河南省安阳市林州市晋豫名校联盟2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷（PDF版附解析）

这是一份河南省安阳市林州市晋豫名校联盟2024-2025学年高三上学期10月月考数学试卷（PDF版附解析），文件包含2025届高三年级10月份联考数学答案HNpdf、2025届高三年级10月份联考数学评分细则HNdocx、数学pdf等3份试卷配套教学资源，其中试卷共10页， 欢迎下载使用。

三、填空题
12.eq \f(1,3) 【解析】 由题意得4a＋b＝2，又a>0，b>0，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a)＋\f(1,b)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4a＋b))·eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)(4＋eq \f(b,a)＋eq \f(4a,b)＋1)≥eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(5＋2\r(\f(b,a)·\f(4a,b))))＝eq \f(9,2)(当且仅当a＝eq \f(1,3)，b＝eq \f(2,3)时，取“＝”)．故答案为eq \f(1,3).
13．an＝eq \f(2n－1,2n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*))(不写n∈N*，只要通项公式正确就给满分) 【解析】 由题意可得an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))Tn，所以当n≥2时，有an－1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－3))Tn－1，故由题意两式相除得eq \f(an,an－1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))Tn,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－3))Tn－1)＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))an,2n－3)，因为Tn≠0，则an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2n－1))Tn≠0，因此当n≥2时，eq \f(1,an－1)＝eq \f(2n－1,2n－3)，即an－1＝eq \f(2n－3,2n－1)，则an＝eq \f(2n－1,2n＋1)，所以a1＝eq \f(2×1－1,2×1＋1)＝eq \f(1,3)，符合题意．故答案为an＝eq \f(2n－1,2n＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n∈N*)).
14.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞)) 【解析】 由an＋1>an，得an>0时，q>1；an<0时，00时，q>3；当a10<0时，q<3，又00，即q>3时，g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q))>0，geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(q))单调递增，又geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))＝0，当q→＋∞时，g(q)→＋∞，故a10＝g(q)∈(0，＋∞)，当a10<0，即0四、解答题
15．解：(1)由题得数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(an,3n)))是以eq \f(a1,31)＝1为首项，3为公差的等差数列，则eq \f(an,3n)＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(n－1))×3＝3n－2，(2分)
所以an＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－2))×3n，且an＋1－an＝(3n＋1)×3n＋1－(3n－2)×3n＝(6n＋5)×3n>0，(5分)
故数列eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(an))单调递增．(6分)
(2)由题意可得Sn＝1×31＋4×32＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－2))×3n ①，(7分)
①×3得，3Sn＝1×32＋4×33＋…＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－2))×3n＋1 ②，(9分)
①－②得，－2Sn＝3＋33＋34＋…＋3n＋1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－2))×3n＋1＝3＋eq \f(27\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－1－1)),3－1)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3n－2))×3n＋1，(11分)
故Sn＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6n－7))×3n＋1＋21,4).(13分)
16．解：(1)由正弦定理及倍角公式得2cs C＝eq \f(a,b)sin 2B＋eq \f(b,a)sin 2A＝eq \f(sin A,sin B)·sin 2B＋eq \f(sin B,sin A)·sin 2A＝2sin Acs B＋2sin Bcs A＝2sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋B))＝2sin C，(4分)
得cs C＝sin C，即tan C＝1，C∈(0，π)，故C＝eq \f(π,4).(7分)
(2)由余弦定理可得c2＝4＝a2＋b2－eq \r(2)ab≥(2－eq \r(2))ab，(10分)
解得ab≤4＋2eq \r(2)，(12分)
当且仅当a＝b时取等号，(13分)
△ABC的面积为S＝eq \f(absin C,2)≤eq \r(2)＋1，
故△ABC面积的最大值为eq \r(2)＋1.(15分)
17．解：(1)由题意可知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))的定义域为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0,x＋1>0,x＋1≠1))，即x∈(0，＋∞)．(3分)
(2)由题意可得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(\f(x＋1,x)ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))－ln x－ln a,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))))\s\up12(2))，令函数heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(x＋1,x)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1))－ln x，(6分)
则h′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(－ln\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋1)),x2)<0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上恒成立，
所以heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递减，当x→0时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(ln（x＋1）,x)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))→＋∞，当x→＋∞时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝eq \f(ln（x＋1）,x)＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,x)))→0，(8分)
则有：①当ln a≤0，即a∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，1))时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln a≥0，即f′(x)≥0在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上恒成立，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))上单调递增，无极大值，不合题意，故舍去；(10分)
②当ln a>0，即a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))时，存在x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，＋∞))，使得heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))＝ln a，此时，当eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln a>0⇒f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))>0，(12分)
当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))时，heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))－ln a<0⇒f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))<0，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，x0))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，＋∞))上单调递减，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))存在极大值feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0))，符合题意．综上所述a∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞)).(15分)
18．解：(1)由题意可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝0，f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝aeax－1，
则f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝a－1≥0为必要条件，
证明：当a≥1时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥0，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥ex－x－1≥0，令geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－x－1，当x≥0时，
g′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＝ex－1≥0，g(x)单调递增，
∴geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))≥geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝0成立，(5分)
∴amin＝1.(6分)
(2)由(1)知ex≥x＋1，x＝0时等号成立，而an>0，xan>0，(7分)
，(11分)
又因为1＋x＝eq \f(1－x2,1－x)，1＋x2＝eq \f(1－x4,1－x2)，…，，(x≠1)，(14分)
∴>eq \f(1－x2,1－x)·eq \f(1－x4,1－x2)…·(x≠1)，故原不等式得证．(17分)
19．解：(1)由题有S5＝4＋1＝5，设等差数列{an}的公差为d.
则S5＝a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝5a1＋10d＝5，即a3＝a1＋2d＝1.(3分)
(2)(ⅰ)由题，a1＋a2＋a3＋…＋am＋1＝m＋r，eq \f(1,a1)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a3)＋…＋eq \f(1,am＋1)＝m＋eq \f(1,r).(4分)
不妨设a1为{an}中的最小项．
①当a1≤r时，易有；(6分)
②当时，由正项数列，
有 ，(8分)
而， (9分)
故，得证，由①②可得，故原不等式得证. (10分 )
(ⅱ)Tm＋1的最小值的表达式为m＋r2.(12分)
当a1＝r，a2＝a3＝…＝am＋1＝1时，Tm＋1＝m＋r2.(13分)
接下来证明Tm＋1≥m＋r2.
由于， (15分)
由（2）（i），，
则，(16分)
等号当且仅当a1＝r，a2＝a3＝…＝am＋1＝1时成立，故Tm＋1的最小值的表达式为m＋r2.(17分)