2025届安徽省六安一中高三11月第三次月考-数学（含答案）

六安一中2025届高三年级第三次月考数学试卷时间：120分钟满分：150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知复数zi12i，其中i是虚数单位，则z（）A．1B．2C．D．3523．已知等差数列a的前n项和为S，若S,a4，则S（）nn389A．54B．63C．72D．135．已知平面向量a,b满足a4，b1,22，且abab．则向量a与向量b的夹角是（）ππ2π5πA．B．C．D．63364．在等比数列a中，已知a3，a48，S93，则n的值为（）n1nnA．4B．5C．6D．756．已知数列an满足an1a2n11，且a10，则a的最小值是（）n1nA．-15B．-14C．-11D．-61ABC是边长为1的正三角形，ANNC,P是BN上一点且32APmABACAPAB（）9291923A．B．C．D．17．数列a的前n项和为S，满足Sa1024，则数列a的前n项积的最大值为（）nnnnnA．B．2C．29D．1018O是ABC所在平面内一点，且|AB2,OAAC1,OCAC1,则ABC的最大值为（）A．B．C．D．64323小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．已知z为复数，设z，z，iz在复平面上对应的点分别为A，B，C，其中O为坐标原点，则（）A．OAOBB．OAOCC．ACBCD．OB∥AC10．已知等差数列푎的首项为adn项和为SSSS，则下列说法正确的是푛n10891（）A．当n9时，最大SS0B．使得成立的最小自然数n18nnS1010C．aaaaD．数列n中最小项为891011an11．已知数列a是各项为正数的等比数列，公比为q，在a,a之间插入1个数，使这3个数n12成等差数列，记公差为d，在a,a之间插入2个数，使这4个数成等差数列，公差为123d,a,a之间插入nn2dn2nn1的是（）A．当0q1时，数列dn单调递减B．当q1时，数列d单调递增nC．当dd时，数列d单调递减D．当dd时，数列d单调递增12n12n三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。S6S2112．设正项等比数列a的前n项和为S，若S10S，则的值为.nn42ann为奇数3．已知数列{a}中，a1，a，则数列a}前2024项的和n1n1ann为偶数n为.14．在ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c(ab).已知c=2acosA,则sinBsinA2的最大值是.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。1513分）设等比数列a}aa4aa8满足，．n1231（1）求{a}的通项公式；nSSSm3的前n项和，若，求m．m1（2）记Sn为数列{loga}3nm1615分）在ABC中，角,B,C所对的边分别为a,b,c，且a2c2bbc.（（1）求角A；2）若a19,BAACBD2DC，求AD的长.1715分）已知数列a}的前n项和为S，aaSSn12Sn2(nnN*).nn12n1a}（（1）求证：数列{为等差数列；n922）在数列b}中，babab，若n}的前n项和为TT，求证：.n1nnn2n1nn1817分）设各项均为正数的数列a的前n项和为S，已知2aaa，数列S是公差为d的等差数列.nn213n（1）求证：ad12，并求出数列a的通项公式（用n,dn（2cmnkmn且的任意正整数m,n,kSScSkmn9证：的最大值为.c21917分）已知函数f(x)ex.1）当x0时，求证：f(x)f(x)2x（；3（（2）若k0，且f(x)kxb在R上恒成立，求2kb的最大值；n1113）设nnN*，证明：.222323n2n六安一中2025届高三年级第三次月考数学试卷参考答案题号答案1234567891011DBCBAABBABABDABC6．A1128ANNC，ANACAPmABACmABAN，【349912819而P,B,N三点共线，m1，即mAPABAC，99912192929APABABACABcos60o所以．B.故选：A.997【详解】依题意，n，Sa1024，则a512，当n2时，San11024，n1nn111两式相减得2anan1，即anan1，因此数列a是以512为首项，为公比的等比数列，n221a512()n110n单调递减，当n10时，aa1n，当n11，a1，于是，显然数列nnn2所以当n9或n10时，数列an的前n项积最大，最大值为29282722220245.故选：B8．B【详解】设OA与CA的夹角为,OC与AC的夹角为，OAACcos1ACa22AC2OCACcos1a242222cosABC4a4a24ABC的最大值为42或由210．ABDaa8d0SSSSa0，即，91【899891019d0SSSSa01010109910d0,aa0n9Sn两式相加，解得：，当时，最大，故A正确；910由SS，可得到aa0a，所以aa0，1089109810118a94d10118a9，所以aaaa，故C错误；1011089由以上可得：aaaa0aa，12139101117a1718a18S117a0，而S19aa0，1017918922当n17时，Sn0；当n18时，S0n；S0n成立的最小自然数n18，故B正确.所以使得SSnan当n9，或n18时，n0；当9n18时，0；an由0aaa,SSSS0，10111710111217S中最小项为1010所以n，故D正确.故选：ABD.an11．ABC【详解】数列an是各项为正数的等比数列，则公比为q0，q1n1an1n1anan由题意an1a(nd，得d，nq1时，dn0，有dn1nndn1dnqn101，dn1d，数列d单调递增，A选项错误；n2nnqn1qn1n2n1q1时，dn0，，若数列dn单调递增，则1，即q，由dnn2n21q1qq33nN*，需要q，故B选项错误；dd，解得1q时，，122232qn1n2qn1n2dn1dnq1时，dn0，由，若数列dn单调递减，则1，即n2n11n131nN*恒成立，C选项错误；dd时，q1，而1q不能满足q1n11225aq1aqq13，解得0q1或q，由AB选项的解析可知，数列dn单调递增，D选11232项正确.故选：ABC2．913．2024112614．【详解】由c2acosA得C2A；0A933)；则ft)t3sinBsinAsin3AsinA4sin3A2sinA;令tsinAt，26269ft)12t22，可得为ft)的极大值点，ft)的最大值为.t6an1；（2）m6.n151）1）设等比数列a的公比为，q【naaq4a1111an1n根据题意，有，解得，所以；……6分1q218q3n(0nn(n（2）令blogalog3n1n1，所以S，，……9分n3n3n22m(mm(m(m2)(m根据SmSm1Sm3，可得222整理得m25m60，因为m0，所以m6.………………13分2π13327316．(1)(2)或3得b2c2a2bc，c2a2bc【1）由a2c2bbcb212π则由余弦定理得cosA0AπA.…………5分2bc2bc231（2）由BAACABACbccosAbc3，解得bc6①，219a2b2c2bc19，则b2c213②，…………9分a联立①②可得，bc3，或bc2.12ADBD2DCADAB2AC，则ADABAC，且ABAC3，33614AC1222所以ADAB4ABACc2b212，9911391332当bc3时，AD1612)，则AD长为；91282732当bc2时，AD(43612)，则AD长为.9913273综上所述，AD的长为或.……15分an12an(n……………6分n13aan2(n2)aa2171）由题意：又n121aa∴又数列{}为等差数列.或由原式递推得n2aaa3，可证.21a2n1a2n32n2（∴∴2）由（1）知：，………………8分nn1n2n12n3nn1b3b2b19911bn1（)∴b(2nnn1n222n-12n129111119192T)（1).…………15分n2n12n12n12335218．【1）由题意知：d0，SnS(nda(nd112aaaaS3(SS)S，ad)212(12d)2,213232131a2add2ad,ad2化简，得：…………6分1111Sd(ndnd,Sn2d22，nn当n2时，aSSn2d(n2d2(2nd2，适合n1情形．nnn1a(2nd2故所求…………9分恒成立．nm2n2SScSm2d2n2d2ck2d2m2n2ck2，c（2）mnkk2m2n29292又mnk且mn，2(m2n2)(mn)29k，故c，…………15分2k2992929SnSkm2d2n2d2k2d2d2mn2k22mn当c时，S，m2292229k9kd2k22mnmn，由基本等式可得mnk2mn即mn，而，故mn，447992故SSS0，故即的最大值为．c…………17分mnk219．11）令g(x)e2xe(x0)，所以xxgxex2x0，【ex1所以gxex2ex220，当且仅当eex1，即时，等号成立，…………5分F(x)0xkxk得出；由xx0ex所以当x时，gxgx单调递增，则gxg00；（令2）令F(x)exkxb，F(x)exk；由F(x)0得出F(x)minF(lnk)kklnkb02kbkklnk；bkklnkG(k)kklnkG(k)2