六安一中2025屆高三年級第三次月考數(shù)學試卷時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知復(fù)數(shù)zi12i，其中i是虛數(shù)單位，則z（）A．1B．2C．D．3523．已知等差數(shù)列a的前n項和為S，若S,a4，則S（）nn389A．54B．63C．72D．135．已知平面向量a,b滿足a4，b1,22，且abab．則向量a與向量b的夾角是（）ππ2π5πA．B．C．D．63364．在等比數(shù)列a中，已知a3，a48，S93，則n的值為（）n1nnA．4B．5C．6D．756．已知數(shù)列an滿足an1a2n11，且a10，則a的最小值是（）n1nA．-15B．-14C．-11D．-61ABC是邊長為1的正三角形，ANNC,P是BN上一點且32APmABACAPAB（）9291923A．B．C．D．17．數(shù)列a的前n項和為S，滿足Sa1024，則數(shù)列a的前n項積的最大值為（）nnnnnA．B．2C．29D．1018O是ABC所在平面內(nèi)一點，且|AB2,OAAC1,OCAC1,則ABC的最大值為（）A．B．C．D．64323小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9．已知z為復(fù)數(shù)，設(shè)z，z，iz在復(fù)平面上對應(yīng)的點分別為A，B，C，其中O為坐標原點，則（）A．OAOBB．OAOCC．ACBCD．OB∥AC10．已知等差數(shù)列?的首項為adn項和為SSSS，則下列說法正確的是?n10891（）A．當n9時，最大SS0B．使得成立的最小自然數(shù)n18nnS1010C．a(chǎn)aaaD．數(shù)列n中最小項為891011an11．已知數(shù)列a是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，公比為q，在a,a之間插入1個數(shù)，使這3個數(shù)n12成等差數(shù)列，記公差為d，在a,a之間插入2個數(shù)，使這4個數(shù)成等差數(shù)列，公差為123d,a,a之間插入nn2dn2nn1的是（）A．當0q1時，數(shù)列dn單調(diào)遞減B．當q1時，數(shù)列d單調(diào)遞增nC．當dd時，數(shù)列d單調(diào)遞減D．當dd時，數(shù)列d單調(diào)遞增12n12n三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。S6S2112．設(shè)正項等比數(shù)列a的前n項和為S，若S10S，則的值為.nn42ann為奇數(shù)3．已知數(shù)列{a}中，a1，a，則數(shù)列a}前2024項的和n1n1ann為偶數(shù)n為.14．在ABC中，內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,c(ab).已知c=2acosA,則sinBsinA2的最大值是.四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。1513分）設(shè)等比數(shù)列a}aa4aa8滿足，．n1231（1）求{a}的通項公式；nSSSm3的前n項和，若，求m．m1（2）記Sn為數(shù)列{loga}3nm1615分）在ABC中，角,B,C所對的邊分別為a,b,c，且a2c2bbc.（（1）求角A；2）若a19,BAACBD2DC，求AD的長.1715分）已知數(shù)列a}的前n項和為S，aaSSn12Sn2(nnN*).nn12n1a}（（1）求證：數(shù)列{為等差數(shù)列；n922）在數(shù)列b}中，babab，若n}的前n項和為TT，求證：.n1nnn2n1nn1817分）設(shè)各項均為正數(shù)的數(shù)列a的前n項和為S，已知2aaa，數(shù)列S是公差為d的等差數(shù)列.nn213n（1）求證：ad12，并求出數(shù)列a的通項公式（用n,dn（2cmnkmn且的任意正整數(shù)m,n,kSScSkmn9證：的最大值為.c21917分）已知函數(shù)f(x)ex.1）當x0時，求證：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）設(shè)nnN*，證明：.222323n2n六安一中2025屆高三年級第三次月考數(shù)學試卷參考答案題號答案1234567891011DBCBAABBABABDABC6．A1128ANNC，ANACAPmABACmABAN，【349912819而P,B,N三點共線，m1，即mAPABAC，99912192929APABABACABcos60o所以．B.故選：A.997【詳解】依題意，n，Sa1024，則a512，當n2時，San11024，n1nn111兩式相減得2anan1，即anan1，因此數(shù)列a是以512為首項，為公比的等比數(shù)列，n221a512()n110n單調(diào)遞減，當n10時，aa1n，當n11，a1，于是，顯然數(shù)列nnn2所以當n9或n10時，數(shù)列an的前n項積最大，最大值為29282722220245.故選：B8．B【詳解】設(shè)OA與CA的夾角為,OC與AC的夾角為，OAACcos1ACa22AC2OCACcos1a242222cosABC4a4a24ABC的最大值為42或由210．ABDaa8d0SSSSa0，即，91【899891019d0SSSSa01010109910d0,aa0n9Sn兩式相加，解得：，當時，最大，故A正確；910由SS，可得到aa0a，所以aa0，1089109810118a94d10118a9，所以aaaa，故C錯誤；1011089由以上可得：aaaa0aa，12139101117a1718a18S117a0，而S19aa0，1017918922當n17時，Sn0；當n18時，S0n；S0n成立的最小自然數(shù)n18，故B正確.所以使得SSnan當n9，或n18時，n0；當9n18時，0；an由0aaa,SSSS0，10111710111217S中最小項為1010所以n，故D正確.故選：ABD.an11．ABC【詳解】數(shù)列an是各項為正數(shù)的等比數(shù)列，則公比為q0，q1n1an1n1anan由題意an1a(nd，得d，nq1時，dn0，有dn1nndn1dnqn101，dn1d，數(shù)列d單調(diào)遞增，A選項錯誤；n2nnqn1qn1n2n1q1時，dn0，，若數(shù)列dn單調(diào)遞增，則1，即q，由dnn2n21q1qq33nN*，需要q，故B選項錯誤；dd，解得1q時，，122232qn1n2qn1n2dn1dnq1時，dn0，由，若數(shù)列dn單調(diào)遞減，則1，即n2n11n131nN*恒成立，C選項錯誤；dd時，q1，而1q不能滿足q1n11225aq1aqq13，解得0q1或q，由AB選項的解析可知，數(shù)列dn單調(diào)遞增，D選11232項正確.故選：ABC2．913．2024112614．【詳解】由c2acosA得C2A；0A933)；則ft)t3sinBsinAsin3AsinA4sin3A2sinA;令tsinAt，26269ft)12t22，可得為ft)的極大值點，ft)的最大值為.t6an1；（2）m6.n151）1）設(shè)等比數(shù)列a的公比為，q【naaq4a1111an1n根據(jù)題意，有，解得，所以；……6分1q218q3n(0nn(n（2）令blogalog3n1n1，所以S，，……9分n3n3n22m(mm(m(m2)(m根據(jù)SmSm1Sm3，可得222整理得m25m60，因為m0，所以m6.………………13分2π13327316．(1)(2)或3得b2c2a2bc，c2a2bc【1）由a2c2bbcb212π則由余弦定理得cosA0AπA.…………5分2bc2bc231（2）由BAACABACbccosAbc3，解得bc6①，219a2b2c2bc19，則b2c213②，…………9分a聯(lián)立①②可得，bc3，或bc2.12ADBD2DCADAB2AC，則ADABAC，且ABAC3，33614AC1222所以ADAB4ABACc2b212，9911391332當bc3時，AD1612)，則AD長為；91282732當bc2時，AD(43612)，則AD長為.9913273綜上所述，AD的長為或.……15分an12an(n……………6分n13aan2(n2)aa2171）由題意：又n121aa∴又數(shù)列{}為等差數(shù)列.或由原式遞推得n2aaa3，可證.21a2n1a2n32n2（∴∴2）由（1）知：，………………8分nn1n2n12n3nn1b3b2b19911bn1（)∴b(2nnn1n222n-12n129111119192T)（1).…………15分n2n12n12n12335218．【1）由題意知：d0，SnS(nda(nd112aaaaS3(SS)S，ad)212(12d)2,213232131a2add2ad,ad2化簡，得：…………6分1111Sd(ndnd,Sn2d22，nn當n2時，aSSn2d(n2d2(2nd2，適合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當c時，S，m2292229k9kd2k22mnmn，由基本等式可得mnk2mn即mn，而，故mn，447992故SSS0，故即的最大值為．c…………17分mnk219．11）令g(x)e2xe(x0)，所以xxgxex2x0，【ex1所以gxex2ex220，當且僅當eex1，即時，等號成立，…………5分F(x)0xkxk得出；由xx0ex所以當x時，gxgx單調(diào)遞增，則gxg00；（令2）令F(x)exkxb，F(xiàn)(x)exk；由F(x)0得出F(x)minF(lnk)kklnkb02kbkklnk；bkklnkG(k)kklnkG(k)2