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
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{{##{{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<x< ，则m'  x  0 ， （16分）
1x x2x1 2  x2 x1  x1 2
则m  x m  0 0，即
a2
ln
a1
得证，故 a1    a21      an 1  
a2 1
，
1a a2a1 a2 a1
a2 1
即数列 c 是“ 特控数列”得证. （17分）
n a2 a1
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