2024-2025学年广东省肇庆中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年广东省肇庆中学高三（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共7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.已知复数z满足z3−i=1+i，则z的共轭复数z−在复平面上对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.θ∈(π3,π2)是sinθ> 32的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.已知角α的顶点与原点重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点P(csπ3,sinπ3)，则cs(α−π6)=( )
A. 0B. 12C. 22D. 32
4.已知等差数列{an}的公差大于0，a5+a3−a2=0，a5a7=−1，则{an}的前10项和为( )
A. −4B. 0C. −5D. 5
5.在等比数列{an}中，a2+a4=1，a7+a9=−16，则a10+a12a5+a7=( )
A. −4B. 8C. −16D. 16
6.已知函数f(x)=sinx+x3−ax是定义在R上的增函数，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,1)B. (−∞,1]C. (−∞,2)D. (−∞,2]
7.已知sinα=2sinα+2β，且tanβ=2，则tanα+β=( )
A. −6B. −2C. 2D. 6
8.已知函数f(x)=asin2ωx+cs2ωx(ω>0)图象的对称轴方程为x=kπ+π4，(k∈Z).则f(a4π)=( )
A. 22B. − 22C. 2D. − 2
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.下列函数中，在区间(π4,π2)上单调递减的函数是( )
A. y=sin(x+π4)B. y= 3sinx−csx
C. y=|sin2x|D. y=cs(x−π3)
10.已知函数fx=x+1ex，则下列结论正确的是( )
A. fx在区间−2,+∞上单调递增B. fx的最小值为−1e2
C. 方程fx=2的解有2个D. 导函数f′x的极值点为−3
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，点B1，B2，B3，…，Bn均在x轴正半轴上，点C1，C2，C3，…，Cn均在y轴正半轴上.已知OB1=1，B1B2=2，B2B3=3，…，Bn−1Bn=n(n≥2)，OC1=1，C1C2=C2C3=⋯=Cn−1Cn=23(n≥2)，四边形OB1D1C1，OB2D2C2，OB3D3C3，⋯，OBnDnCn，OB2D2C2，OB3D3C3，…，OBnDnCn均为长方形.当n≥2时，记Bn−1BnDnCnCn−1为第n−1个倒“L”形，则( )
A. 第10个倒“L”形的面积为100
B. 长方形OBnDnCn的面积为n(n+1)(2n+1)6
C. 点D1，D2，D3，…，Dn均在曲线y2=89x+19上
D. i=160i2能被110整除
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.记Sn为等差数列{an}的前n项和，若a2+a5=8，2a3+a4=11，则S9= ______．
13.已知函数f(x)=xlnx，角θ为函数f(x)在点(e,f(e))处的切线的倾斜角，则sinθ+2csθsinθ−csθ= ______．
14.若存在实数t，对任意的x∈(0,s]，不等式(lnx−x+2−t)(1−t−x)≤0成立，则整数s的最大值为 .(ln 3≈1.099,ln 4≈1.386)
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在▵ABC中，角A，B，C的对边为a，b，c，已知1tanA，1csB，1tanC是等差数列．
(1)若a，b，c是等比数列，求tanB；
(2)若B=π3，求csA−C．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=ex−ln(x+m)．
(1)当m=0时，求曲线y=f(x)在点1 , f(1)处的切线方程；
(2)当m⩽2时，求证f(x)>0．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在(0,2π3]上单调递增，在(2π3,π]上单调递减，设(x0,0)为曲线y=f(x)的对称中心．
(1)求x0；
(2)记△ABC的角A，B，C对应的边分别为a，b，c，若csA=csx0，b+c=6，求BC边上的高AD长的最大值．
18.(本小题12分)
设数列{an}的前n项和为Sn，且满足Sn+an=3．
(1)求{an}的通项公式；
(2)设bn=−anlg2an+13，数列{bn}的前n项和为Tn，若对任意的n∈N∗，Tn<2λ−1恒成立，求λ的取值范围．
19.(本小题12分)
如果函数F(x)的导数F′(x)=f(x)，可记为F(x)=∫f(x)dx.若f(x)≥0，则baf(x)dx=F(b)−F(a)表示曲线y=f(x)，x=a，x=b以及x轴围成的曲边梯形”的面积(其中a(1)若F(x)=∫xdx，且F(1)=1，求F(x)；
(2)当0<α<π2时，证明：α⋅csα<0acsxdx；
(3)证明：1+12+13+⋯+1n>ln(n+1)+n2(n+1)(n∈N∗)．
参考答案
1.D
2.A
3.D
4.C
5.C
6.B
7.A
8.C
9.AC
10.ABD
11.BCD
12.63
13.4
14.2
15.(1)因为a，b，c是等比数列，所以b2=ac，有sin2B=sinAsinC，
因为1tanA，1csB，1tanC是等差数列，所以2csB=1tanA+1tanC=csAsinA+csCsinC=sinBsinAsinC．
故2csB=sinBsinAsinC=sinBsin2B=1sinB．
所以tanB=12．
(2)
由(1)的过程可知2csB=sinBsinAsinC，若B=π3，则sinAsinC=12sinBcsB= 38．
又由−12=−csB=csA+C=csAcsC−sinAsinC=csAcsC− 38，得csAcsC= 38−12，
故csA−C=csAcsC+sinAsinC= 38−12+ 38= 3−24．

16.解：(1)当 m=0 时， f(x)=ex−lnx ，
则 f′x=ex−1x ，
又 f(1)=e ， f′(1)=e−1 ，
所以切线方程为： y−e=(e−1)(x−1) ，
即 (e−1)x−y+1=0 ．
(2)当 m≤2 ， x∈(−m,+∞) 时， ln(x+m)≤ln(x+2) ，
则有 f(x)=ex−ln(x+m)≥ex−ln(x+2) ，
故只需证明当 m=2 时， f(x)>0 ．
当 m=2 时，函数 f′(x)=ex−1x+2 在区间 (−2,+∞) 上单调递增，
又 f′(−1)<0 ， f′(0)>0 ，
故 f′(x)=0 在区间 (−2,+∞) 上有唯一实根 x0 ，且 x0∈(−1,0) ，
当 x∈−2,x0 时， f′(x)<0，函数f(x)单调递减 ；
当x∈(x0,+∞)时， f′(x)>0 ，函数f(x)单调递增，
从而当 x=x0 时， f(x) 取得最小值．
由 f′x0=0 ，
得 ex0=1x0+2 ， lnx0+2=−x0 ，
故 f(x)≥fx0=1x0+2+x0=x0+12x0+2>0．
综上，当 m≤2 时， f(x)>0．

17.解：(1)因为f(x)=sin(ωx+π6)在(0,2π3]上单调递增，在(2π3,π]上单调递减，
所以f(2π3)=1且T≥4π3，
所以2π3⋅ω+π6=2kπ+π2，k∈Z，
可知ω=3k+12,k∈Z，
又由2π|ω|≥4π3，可知0<ω≤32，
所以ω=12，
可得f(x)=sin(12x+π6)，
由12x+π6=mπ,m∈Z，
可得x=2mπ−π3，即x0=2mπ−π3，m∈Z；
(2)由csA=csx0=12=b2+c2−a22bc=(b+c)2−2bc−a22bc=36−2bc−a22bc，化简得a2=36−3bc，
因为SΔABC=12a⋅AD=12bcsinA，
所以AD= 3bc2a，
所以AD2=3(bc)24a2=3(bc)24(36−3bc)，
又b+c≥2 bc，
所以bc≤9，当且仅当b=c=3时取等号，
可得AD2=3(bc)24(36−3bc)=34[36(bc)2−3bc]≤34(3692−39)=274，
所以AD≤3 32，
故AD长的最大值为3 32．
18.解：(1)当n=1时，由a1+a1=3，解得a1=32，
当n⩾2时，Sn+an=3，Sn−1+an−1=3，
两方程相减得2an−an−1=0，
所以{an}是首项为32，公比为12的等比数列，
所以an=32n；
(2)由(1)知bn=−anlg2an+13=3n+32n，
所以Tn=62+922+1223+⋯+3n+32n，
12Tn=622+923+1224+⋯+3n+32n+1，
上面两方程相减得12Tn=3+(322+323+⋯+32n)−3n+32n+1
=3+314(1−(12)n−1)1−12−3n+32n+1=92−3n+92n+1，
即Tn=9−3n+92n，
因为Tn+1−Tn=3n+62n+1>0，
所以{Tn}是单调递增数列，当n→+∞时，0<3n+92n<1，
所以8<(Tn)max<9，
因为对任意的n∈N∗，Tn<2λ−1恒成立，
所以9⩽2λ−1，解得λ⩾5，
即λ的取值范围为[5,+∞)．
19.解：(1)因为(x22)′=x，所以设F(x)=x22+C，
又F(1)=1，代入上式可得F(1)=12+C=1，解得C=12，
所以F(x)=x22+12；
(2)证明：因为F(x)=∫csxdx=sinx+C，
所以0acsxdx=sinα−sin0=sinα，
设ℎ(x)=sinx−xcsx，00恒成立，
所以ℎ(x)在0ℎ(0)=0，所以αcsα<0acsxdx．
(3)证明：令f(x)=lnx−12(x−1x)，当x≥1，f′(x)=1x−12(1+1x2)=−(x−1)22x2≤0，
∴f(x)在[1,+∞)上单调递减，∵f(1)=0，∴x≥1时f(x)≤0恒成立；
知当x≥1时lnx≤12(x−1x)，当且仅当x=1时取等．
∵n+1n>1，∴lnn+1n<12(n+1n−nn+1)=1n−12(1n−1n+1)，
∴ln21<1−12(1−12)，ln32<12−12(12−13)，ln43<13−12(13−14)⋯，
lnn+1n<1n−12(1n−1n+1)，
累加得ln(n+1)<1+12+13+⋯+1n−12(1−12+12−13+⋯−1n+1)，
即ln(n+1)<1+12+13+⋯+1n−12(1−1n+1)=1+12+13+⋯+1n−n2(n+1)，
∴1+12+13+⋯+1n>ln(n+1)+n2(n+1)得证．