《2025年全品基础小练习高考数学》

11. 已知函数$f(x)=e^{x}\ln(x + 1)$，$g(x)=f^{\prime}(x)$，则( )
A. $g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增
B. $g(x)$在$(0,+\infty)$上单调递减
C. $\forall m$，$n\in(0,+\infty)$，$f(m + n)＞f(m)+f(n)$
D. $\forall m$，$n\in(0,+\infty)$，$f(m + n)＜f(m)+f(n)$

答案： AC

12. 在$\triangle ABC$中，$\overrightarrow{AB}=(\sqrt{3},3)$，$\overrightarrow{CB}=(-\sqrt{3},3)$，则$\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=$_______.

答案： 6

13. 已知$x\in(0,\pi)$，$\sin(\frac{13\pi}{3}-x)-\cos^{2}(\frac{x}{2}+\frac{\pi}{4}) = 0$，则$\tan(x+\frac{\pi}{4})=$_______.

答案： $−3−2\sqrt{2}$

14. 已知等比数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和$S_{n}=(x + 2y + 1)2^{n}+(x - y - 3)$(其中$x＞0$，$y＞0$)，则$\frac{1}{x}+\frac{2}{y}$的最小值是_______.

答案： 4

15. 在$\triangle ABC$中，内角$A$，$B$，$C$所对的边分别为$a$，$b$，$c$，且$2a\sin C = 3b\sin A$，$\cos A=\frac{1}{3}$.
(1)证明：$\triangle ABC$为等腰三角形；
(2)若$D$是边$BC$的中点，$AD=\sqrt{34}$，求$\triangle ABC$的面积.

答案： 15. 解：
(1)证明：因为$2a\sin C = 3b\sin A$，所以$2ac = 3ba$，即$c=\frac{3}{2}b$，因为$\cos A=\frac{1}{3}$，所以由余弦定理得$\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{2bc}=\frac{1}{3}$，将$c=\frac{3}{2}b$代入，化简可得$a=\frac{3}{2}b$，所以$a = c$，所以$\triangle ABC$为等腰三角形.
(2)由
(1)知$a = c=\frac{3}{2}b$，因为$D$是边$BC$的中点，所以$BD = DC=\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}a$，在$\triangle ABC$和$\triangle ABD$中，可得$\cos B=\frac{a^{2}+c^{2}-b^{2}}{2ac}=\frac{(\frac{1}{2}a)^{2}+c^{2}-AD^{2}}{2\times\frac{1}{2}ac}$，将$AD=\sqrt{34},a = c=\frac{3}{2}b$代入，可得$b = 4\sqrt{2}$，由$\cos A=\frac{1}{3}$得$\sin A=\sqrt{1 - \cos^{2}A}=\frac{2\sqrt{2}}{3}$，故$\triangle ABC$的面积$S=\frac{1}{2}bc\sin A=\frac{1}{2}\times\frac{3}{2}b^{2}\sin A=\frac{3}{4}\times32\times\frac{2\sqrt{2}}{3}=16\sqrt{2}$. 

16. 记$S_{n}$为数列$\{ a_{n}\}$的前$n$项和，且$a_{1}＞0$，已知$\frac{S_{n + 1}}{a_{n + 1}}-\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{1}{2}$.
(1)若$a_{1}=1$，求数列$\{ a_{n}\}$的通项公式；
(2)若$\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}＜1$对任意$n\in N^{*}$恒成立，求$a_{1}$的取值范围.

答案： 16. 解：
(1)由题意得$\{\frac{S_{n}}{a_{n}}\}$是公差为$\frac{1}{2}$，首项为$\frac{S_{1}}{a_{1}} = 1$的等差数列，则$\frac{S_{n}}{a_{n}}=1+\frac{1}{2}(n - 1)=\frac{n + 1}{2}$，即$2S_{n}=(n + 1)a_{n}$，则有$2S_{n - 1}=na_{n - 1}(n\geqslant2)$，两式作差得$2a_{n}=(n + 1)a_{n}-na_{n - 1}$，即$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}=\frac{n}{n - 1}(n\geqslant2)$，所以$\frac{a_{n}}{a_{n - 1}}\times\frac{a_{n - 1}}{a_{n - 2}}\times\frac{a_{n - 2}}{a_{n - 3}}\times\cdots\times\frac{a_{2}}{a_{1}}=\frac{n}{n - 1}\times\frac{n - 1}{n - 2}\times\cdots\times\frac{2}{1}$，即$\frac{a_{n}}{a_{1}} = n$，即$a_{n}=n(n\geqslant2)$，因为$a_{1}=1$也适合上式，所以$a_{n}=n$.
(2)由
(1)知，$\frac{a_{n}}{a_{1}} = n$，可得$a_{n}=na_{1}$，由$\frac{S_{n}}{a_{n}}=\frac{n + 1}{2}$可得$S_{n}=\frac{(1 + n)\cdot a_{n}}{2}=\frac{(1 + n)na_{1}}{2}$，所以$\frac{1}{S_{n}}=\frac{2}{a_{1}}\cdot\frac{1}{n(n + 1)}=\frac{2}{a_{1}}\cdot(\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})$，则$\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}=\frac{2}{a_{1}}(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n + 1})=\frac{2}{a_{1}}(1-\frac{1}{n + 1})$，当$n\to+\infty$时，$\frac{2}{a_{1}}(1-\frac{1}{n + 1})\to\frac{2}{a_{1}}$，因为$a_{1}>0$，所以$\frac{1}{S_{1}}+\frac{1}{S_{2}}+\cdots+\frac{1}{S_{n}}<1$恒成立等价于$\frac{2}{a_{1}}\leqslant1$，可得$a_{1}\geqslant2$.