辽宁省沈阳市郊联体2024-2025学年高三上学期9月开学联考试题数学PDF版含解析_2024-2025高三（6-6月题库）_2024年09月试卷_0910辽宁省沈阳市郊联体2024-2025学年高三上学期9月开学联考

{{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}{{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}{{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}{{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}辽宁省沈阳市郊联体 2024 年 9 月高三联考 数学 参考答案及解析 1．【答案】A 【解析】由题可知A(,2)，B(0,3)，因此AB(0,2). 2．【答案】B 【解法】根据存在量词命题的否定形式，即可求解. 【解析】存在量词命题的否定为全称量词命题， 所以命题“x(0,),lnx8x5”的否定是“x(0,), lnx8x5”. 故选：B. 3．【答案】A 【解析】对任意的m,nN*，都有a a a ，令m1，可以得到a a a ，因此{a }是公差为a 的 mn m n n1 n 1 n 1 等差数列；若a 2n1，则a a a ，故“对任意的m,nN*，都有a a a ”是“{a }是等差数列” n 21 1 2 mn m n n 的充分不必要条件. 4．【答案】A 【解法】由三角函数图象的平移与伸缩变换求解即可. π 【解析】 f xsin2x 的图象向左平移 个单位长度， 4 得到 ysin2  x π sin  2x π cos2x 的图象，  4  2 再把横坐标缩短为原来的一半，得到gxcos4x的图象. 故选：A. 5．【答案】B 【解法】根据已知公式及对数运算可得结果.  TR 【解析】由题意，WT 103W ，即e  103，等号两边同时取自然对数得 R 0 lne  T  R ln103，即 T R 3ln10 ，所以T 3ln103ln2ln56.9．  R 故选：B． 6．【答案】C 答案第1 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}【解法】法一：由a n1 a n 2n5 ， 当n 2时，a n a n1 2n15，两式相减可证明a n 中奇数项成等差数列， 偶数项成等差数列，公差均为2，由等差数列的前n项和公式求解即可；法二：由题意可得，数列a a 是 2n1 2n 以7为首项，4为公差的等差数列，由等差数列的前n项和公式求解即可. 【解析】法一： a a 2n5①，当n 2时，a a 2n15②， n1 n n n1 ①②得当n 2时，a a 2， n1 n1 a 中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为2. n a 1，当n为奇数时，a a  n1 2n； 1 n 1 2 当n为偶数时， a 2n5a n4. n n1 417 4612 S a a a a  a a a a    52. 8 1 3 5 7 2 4 6 8 2 2 法二： a a 7 a a 2n5，a a 2n25， 1 2 ， n n1 n2 n3 a a  数列 2n1 2n 是以7为首项，4为公差的等差数列， 43 S a a a a a a 47 452. 8 1 2 3 4 7 8 2 故选：C. 7．【答案】C 【解析】令x y0，得到 f(0) f(0) f(0)，因此 f(0) 0，所以选项A正确； f(x) f(x) 令 yx，得到02x f(x)2x f(x)，即  ，所以选项B正确； 2x 2x f(x y) f(x) f(y) f(x) 条件可以化为   ，记g(x) ，因此g(x y) g(x)g(y)，g(x) x符合条件， 2xy 2x 2y 2x 从而 f(x) x2x，不是R上的增函数，所以选项C不正确； f(n1) f(n) f(1) f(1)  f(n) 令xn,y1，得 f(n1)2n f(1)2f(n)，即   ，又 1，所以 是首项 2n1 2n 21 21  2n  1页，共6页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}f(n) 为1，公差为1的等差数列， 1(n1)1n，所以D选项正确. 2n 8．【答案】A 【解法】进行合理换元和同构，转化为gtet t的图象与直线y2a 有两个交点，转化为交点问题，再利用 导数研究函数的单调性、最值，最后得到参数的取值范围即可. 【解析】令 f xxexxlnxa20， 即xexxlnxexlnxxlnx2a． 令Fxexlnxxlnx，定义域为0,,y2a， 令t xlnx，易知tx在0,上单调递增，且tR． 所以Fxgtet t， 则函数 f x有两个零点转化为函数gtet t的图象与直线y2a 有两个交点． 则gtet 1，当t0时，gt0；当t0时，gt0， 即gtet t在,0上单调递减，在0,上单调递增， 所以gt g0e001，当t时，gt；当t时，gt， 则y2a1，解得a  1，即实数a的取值范围是,1． 故选：A． 9．【答案】BD 1 【解法】由log b1，分类讨论0a1和a 1时的情况可判断选项A，B；取特殊值可判断选项C；根据y x a x 的单调性可判断选项D. 【解析】因为log b1，所以log blog a， a a a 当0a1时，解得0ba1；当a 1时，解得1ab，选项A错误； 所以a1b10，即 ab1ab ，选项B正确； 当a2,b3时，a 1 b 1 ，选项C错误； a b 答案第2页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}因为 y x 1 在 0,1 上单调递减，在1,上单调递增，所以 a 1 b 1，选项D正确. x a b 故选：BD. 10．【答案】AB 【解法】根据三角函数的图象及性质逐一判断即可. T 5π  π  π 2π 2π 【解析】由题图得A2,      ，又>0，所以 2，选项A正确； 2 12  12 2 2| | T 即 f x2sin2x，  π   π π π 由 f  2sin 2，得  2kπ，kZ，  12  6 6 2 2π 解得 2kπ，kZ， 3 2π  2π 又π π，所以 ，故 f x2sin2x ， 3  3   4π   4π 2π 因为 f   2sin2   0 ，  3    3  3   4π  所以函数 f x的图象关于点 ,0对称，选项B正确；  3  π 2π 3π π 5π 令2kπ 2x 2kπ ，kZ，解得kπ  xkπ ,kZ， 2 3 2 12 12  π 5π 故函数 f x的单调递减区间为 kπ ,kπ ,kZ，    12 12  5π 则函数 f x在区间  2π,  上先单调递减再单调递增，选项C错误；  2   2π 因为 f x2sin2x ,0 ，  3  2π 2π 2π 由0„x„π，得 „2x „2π ， 3 3 3 若函数 f x0在区间 0,π 上有且仅有两个零点和两个极值点， 5π 2π 11 7 则 <2π <3π ，解得 << ，选项D错误． 2 3 12 6 故选：AB． 11．【答案】ABC 【解法】利用赋值法结合抽象函数的奇偶性、对称性、周期性进行计算，逐一判断即可. 【解析】因为 f xg1x2，所以 f 1xgx 2． 页，共6页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}又因为 f x3gx2，所以 f  x3  f  1x ． 又 f 1x f 1x0，则 f 1x f x30 ， 即 f x2f x，所以 f x4 f x，故 f x是周期为4的周期函数． 因为 f x3gx2，所以gx也是周期为4的周期函数，选项B正确； 因为 f 1x f 1x0，则 f x2f x，即f xf x， 所以 f x f x，所以 f x为偶函数，选项A正确； 因为 f x2f x，令x1，得 f3f1，即 f 1 f 30， 令x2，得 f4f2，即 f 2 f 40， 故 f 1 f 2 f 3 f 40 ，选项C正确； 由gx2 f x3， 得g1g2g3g 4  2 f 4     2 f 5     2 f 6     2 f 7   8 f 4 f1  f2  f3  8， 20 所以gn5 g1g2g3g4  40 ，选项D错误． n1 故选：ABC． 12．【答案】 1 （5分） 24 【解法】利用基本不等式可求得ab的最大值. 1 1 2a3b 2 1 【解析】因为正实数a，b满足2a3b1，则 ab 2a3b„    ， 6 6  2  24  1 当且仅当   2a3b, 时，即当    a 4 , 时，等号成立，故ab的最大值为 1 . 2a3b1 1 24  b  6 故答案为： 1 . 24 13．【答案】2（5分） 答案第3页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}【解法】先根据题目条件以及集合中元素的互异性证明a2，再验证a2满足条件即可. 【解析】因为 AB  xN  x6  1,2,3,4,5，B AB， 所以1,a2,2a11,2,3,4,5， 所以a2是整数，且1„2a1„5，再由集合中元素的互异性知2a11，a21,a22a1. 所以a是整数，且0„a„2，a0，a1，得a2. 当a2时， A2,3,4,5 ， B1,4,5 ，故 AB1,2,3,4,5  xN x6  ，满足条件. 故答案为：2. 14．【答案】(0,e] （5分） 1 【解析】设g(a)ae2x ln(xm) (a0)， 4a 1 1 1 则g(a)ae2x ln(xm) 2 ae2x ln(xm)ex ln(xm)，当且仅当ae2x  时取等号， 4a 4a 4a 故当x0时，ex ln(xm)0 恒成立. 1 1 1 设h(x)ex ln(xm)(x 0)，则h(x)ex  ，h(x)单调递增，且h(0)e0  1 ， xm m m 1 ①若1 0，即m 1时，则h(x)>h(0)，所以h(x)在(0,)上单调递增， m 故只需h(0) 0，即1lnm 0，解得1„m„e； 1 ②若1 0，即0m1时， m h(x) ex ln(xm) (x1)(xm1)  2m 0 ， 即0m1时，h(x)0恒成立. 综上，m的取值范围是(0,e] . 15．【答案】（1）(0,1)（5分） （2）(,0)（8分） 【解析】解：（1）当a1时， f(x)2x33x21， （1分） f(x)6x2 6x 6x(x1)， （2分） 页，共6页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}由 f(x)0解得0 x1， （4分） 所以函数 f(x)的单调递减区间为(0,1). （5分） （2） f(x)6x(xa)， f(x)0时，x=0或x=a . （6分） ①若a0， 当xa或x 0时， f(x)0， 当a x0时， f(x)0, 因此x 0时，函数 f(x)取极小值； （8分） ②若a 0， 当x0或x 0时， f(x)0, 因此x 0不是函数 f(x)的极值点； （10分） ③若a 0， 当x0或x a时， f(x)0， 当0 xa时， f(x)0, 因此x 0时，函数 f(x)取极大值. （12分） 综上，a的取值范围是(,0). （13分） 5 k 724 3 16．【答案】（1）x  (kZ) （7分） （2） （8分） 12 2 50  2 025π 【解析】解：（1） f  x 2 3cos2 x +2sin  x2 024π  cosx 3，  2  2 3sin2 x2sinxcosx 32sinxcosx 3  12sin2 x ， （2分） sin2x 3cos2x2sin  2x π  ， （5分）  3 π π 5 k 由2x  kπ(kZ)，得曲线y f x的对称轴为x  (kZ). （7分） 3 2 12 2  π 14  2π 7 （2）由题意可得 f m   ，即sin2m   ， （8分）  6 25  3  25 答案第4页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}2 5 2π 2   2π 又m  , ，则2m   ,  ，则cos2m  0， （10分）  3 6  3  3   3   2π  2π 24 所以cos2m   1sin2 2m   ， （12分）  3   3  25 故  2π 2π  2π 2π  2π 2π sin2msin2m    sin2m cos cos2m sin  3  3   3  3  3  3  7    1    24  3  7 24 3 . （15分） 25  2  25 2 50 17 19 17．【答案】（1）证明见解析 （6分） （2） （9分） 76 【解析】（1）证明：因为点E,F,G分别为棱AA ，AC，BB 的中点， 1 1 1 连接EF，EG，则EF∥AC，EG∥AB， （1分） 又因为EF平面ABC AC平面ABC ， ， 所以EF∥平面ABC， 同理可得EG∥平面ABC， （3分） 因为EF∩EG=E，EF平面EFG EG平面EFG ， ， 所以平面EFG∥平面ABC， （5分） 因为FG平面EFG ， 所以FG∥平面ABC. （6分） （2）解：侧面BBCC 是矩形，所以BC BB ， 1 1 1 又因为平面BBCC 平面AABB，平面BBCC平面AABB BB ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BC 平面AABB， （7分） 1 1 又BE 平面AABB，因此BC  BE. 1 1 在菱形AABB中，BAA 60，因此△AAB 是等边三角形，又E是AA 的中点，所以BE  AA ，从而得 1 1 1 1 1 1 页，共6页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}BE  BB . （8分） 1 如图，以B为坐标原点，BE,BB ,BC 所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系. 1 因为AB 2BC 2，所以BE  ABsin60 3， 因此B (0,2,0),A( 3,1,0),E( 3,0,0),C(0,0,1)， 1 1    所以BC (0,2,1),BE ( 3,2,0),B A ( 3,1,0)， （10分） 1 1 1 1 设平面EBC 的法向量为m (x ,y ,z )， 1 1 1 1  由m  BC ，得2y z 0， 1 1 1  2 3  由m  BE ，得 3x 2y 0，令y 1，得m  ,1,2， （11分） 1 1 1 1   3   设平面ABC的法向量为n(x ,y ,z )， 1 1 2 2 2  由n BC，得2y z 0， 1 2 2   3  由n B A ，得 3x  y 0，令 y 1，得n ,1,2， （12分） 1 1 2 2 2   3   2 14 mn 3 17 19 cos m,n    . （15分） |m||n| 19 16 76  3 3 17 19 所以二面角A BCE 的余弦值为 . 1 1 76 答案第5页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}18．【答案】（1）a n（5分） （2）证明见解析 （4分） （3）证明见解析（8分） n 【解析】（1）解：由题意，计算得a 3， （1分） 3 由a a a2 1，可得a a a2 1， n n2 n1 n1 n3 n2 相减可知a a a2 a a a2 ， n n2 n2 n1 n3 n1 a a a a 整理可得 n n2  n1 n3 ， （3分） a a n1 n2 a a a a a a 13 所以 n n2  n1 n3  1 3 为定值，定值为 2 {a }为等差数列，故a n. （5分） a a a 2 n n n1 n2 2 ⟹ 1 （2）证明：由（1）得a n，所以b  （6分） n n n2 ， 1 1 T b b b 1  ， n 1 2 n 22 n2   n 1 n 1 n 1 n  1 1  2 1 5 故T  1 1 1   1   . （9分） n i2 i2  1 1 1 1 3 1 3 i1 i2 i2 i i  i2 i i  n  2 2  2 2 2 （3）证明： n  1 1  n 1 1 1 n 1 S        , （11分） n k0 a 3k1 a 3k2  k0 (3k 1)(3k 2) 12 45 k2 (3k 1)(3k 2) 因为3k(3k 3)(3k 1)(3k 2) , （13分） 1 1 n 1 1 1 n 1 1 1  所以S          n 12 45 3k(3k3) 2 20 9 k k1 k2 k2 1 1 11 1  1 1 1 109 110 11             . （17分） 2 20 92 n1 2 20 18 180 180 18 另解： 1 n 1 1 n 1 1 1  1 1 1  1 1 n 11 S          1      n 12 3k(3k3) 2 9 k k1 2 9 n1 2 9 n1 18 k1 k1 . 19．【答案】（1）证明见解析（3分） （2）数列 b 是“B(n)控制数列”，理由见解析 （5分） n 页，共6页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}（3）证明见解析（9分） 【解析】（1）证明：不妨设等差数列 a 的首项为a ，公差为d ，前n项和为S ， n 1 n n  n1  d d  d  则S na   n2 a  n ， （1分） n 1 2 2  1 2  d d 取 p  ，q a  ，r 0，则S  A  n ，即存在A  x ，使得等差数列 a 是“A(n)控制数列”得证. 2 1 2 n n （3分） （2）解：数列 b 是“B(n)控制数列”，理由如下： （4分） n 1 令g(x)lnxx1，g'  x  1，0 x1时，g'  x 0；x1时，g'  x 0，故g(x)在 0,1 上单 x 调递增，在 1,上单调递减. g  x ≤g  1 0，即lnx≤x1，x1时取等号. （5分） 记数列 b 的前n项和为W (n>2)， n n n n  n2  n1  则W ln1ln2lnk ln1ln2 k 1  ln2 B  n ，即数列 b 是“B(n)控制 n 2 n k3 k3 数列”. （8分） （3）证明：要证数列 c 是“ a2 1 特控数列”，即证 a1    a21      an 1   a2 1 ， n a2 a1 a2 a1 51 a2 1 因为0a ，所以a2 a10， 0， 2 a2 a1 对 a1    a21      an 1   a2 1 两边取对数，有 n ln  ak 1  ln a2 1 ， （9分） a2 a1 a2 a1 k1 即证 n ln  ak 1  ln a2 1 ，即证ln  a1  n ln  ak 1  ln a2 1 ， （11分） a2 a1 a2 a1 k1 k2 51 由（2）知当0 x 时，lnx x1， 2 则当n 2时，有 n ln  ak 1  a2a3…an  a2  1an1   a2 ， （13分） 1a 1a k2 答案第6页 {{##{{QQQQAABBaYYYCCEk5ogggiAwAkJITAAACAZR5hKCQQww23eaCC0kuGQQkkIGAAhLAUCgYMgQOVRAFPAKMAMwAqAQAINwIQBNIAA=B}#A}A=}#}a2 a2 1 a2 a1 则只需证ln  a1  ln ，即证 ln ， 1a a2a1 1a a2a1 x2 x1 51 x3 2x  令m  x  ln ，0