2026年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年01月高三试卷_0117辽宁省沈阳市2025-2026学年高三教学质量监测（一）（全）

2026 年沈阳市高中三年级教学质量监测（一）答案
单选：AABD CDCB
多选：BCD BC BCD

填空：4 15
7
1. 【答案】A
【分析】由全集U和集合A可求出ð A，再由交集运算性质即可求解.
U
【详解】由题意得，U 2，3，4，5，又A2,3则ð A4,5，
U
因为B2,4,5，所以  ð A B4,5，
U
故选：A.
2. 【答案】A
【分析】利用除法运算化简复数，根据纯虚数的特征，即可判断.
a3i (a3i)(2i) 2a3(6a)i 3
【详解】   ，则2a30，有a .
2i 5 5 2
故选：A
3. 【答案】B
【分析】通过移项通分，把分式不等式转化为整式不等式，解一元二次不等式即可.
x1 x1 2x2 22x
【详解】由 1可得 10， 0，即 0
3x 3x 3x 3x
  2x2  x3 0
 ，解得1 x3.
3x0
所以不等式的解集为  1,3 
故选：B
4. 【答案】D
【分析】由百分位数的求解方法计算即可.
【详解】该组数据从小到大排列为：4,5,6,7,9,10,11,12，
因为870%5.6，所以该组数据的第70百分位数为从小到大排列的第6个数，为10.
6故选：D
5. 【答案】C
【分析】先求双曲线的右焦点坐标，根据抛物线的焦点可求 p的值，再根据抛物线方程求其
准线方程.
【详解】对于双曲线：因为 a2 16 ，b2 9，所以c2 a2b2 25，所以c5.
所以双曲线的右焦点坐标为：5,0
.
p
对于抛物线y2 2pxp0，因为焦点为5,0，即 5 p10.
2
p
所以其准线方程为：x 5.
2
故选：C
6. 【答案】 D
【分析】利用同底指数函数与对数函数互为反函数的性质.
【详解】因为yax a0且a1 与函数y f  x 互为反函数，
所以 f  x log x  a0且a1 
a
所以y f  2x1 3log  2x1 3，令2x11，得x1，此时y3
a
所以函数y f  2x1 3的图像必过定点 1,3 
故选：D
7. 【答案】C
【分析】圆内过定点的最长弦是直径，最短的弦是与最长弦垂直的弦.
【详解】圆的标准方程：x22y12 5
由题意可得：最长弦为直径：2 5 最短的弦是2 3
则四边形ABCD的面积为2 15
故选：C
78. 【答案】B
【分析】利用给定隐函数的导数求法确定斜率，再求出切线方程即可.
【详解】由给定定义得，对xylny2左右两侧同时求导，
1
可得yxy y0，将点2,1代入，得12y y0，
y
1 1 1
解得y ，故切线斜率为 ，得到切线方程为y1 x2，
3 3 3
化简得方程为x3y50，故B正确.
故选：B
9. 【答案】BCD
【分析】根据基本不等式求解判断选项ABD，利用“1”的代换技巧求解最值判断C.
【详解】对于A，∵x1，∴x10，
1 1  1   1 
∴y x  x1 1  1x  12 1x  11 ，
x1 x1  1x 1x
1
当且仅当1x ，即x0时，取得最大值1，故A错误；
1x
对于B， 2x 4y 2 2x4y 2 2x2y 4 2 ，
3 3
当且仅当x ， y 时，2x4y取到最小值为4 2，故B正确；
2 4
对于C，y 2  1    2  1    sin2xcos2x 
sin2x cos2x sin2x cos2x
2cos2x sin2x 2cos2x sin2x
3  32  32 2 .
sin2x cos2x sin2x cos2x
当且仅当tan2x 2时，取等号，故C正确；
1
对于D，当x0,y0，且x2y2时，2x2y2 x2y 2 2 xy ，∴xy ，
2
当且仅当x2y1，xy取最大值 1 ，故D正确.
2
故选：BCD
10. 【答案】BC
【分析】根据给定条件，结合概率的性质、互斥事件、相互独立事件的概率公式，逐项分析
判断即可.
8【详解】对于A，由B A，得PABP(B)0.2，A错误；
对于B，由A与B互斥，得PAB0.50.20.7，B正确；
对于C，由PAB0.10.50.2，得P(AB)P(A)P(B)，则A与B相互独立，C正确；
 
对于D，由A与B相互独立，得A， B 相互独立，则P AB P(A)P(B)0.50.80.4 ，D
错误.
故选：BC
11. 【答案】BCD
【分析】根据给定条件，利用构造法求出数列a 的通项公式，再逐项判断即可.
n
1 1 1 1
【详解】数列a 中，a 2，a 2a a a 0，则a 0，    ，
n 1 n1 n n n1 n a 2 a 2
n1 n
1 1 1 1 1  1 
整理得1 = (1 )，而1  ，因此数列1 是首项、公比均为 1 的等比数列，
a n+1 2 a n a 1 2  a n  2
B正确；
1 1 2n 1
1  ，解得a  1 ，
a 2n n 2n1 2n1
a
8
对于A，a  ，A错误；
3 7
1 1
对于C，a a   0，则a a ，C正确；
n1 n 2n11 2n1 n1 n
1 1 1 1 1 1
对于D，S 21 1 1 11  
10 221 231 2101 22 23 210
1 1
(1 )
4 29 23 1
11   ，D正确.
1 2 210
1
2
故选：BCD
12. 【答案】4
π
【分析】由sinBCsinBcosC可得cosBsinC0，求出C  ，利用正弦定理可得答案.
3
【详解】在ABC中，由sinAsinBcosC可得sinBCsinBcosC，
即sinBcosC+cosBsinC sinBcosC
9所以cosBsinC0，因为B,C0,π，
所以sinC0，且cosB0，
π π π
所以B ，又A ，可得C  ，
2 6 3
ca c 2 3
  4
由正弦定理可得 sinCsinA sinC 3
2
13. 【答案】15
【分析】先根据“所有项的系数和”求得a，然后利用二项式展开式的通项公式求得正确答案.
【详解】令x1，则可得所有项的系数和为1a6 64且a0，解得a1，
 1  6  1  k
∵ x  的展开式中的通项T Ckx6k   Ckx63k,k 0,1,...,6，
 x2 k1 6 x2 6
∴当k 2时，展开式中的常数项为C2 15.
6
π
14. 【答案】
7
【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球
体积及正四棱台体积，即可得解.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，
设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点O ，O ，
1 2
不妨设正四棱台上、下底面的棱长为2a，4a，
则CO CPa，BO BP2a，BCBPPC3a，
1 2
故在直角梯形OO BC中，过点C作CEAB，垂足为E，所以EBa，
1 2
在Rt△CEB中， CE 3212a2 2a ，为棱台的高，也是球的直径，
104  3 8 2a3π
所以半径为 2a，所以球的体积为V  π 2a  ，
1 3 3
1 56 2 a3
棱台体积为V  2 2a2a2 4a 22a4a  ，
2 3   3
V π
故球与棱台的体积比为 1  .
V 7
2
n1
15. 【答案】(1)a 2n1,b 3n (2)S 1
n n n 3n
【分析】(1)根据等差等比数列通项公式直接求解；(2)利用错位相减法求和；(3)利用裂项相
消求和.
【详解】（1）设公差为d，公比为q，
87
则由题可得数列a 的前8项的和8a  d 8a 28d 64，
n 1 2 1
因为d 2，所以a 1，所以a 12(n1)2n1，
1 n
又因为b 3,b b bq2bq18，
1 3 2 1 1
所以q2q60解得q3或q2（舍），
所以b 33n1 3n.
n
2n1
（2）由（1）得c  ，所以S c c c ，
n 3n n 1 2 n
1 3 2n1 1 1 3 2n1
即S    ， S    ，
n 3 32 3n 3 n 32 33 3n1
 n1
1 11
    
两式相减得 2 S  1  2  2  2  2n1  1  2 9 93  2n1  2  2n2 ，
3 n 3 32 33 3n 3n1 3  1  3n1 3 3n1
1
 
3
 
n1
所以S 1 ，
n 3n
16. 【答案】(1)π (2)[1,2] (3)见详解
【分析】（1）先根据向量数量积公式求出 f(x)的表达式，再利用三角函数公式化简，最后
根据周期公式求最小正周期；
（2）根据三角函数图象的平移规律得到g(x)的表达式，然后结合给定区间求出g(x)的值域.
 
【详解】（1）已知a(2 3cosx,1)，b (sinx,cos2x)，可得：
11 
f(x)ab 2 3cosxsinxcos2x ,
对上式进行化简： f(x) 3sin2xcos2x
π
再根据辅助角公式进一步化简得： f(x)2sin(2x )
6
2π 2π
根据正弦函数的周期公式T  可得 f(x)的最小正周期T   π.
 2
π
（2）将函数 f(x)图象上所有的点向左平移 个单位，根据“左加右减”的原则，
6
π π π π
可得g(x)的表达式为：g(x) f(x )2sin[2(x ) ]2sin(2x )
6 6 6 6
π π π 7π
已知x[0, ]，则2x[0,π]，那么2x+ [ , ].
2 6 6 6
π π π π
当2x  ，即x 时，sin(2x )取得最大值1，此时g(x)取得最大值212.
6 2 6 6
π 7π π π 1 1
当2x  ，即x 时，sin(2x )取得最小值 ，此时g(x)取得最小值2( )1.
6 6 2 6 2 2
π
所以，当x[0, ]时，函数g(x)的值域为[1,2].
2
 1
（3）方法一：ysinx先向右平移 个单位，横坐标缩短为原来的 ，纵坐标扩大到原来
6 2
的2倍.
1 
方法二：ysinx横坐标缩小为原来的 ，再向右平移 个单位，纵坐标扩大到原来的2倍.
2 12
3 2 2 22 2
17. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，AF  或 ．
3 3 21
【分析】（1）连接AC，交BD于点O，可得OE//PA，由线面平行的判断可证结论；
（2）由题意可得V V V ，求解即可.
PBDE PBDC EBDC
（3）以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直
线为z轴，建立空间直角坐标系Oxyz．求出平面BDE与平面BDF 的法向量，由向量夹角的
余弦值求解即可.
【详解】（1）如图，连接AC，交BD于点O，则O为AC的中点．连接OE，
因为E是PC的中点，所以OE//PA．
又OE平面BDE，PA平面BDE，
所以PA//平面BDE．
（2）由题意可得
12V V V
PBDE PBDC EBDC
因为PD平面ABCD，E为PC中点
1
所以三棱锥PBDE与EBDC的高分别为PD和 PD,
2
连接AC交BD于点O，ABCD菱形BDCD2,
1 1
解得 OC 3 ，S  BDOC 2 3 3
BDC 2 2
又因为PD2所以
1 1 1
V  S PD S  PD
PBDE 3 BDC 3 BDC 2
1 1 1 1 1 1 3
V  S  PD  3 PD  3 2 ，
PBDE 3 BDC 2 3 2 3 2 3
3
综上三棱锥PBDE的体积为 .
3
3 21
(3)存在点F，使得二面角F BDE的正弦值为 ．
14
因为底面ABCD是菱形，PD底面ABCD，AC,BD平面ABCD，
所以ACBD，PD AC，PD  BD，
故以O为坐标原点，分别以OA，OB所在直线为x，y轴，以过点O且平行于PD的直线为
z轴，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz．
则A ( 3,0,0 ) ，B0,1,0，C   3,0,0  ，D0,1,0，P0,1,2，E   3 , 1 ,1  ，
 
 2 2 
   3 3    
故DB0,2,0，EB , ,1，AP  3,1,2 ．
 
 2 2 
设  A  F    A  P     3,,2  ， 0,1 ，
    
则F  3 3,,2 ，BF   3 3,1,2 ．

设平面BDE的法向量为mx ,y ,z ，
1 1 1
13  2y 0
 mDB0  1
则   ， 3 3
mEB0  x  y z  0
 2 1 2 1 1
3   3
则y 0，令x  3，则z  ，故m 3,0, ．
1 1 1 2  2

设平面BDF的法向量为n x ,y ,z ，
2 2 2
 n  D  B  0   2y 2 0
则 n  B  F  0 ，即    3 3  x 2 (1)y 2 2z 2 0
  
则y 0，令x 2 3得z 33，故n 2 3,0,33 ．
2 2 2
3 21
因为二面角F BDE的正弦值为 ，
14
2
3 21 7
所以二面角F BDE的余弦值的绝对值为 1



 ．
 14  14
9
  6 1
  mn 2 7
令 cos m,n      ，
m n 2 14
 3 2    3   2 3 2 332
2
1 11
化简得63254110，解得 或 ．
3 21
2 2 22 2
因为 AP 2222 2 2 ，所以AF  或 ．
3 21
x2 1  2
18. 【答案】(1)  y2 1 (2)（ⅰ）直线MN过的定点为 ,0.（ⅱ） .
2 2  8
【分析】（1）根据题意，列出关于a,b,c的方程组，求得a2,b2的值，即可求解；
1
（2）（ⅰ）设直线l 为ykx1，直线l 为y x1，联立方程组，分别求得
1 2 2k
 2k2 k   1 k 
M , 和N , ，得出直线MN的方程，进而得到MN过的定点.
12k2 12k2 12k2 12k2
1  1 1 k
（ⅱ）由MN过的定点为P ,0，求得S  OP y y   ，结合基本不等
2  ΔOMN 2 M N 2 12k2
式，即可求解.
x2 y2 2  2
【详解】（1）解：因为椭圆  1的离心率e ，且过点

1, 

，
a2 b2 2  2 
14c 2
 
a 2
可得 且c2 a2b2，解得a2 2,b2 1，
 1 1
 1
a2 2b2
x2
所以椭圆的标准方程为  y2 1.
2
（2）（ⅰ）由（1）知，椭圆
x2
 y2 1，可得F 1,0，
2
2
设直线l 的方程为ykx1，l 的方程为y 1 x1，且Cx ,y ，Dx ,y ，
1 2 2k 1 1 2 2
x2
联立方程组   2 y2 1 ，整理得  12k2 x24k2x2k220，
 ykx1
4k2 2k2 2
所以x x  ，xx  ，
1 2 12k2 1 2 12k2
x x 2k2 k
因为M 为CD的中点，所以x  1 2  ，y kx 1 ，
M 2 12k2 M M 12k2
 2k2 k   1 k 
即M , ，同理可得N , ，
12k2 12k2 12k2 12k2
k 2k  1  2k  1
直线MN的方程为y  x ，即y x ，
12k2 12k2 12k2 12k2 2
1 
所以直线MN过的定点为 ,0.
2 
1 
（ⅱ）由MN过的定点为P ,0，
2 
1 1 2k 1 k 1 1 2
S  OP y y      
所以 ΔOMN 2 M N 4 12k2 2 12k2 2 1 8 ，
2 k
k
1
当且仅当2k  时，即k  2 时，等号成立，所以OMN 的面积最大值为 2 .
k 2 8
9
19. 【答案】(1) (2)证明见解析，D f1 f1 f1  2 (3)x3
10
【分析】（1）为奇数即1,3,5，计算P即可；
3
（2）由条件概率分别求得 p ，p ，p ，再结合p 1，得 p ，进而得到生成的函数为
1 2 3 i 0
i0
f x，依次求 fx， fx，计算 f1 f1 f1

2，并根据公式逐步求出
n
D iE2 p ，即可得证
i
i0
15（3）经分析得到的可能取值为0，1，2，3，分别求得对应的概率得到的分布列，由生
成的函数记为tx，求导得到tx，并利用导数可求得gxtx的极小值.
1 1 2 3
【详解】（1）由生成的函数为 f x  x x3 x5，知
10 5 5 10
1 1 2 3
f x x0 x10x2 x30x4 x5．
10 5 5 10
1 2 3
所以P1 ，P3 ，P5 ，
5 5 10
9
因此，当为奇数时，PAP1P3P5 ．
10
（2） p i1,2,3恰好是取到红球、蓝球、绿球对应的概率，
i
1 1 6 2 2 6 4 4
故 p  1 ，p    ， p    ．
1 7 7 2 7 6 7 3 7 6 7
即 p  p  p 1，故 p 0，
1 2 3 0
1 2 4
所以生成的函数为 f x x x2 x3，
7 7 7
1 4 12 4 24
故 fx  x x2， fx  x，
7 7 7 7 7
2
所以 f1 f1 f1  2  28  17    17   26 ，
7 7  7  49
因为E p 2p 3p ， fx p 2p x3p x2，
1 2 3 1 2 3
1 4 12 17
所以E f1，故E f 1    ，
7 7 7 7
1 2 4 17
（或E1 2 3  ）
7 7 7 7
3
因为D iE2 p ，
i
i0
2 2 2 2
 17  17 1  17 2  17 4 26
所以D0  01   2   3    ，
 7   7  7  7  7  7  7 49
故D f1 f1 f1

2．
（3）的可能取值为0，1，2，3，
C1C1 C2 27 C1C1 C2 18
则P0 3 8 3  ，P1 3 5 3  ，
C2 55 C2 55
11 11
C1C1 C2 9 1 1
P2 3 2 3  ，P3  ．
C2 55 C2 55
11 11
16则的分布列为
 0 1 2 3
27 18 9 1
P
55 55 55 55
27 18 9 1
所以tx  x x2 x3，
55 55 55 55
18 18 3
故gxtx  x x2，
55 55 55
18 6
故gx  x ，令gx0，解得x3，
55 55
故x3时，gx单调递减，x3时，gx单调递增，
故x3是gx的极小值点．
17