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沈阳二中 2023-2024 学年度上学期高三 10 月（数学）阶段测试
答案和解析
1.【答案】𝐴 2.【答案】𝐷 3.【答案】𝐶 4.【答案】𝐴 5.【答案】𝐴 6.【答案】𝐶
7.【答案】𝐵 8.【答案】𝐷 9.【答案】𝐵𝐷 10.【答案】𝐴𝐷 11.【答案】𝐵𝐷 12.【答案】𝐵𝐶
13.【答案】√ 2+1 14.【答案】充分不必要15.【答案】( 23 , 35 ] 16.【答案】[ 1 , 2 + √ 2 ]
6 6 2 3 6
17.【答案】解：(1)当𝑛 =1时，3𝑆 =3𝑎 =2𝑎 +1，解得𝑎 =1，
1 1 1 1
3𝑆 =2𝑎 +1
当𝑛 ≥2时，{ 𝑛 𝑛 ，
3𝑆 =2𝑎 +1
𝑛−1 𝑛−1
相减得3𝑎 =2𝑎 +1−(2𝑎 +1)=2𝑎 −2𝑎 ，
𝑛 𝑛 𝑛−1 𝑛 𝑛−1
整理得𝑎 =−2𝑎 ，
𝑛 𝑛−1
因为𝑎 =1≠0，所以
𝑎𝑛
=−2，
1 𝑎
𝑛−1
所以{𝑎 }是首项为1，公比为−2的等比数列，
𝑛
所以𝑎 =(−2)𝑛−1；
𝑛
(2)因为|𝑎 |=2𝑛−1，所以|𝑎 |=2𝑛−1单调递增，
𝑛 𝑛
𝑀 +𝑚
当𝑛 =1时，𝑀 =𝑚 =𝑎 =1，所以𝑏 = 1 1 =1，
1 1 1 1 2
当𝑛为奇数且𝑛 >1时，0<𝑎 <−𝑎 <𝑎 <−𝑎 <⋯<−𝑎 <𝑎 ，
1 2 3 4 𝑛−1 𝑛
即𝑎 >𝑎 >⋯>𝑎 >𝑎 >0>𝑎 >𝑎 >⋯>𝑎 ，
𝑛 𝑛−2 3 1 2 4 𝑛−1
所以𝑀 =𝑎 ，𝑚 =𝑎 ，
𝑛 𝑛 𝑛 𝑛−1
当𝑛为偶数时，0<𝑎 <−𝑎 <𝑎 <−𝑎 <⋯<𝑎 <−𝑎 ，
1 2 3 4 𝑛−1 𝑛
即𝑎 >𝑎 >⋯>𝑎 >𝑎 >0>𝑎 >𝑎 >⋯>𝑎 ，
𝑛−1 𝑛−3 3 1 2 4 𝑛
所以𝑀 =𝑎 ，𝑚 =𝑎 ，
𝑛 𝑛−1 𝑛 𝑛
1,𝑛 =1
所以𝑏
𝑛
={𝑎𝑛+𝑎
𝑛−1,𝑛 ≥2
，
2
𝑎 +𝑎 𝑎 +𝑎 𝑎 +𝑎 𝑎 +𝑎
所以𝑇 =1+ 1 2+ 2 3+ 3 4+⋯+ 19 20
20 2 2 2 2
1
=1+ [(𝑎 +𝑎 +⋯+𝑎 )+(𝑎 +𝑎 +⋯+𝑎 )]
2 1 2 19 2 3 20
1 1−(−2) 19 (−2)[1−(−2) 19 ]
=1+ { + }
2 1−(−2) 1−(−2)
=1+ 1 (1+219−2−220)=1+ 1 (−1−219)= 5−219 ．
6 6 6
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{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}𝑥 𝑥
18.【答案】解：(1)向量𝑝⃗⃗ =(1,cos )，𝑞⃗⃗ =(sin ,√ 3)，
2 2
→ → 𝑥 𝑥 𝑥 𝜋
则𝑓(𝑥)=𝑝·𝑞 =𝑠𝑖𝑛 +√ 3𝑐𝑜𝑠 =2𝑠𝑖𝑛 ( + )，
2 2 2 3
𝜋 𝑥 𝜋 𝜋
由− +2𝑘𝜋⩽ + ⩽ +2𝑘𝜋,𝑘 ∈𝑍
2 2 3 2
5𝜋 𝜋
可得− +4𝑘𝜋⩽𝑥 ⩽ +4𝑘𝜋,𝑘 ∈𝑍，
3 3
5𝜋 𝜋
则函数𝑓(𝑥)的递增区间为[− +4𝑘𝜋, +4𝑘𝜋],𝑘 ∈𝑍，
3 3
因为函数𝑓(𝑥)=𝑝⃗⃗ ·𝑞⃗⃗ 在(−𝑚,𝑚)内单调递增．
−𝑚<𝑚
𝜋
𝑚 ⩽ +4𝑘𝜋,𝑘 ∈𝑍
所以{ 3 ,
5𝜋
−𝑚⩾− +4𝑘𝜋,𝑘 ∈𝑍
3
𝜋
解得𝑘 =0，0<𝑚 ⩽ ，
3
𝜋
即实数𝑚的取值范围为0<𝑚 ⩽ ．
3
𝜋
(2)因为𝐴𝐷 =2，𝐴𝐵 =4，∠𝐴= ，
3
𝜋
在△𝐴𝐵𝐷中，由余弦定理可得𝐵𝐷 =√ 22+42−2×2×4×𝑐𝑜𝑠 =2√ 3，
3
2𝜋
在△𝐵𝐶𝐷中，由余弦定理可得𝐵𝐷2 =12=𝐵𝐶2+𝐷𝐶2−2×𝐵𝐶×𝐷𝐶×𝑐𝑜𝑠 ，
3
即12=𝐵𝐶2+𝐷𝐶2+𝐵𝐶×𝐷𝐶 =(𝐵𝐶+𝐷𝐶)2−𝐵𝐶×𝐷𝐶
⩾(𝐵𝐶+𝐷𝐶)2−( 𝐵𝐶+𝐷𝐶 ) 2 = 3 (𝐵𝐶+𝐷𝐶)2，
2 4
即𝐵𝐶+𝐷𝐶 ⩽4，当且仅当𝐵𝐶 =𝐷𝐶 =2时取等号，
所以𝐴𝐵+𝐴𝐷+𝐵𝐶+𝐷𝐶 ⩽2+4+4=10，
所以四边形𝐴𝐵𝐶𝐷花圃周长的最大值为10，
19.【答案】(1)解：因为一次喷洒4个单位的净化剂，
64
−4,0≤𝑥 ≤4
所以其浓度为 𝑓(𝑥)=4𝑦 ={ 8−𝑥 ，
20−2𝑥,4<𝑥 ≤10
64
当 0≤𝑥 ≤4 时， −4≥4 ，得0≤𝑥 ≤4 ，
8−𝑥
当 4<𝑥 ≤10 时， 20−2𝑥 ≥4 ，得 4 <𝑥 ⩽8 ，
综上 0≤𝑥 ≤8 ，
所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时；
(2)设从第一次喷洒起，经 𝑥(6≤𝑥 ≤10) 小时后，
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{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}1 16
其浓度为 𝑔(𝑥)=2(5− 𝑥)+𝑎[ −1] ，
2 8−(𝑥−6)
16𝑎 16𝑎
=10−𝑥+ −𝑎 =14−𝑥+ −𝑎−4 ，
14−𝑥 14−𝑥
因为 14−𝑥 ∈[4,8],𝑎 ∈[1,4] ，
所以 14−𝑥+ 16𝑎 −𝑎−4≥2√(14−𝑥)⋅ 16𝑎 −𝑎−4=8√𝑎−𝑎−4 ，
14−𝑥 14−𝑥
16𝑎
当且仅当 14−𝑥 = ，即 𝑥 =14−4√𝑎 时，等号成立；
14−𝑥
所以其最小值为 8√𝑎−𝑎−4 ，
由 8√𝑎−𝑎−4≥4 ，解得 24−16√2≤𝑎 ≤4 ，
所以𝑎的最小值为 24−16√2≈1.6 ．
2𝑏−𝑐 cos𝐶
20.【答案】解：(1)因为 = ，
𝑎 cos𝐴
所以 (2𝑏−𝑐)cos𝐴=𝑎cos𝐶 ，
所以 2sin𝐵cos𝐴=sin𝐴cos𝐶+cos𝐴sin𝐶 =sin(𝐴+𝐶)=sin𝐵 ．
1
因为 sin𝐵 >0 ，所以 cos𝐴=
2
𝜋
因为 𝐴∈(0,𝜋) ，所以 𝐴= ．
3
(2)由余弦定理得 𝑎2 =𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴 ，
所以 4+𝑐2−2𝑐 =9 ，
即 𝑐2−2𝑐−5=0 ，解得 𝑐 =1+√6 ．
(3)由正弦定理 si 𝑎 n𝐴 = si 𝑏 n𝐵 ，得 si 3 n 𝜋 = si 2 n𝐵 ，
3
解得 sin𝐵 = √3 ．
3
因为 𝑏 <𝑎 ，所以 𝐵 <𝐴 ，
所以 cos𝐵 = √6 ．
3
所以 sin2𝐵 =2sin𝐵cos𝐵 = 2√2 ,cos2𝐵 =1−2sin2𝐵 = 1 ，
3 3
2𝜋
所以 cos(3𝐵+𝐶)=cos(2𝐵+ )
3
2𝜋 2𝜋
=cos2𝐵cos −sin2𝐵sin
3 3
= 1 ×(− 1 )− 2√2 × √3 =− 1+2√6 ．
3 2 3 2 6
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{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}21.【答案】解：(1)设等差数列 {𝑎 } 的公差为 𝑑 ，
𝑛
由 𝑎 =2 ， 𝑎 =3(𝑎 −𝑎 ) ，
4 5 4 3
可得 2+𝑑 =3𝑑 ，解得 𝑑 =1 ，
所以 𝑎 =2+(𝑛−4)=𝑛−2 ，
𝑛
数列 {𝑏 } 满足 𝑏 =2 ， 𝑏 =2𝑏 ，
𝑛 1 𝑛+1 𝑛
所以数列 {𝑏 } 是以 𝑏 =2 为首项，2为公比的等比数列，
𝑛 1
所以 𝑏 =2𝑛 ，
𝑛
(3𝑛−4)(𝑛−4)
− ,𝑛为偶数,
(2)由(1)可知 𝑐 ={
2𝑛
，
𝑛 𝑛
,𝑛为奇数
2𝑛
𝑛
当 𝑛 为奇数时， 𝑐 = ，
𝑛 2𝑛
1 3 2𝑛−1
设 𝐴 = + +⋯+ ，
𝑛 2 23 22𝑛−1
1 1 3 2𝑛−1
𝐴 = + +⋯+ ，
4 𝑛 8 25 22𝑛+1
1 1
(1− )
两式相减可得： 3 𝐴 = 1 + 1 + 1 +⋯+ 1 − 2𝑛−1 = 1 + 4 4 𝑛−1 − 2𝑛−1 ，
4 𝑛 2 4 16 22𝑛−2 22𝑛+1 2 1− 1 22𝑛+1
4
10 6𝑛+5
整理得： 𝐴 = − ，
𝑛 9 18×4𝑛−1
当 𝑛 为偶数时， 𝑐 =− (3𝑛−4)(𝑛−4) = −3𝑛2+16𝑛−16 = 𝑛2 − (𝑛−2) 2 ，
𝑛 2𝑛 2𝑛 2𝑛 2𝑛−2
设 𝐵 = 4 −0+ 42 − 22 + 62 − 42 +⋯+ 4𝑛2 − (2𝑛−2) 2 = 𝑛2 ，
𝑛 4 24 22 26 24 22𝑛 22𝑛−2 4𝑛−1
10 6𝑛+5 𝑛2
所以数列 {𝑐 } 的前2𝑛项和为 𝐴 +𝐵 = − + ．
𝑛 𝑛 𝑛 9 18×4𝑛−1 4𝑛−1
22.【答案】解：∵𝑓(𝑥)−1=𝑚𝑒𝑥−1−ln𝑥−1=0，
ln𝑥+1
∴𝑚 = ，
𝑒𝑥−1
设ℎ(𝑥)= ln𝑥+1 ，则 ℎ′(𝑥)= 1 𝑥 −1−ln𝑥，
𝑒𝑥−1 𝑒𝑥−1
1 1 1
设𝜑(𝑥)= −1−ln𝑥，则𝜑′(𝑥)=− − <0，
𝑥 𝑥2 𝑥
∴𝜑(𝑥)单调递减，
∵𝜑(1)=0，
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{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}∴当0<𝑥 <1时，𝜑(𝑥)>0，ℎ′(𝑥)>0，ℎ(𝑥)单调递增，
当𝑥 >1时，𝜑(𝑥)<0，ℎ′(𝑥)<0，ℎ(𝑥)单调递减，
∴ℎ(𝑥) =ℎ(1)=1
max
∴当𝑚 =1时，方程有一解，当𝑚 >1时，方程无解；
𝑡 𝑒
(2)(𝑖)当𝑚 =𝑒时，𝑔(𝑥)=𝑒𝑥− 𝑥2− (𝑥 >0)，则𝑔′(𝑥)=𝑒𝑥−𝑡𝑥，
2 2
∴𝑥 ，𝑥 是方程𝑒𝑥−𝑡𝑥 =0的两根，
1 2
𝑒𝑥 𝑒𝑥(𝑥−1)
设𝑛(𝑥)= ，则𝑛′(𝑥)= ，
𝑥 𝑥2
令𝑛′(𝑥)=0，解得𝑥 =1，
∴𝑛(𝑥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
∵𝑛(1)=𝑒，𝑛(2)=
𝑒2
，
2
∴当𝑡 ∈(𝑒,
𝑒2
)时，0<𝑥 <1，1<𝑥 <2，
1 2
2
∴𝑥 +𝑥 <3，
1 2
𝑒𝑥1 =𝑡𝑥 𝑥 =ln𝑡+ln𝑥
由{ 1得{ 1 1
𝑒𝑥2 =𝑡𝑥
2
𝑥
2
=ln𝑡+ln𝑥
2
𝑥
∴𝑥 −𝑥 =ln𝑥 −ln𝑥 =ln 2，
2 1 2 1 𝑥
1
𝑥
令𝑝= 2 >1，
𝑥
1
ln𝑝 𝑝ln𝑝
∴𝑥 = ，𝑥 = ，
1 𝑝−1 2 𝑝−1
ln𝑝 𝑝ln𝑝 1+𝑝
∴𝑥 +𝑥 = + = ln𝑝，
1 2 𝑝−1 𝑝−1 𝑝−1
2(𝑝−1)
∴𝑥 +𝑥 >2等价于ln𝑝> ，
1 2 𝑝+1
2
2(𝑥−1) 1 4 (𝑥−1)
设𝑞(𝑥)=ln𝑥− ，𝑥 ∈[1,+∞)，则𝑞′(𝑥)= − = ≥0，
𝑥+1 𝑥 (𝑥+1) 2 𝑥(𝑥+1) 2
∴𝑞(𝑥)单调递增，
∴𝑞(𝑥)≥𝑞(1)=0，
2(𝑝−1)
∴𝑞(𝑝)>0，即ln𝑝> ，
𝑝+1
∴𝑥 +𝑥 >2，
1 2
综上，2<𝑥 +𝑥 <3，
1 2
(𝑖𝑖)由(𝑖)知，𝑒𝑥1 =𝑡𝑥 ，𝑒𝑥2 =𝑡𝑥 ，
1 2
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{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}𝑡 𝑒
∴𝑔(𝑥 )+2𝑔(𝑥 )=𝑒𝑥1 − 𝑥2− +2𝑒𝑥2−𝑡𝑥2−𝑒
1 2 2 1 2 2
𝑡 3
=𝑒𝑥1 − 𝑥2+2𝑒𝑥2 −𝑡𝑥2− 𝑒
2 1 2 2
𝑥 3
=𝑒𝑥1 − 1 𝑒𝑥1 +2𝑒𝑥2−𝑥 𝑒𝑥2− 𝑒
2 2 2
𝑥 3
=𝑒𝑥1(1− 1)+𝑒𝑥2(2−𝑥 )− 𝑒，
2 2 2
由(𝑖)知，1<2−𝑥 <𝑥 <2，
1 2
设𝑠(𝑥)=(2−𝑥)𝑒𝑥，𝑥 ∈(1,2)，则𝑠′(𝑥)=(1−𝑥)𝑒𝑥 <0，
∴𝑠(𝑥)单调递减，
∴𝑠(𝑥 )<𝑠(2−𝑥 )，即(2−𝑥 )𝑒𝑥2 <𝑥 𝑒2−𝑥1，
2 1 2 1
𝑥 3
∴𝑔(𝑥 )+2𝑔(𝑥 )<𝑒𝑥1(1− 1)+𝑥 𝑒2−𝑥1− 𝑒，
1 2 2 1 2
𝑥 3
设𝑀(𝑥)=(1− )𝑒𝑥+𝑥𝑒2−𝑥− 𝑒，𝑥 ∈(0,1]，
2 2
1 1
则𝑀′(𝑥)= (1−𝑥)𝑒𝑥+(1−𝑥)𝑒2−𝑥 =(1−𝑥)( 𝑒𝑥+𝑒2−𝑥)≥0，
2 2
∴𝑀(𝑥)单调递增，又𝑀(1)=0，
∴当𝑥 ∈(0,1)时，𝑀(𝑥)<0，
∴𝑀(𝑥 )<0，
1
∴𝑔(𝑥 )+2𝑔(𝑥 )<0．
1 2
第6页，共6页
{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}
