则 u′(x)=1−ln xx2 ，
当 00 ，即 u(x) 在 0,e 上单调递增，
当 x>e 时， u′(x)<0 ，即 u(x) 在 (e,+∞) 上单调递减，
所以， k⩾u(x)max=u(e)=1e ；
令 v(x)=exx ，其中 x>0 ，则 v′(x)=ex(x−1)x2 ，
当 0当 x>1 时， v′(x)>0 ，即函数 v(x) 在 (1,+∞) 上单调递增，
所以， k⩽v(x)min=v(1)=e ，
综上所述，实数 k 的取值范围是 1e,e ．
(2)证明：①因为 f(x)=ex ， g(x)=ln x ，则 f′(x)=ex ， g′(x)=1x ，
所以，直线 l 可表示为 y−ex1=ex1(x−x1) ，即 y=ex1x+ex1(1−x1) ，
直线 l 的方程也可表示为 y−ln x2=1x2(x−x2) ，即 y=1x2x+ln x2−1 ，
故有 ex1=1x2ex1(1−x1)=ln x2−1 ，所以， x2=e−x1 ，
所以， ex1(1−x1)=−x1−1 ，即 ex1(x1−1)−x1−1=0 ，
设 ℎ(x)=(x−1)ex−x−1 ，其中 x>0 ，则 ℎ′(x)=xex−1 ，
令 p(x)=xex−1 ，其中 x>0 ，
则 p′(x)=(x+1)ex>0 对任意的 x>0 恒成立，
所以，函数 ℎ′(x)=xex−1 在 (0,+∞) 上单调递增，
又因为 ℎ′(0)=−1<0 ， ℎ′(1)=e−1>0 ，
所以，存在 x0∈(0,1) ，使得 ℎ′(x0)=0 ，
当 x∈(0,x0) 时， ℎ′(x)<0 ，即函数 ℎ(x) 在 0,x0 上单调递减，
当 x∈(x0,+∞) 时， ℎ′(x)>0 ，即函数 ℎ(x) 在 (x0,+∞) 上单调递增，
因为 ℎ(0)=−2<0 ，则 ℎ(x0)<ℎ(0)<0 ， ℎ(1)=−2<0 ，所以，函数 ℎ(x) 在 0,1 上无零点，
因为 ℎ(2)=e2−3>0 ，
所以，存在 x1∈(1,2) ，使得 ℎ(x1)=0 ，
所以 1②由①可知， x2=e−x1 ，当 x⩾x1>1 时， ex1(x1−1)=x1+1 ，
由 (λx2−x+1)ex+x⩽0 可得 λx2⩽x−1−xex ，
设 F(x)=x−1−xex ，其中 x⩾x1 ，
则 F′(x)=1−1−xex=ex+x−1ex>0 对任意的 x⩾x1 恒成立，
所以，函数 F(x) 在 [x1,+∞) 上单调递增，
所以， F(x)min=F(x1)=x1−1−x1ex1=ex1(x1−1)−x1ex1=1ex1 ，
所以， λx2⩽e−x1=x2 ，解得 λ⩽1 ，
故实数 λ 的最大值为1 ．

19.解：(1)因为an=ecn，所以cn=lnan(an>0)，因为正项数列{cn}是一个“凸数列”，
所以ct−1+ct+1≤2ct，
所以lnat−1+lnat+1≤2lnat，所以at−1at+1≤at2，
所以数列{an}是一个“对数性凸数列”；
(2)根据题意及三次函数的性质易知f′(x)=b2+2b3x+3b4x2有两个不等实数根，
所以Δ1=4b32−4×3b2b4>0⇒b32>3b2b4，
又bi>0(i=1,2,3,4)，所以b32>3b2b4>b2b4，
显然x=0⇒f(0)=b1>0，即x=0不是f(x)的零点，
又f(1x)=b1+b2(1x)+b3(1x)2+b4(1x)3，
令t=1x，则f(t)=b1+b2t+b3t2+b4t3也有三个零点，
即f(1x)=b1x3+b2x2+b3x+b4x3有三个零点，
令g(x)=b1x3+b2x2+b3x+b4，
则g(x)=b1x3+b2x2+b3x+b4有三个零点，
所以g′(x)=3b1x2+2b2x+b3有两个零点，
所以同上有Δ2=4b22−4×3b1b3>0⇒b22>3b1b3>b1b3，
故数列b1，b2，b3，b4为一个“对数性凸数列”；
(3)记S=a1+a2+⋯+an−1.则欲证不等式(1n+1i=0nai)(1n−1j=1n−1aj)≥(1ni=0n−1ai)(1nj=1naj)，
可化归为n2(S+a0+an)S≥(n2−1)(S+a0)(S+an)，即(S+a0)(S+an)≥n2a0an①，
由数列{an}为对数性凸数列知a0a1≤a1a2≤⋯an−1an，即a0an≤a1an−1≤a2an−2≤⋯，
故S=k=1n−1ak+an−k2≥k=1n−1 akan−k≥(n−1) a0an
再由a0+an≥2 a0an，
得(S+a0)(S+an)=S2+(a0+an)S+aan≥S2+2 a0anS+( a0an)2=(S+ a0an)2≥n2a0an
故式①成立．从而，原不等式成立．