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 含解析

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}}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,), ln x  8x  5”的否定是“x(0,), ln x  8x 5”.
故选：B.
3．【答案】A
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.
得到 sin2 π sin 2 π cs2
   
的图象， y x x x
        
   
4 2
再把横坐标缩短为原来的一半，得到 gx cs4x 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.
T
   ，等号两边同时取自然对数得
R
【解析】由题意，W T  3W ，即 e 10 3
10  R 0
T
 T
R
lne   ln10 ，即 R 3ln10
3 T         ．
   ，所以 3ln10 3 ln2 ln5 6.9
R

故选：B．
答案第 1
}【解析】对任意的
m,nN ，都有
*
a   a  a ，令 m 1，可以得到 an1  an  a1 ，因此{an}是公差为 a1 的
m n m n
等差数列；若 2 1    ，故“对任意的
a  n  ，则 a a a
n 2 1 1 2
m,nN ，都有
*
a a a
   ”是“{an}是等差数列”
m n m n
【解析】 f x sin2x 的图象向左平移
π
4
个单位长度，
    ，当 n…2时，   【解法】法一：由 a a 1 2 n 1 5
a 1 a 2n 5     ，两式相减可证明 
a 中奇数项成等差数列， n n n n n
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：
 ①，当 n…2时，  
a a n
1   2  5 a  a 1  2 n1 5②， n n n n
 中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为 2.
a
n
n1  ，当n 为奇数时，
a1 1 a a n
  2  ； n 1
2
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 1 2n 5
  
     ，a1  a2  7，
a 2 a 3 2 n 2 5 n n n n
数列 
a   a 是以 7 为首项，4 为公差的等差数列，
2n 1 2n
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；
1页，共 6页① ②得当 n…2时，
a 1 a 1  2 ，
n n
当 n 为偶数时，
a  2n5a  n 4 .
n n1
令 x  n, y 1，得 f (n 1)  2n f (1)  2 f (n) ，即
f (n 1) f (n) f (1)
  ，又
2n1 2n 21
f
(1)
2
1
1，所以
 f (n)
 
是首项
2n
 
8．【答案】A
【解法】进行合理换元和同构，转化为 gt e 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
t
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．
g t   ，当t  0 时， gt 0；当t  0时， gt 0， 则   e 1
t
即 gt e t 在,0上单调递减，在0,上单调递增，
t
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
的单调性可判断选项 D.
【解析】因为lgab 1，所以lgab  lgaa ，
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
a b
答案第 2页
}为 1，公差为 1 的等差数列，
f (n)
2n
1 (n 1)1 n ，所以 D 选项正确.
【解法】由lg 1
ab  ，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 
1
x
  在0,1上单调递减，在1,上单调递增，所以 a 1 b 1 因为 y x 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.
即 f x 2sin2x ，
2π
解得   2kπ，k Z ，
3
π 2π 3π π 5π
令 2kπ   2x   2kπ  ，k Z，解得 kπ   x  kπ  ,k Z ，
2 3 2 12 12
 2π 
因为  
，
f x   x    
2sin 2 , 0
 
3
由0„x„π，得 2π 2 2π 2 π 2π
„ „ ，
x   
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，
则 5π 2 π 2π 3π 11 7
< < ，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【解析】由题图得
A
T 5π  π  π 2π 2π
 2,      
，又 >0 ，所以   2 ，选项 A 正确；
2 12 12 2 2| | T
 
由
 π   π  π π
f   2sin    2，得    2kπ，k Z ，
   
   
12 6 6 2
2π  2π
又 π    π ，所以  ，故   2sin
f x
 2x  

3 3
 
，
因为
f
 4π    4π 2π
  2sin 2    0
     
     
3 3 3
，
 4π 
所以函数 f x的图象关于点
 ,0
 
 
3
对称，选项 B 正确；
故函数 f x的单调递减区间为
 π 5π
kπ  ,kπ ,k 
 
 
12 12
Z ，
则函数 f x在区间
 5π
2π,
 
 
2
上先单调递减再单调递增，选项 C 错误；
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           ，选项 D 错误．
g n  5g 1  g 2  g 3  g 4   40
n1
故选：ABC．
【解法】利用基本不等式可求得 ab 的最大值.
2
1 1 2a 3b  1
【解析】因为正实数 a ，b 满足 2a  3b  1，则 „ ，
ab a b
  2 3    
6 6 2 24
 
.
答案第 3页
}12．【答案】 1
24
（5 分）
当且仅当 2 3 ,
 a  b
时，即当

2a 3b 1


a 



 
b


1
4
1
6
,
时，等号成立，故 ab 的最大值为 1
24
故答案为： 1
24
.
【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 x 6 1, 2,3, 4,5
 ， B  A B，

 N  
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 x 6
   N 
，满足条件.
故答案为： 2 .
14．【答案】 (0, e] （5 分）
【解析】设 ( ) e2 ln( ) 1 ( 0)
g a  a  x  m  a  ，
x
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   x  m  x   x  m    m  ，
( ) ex ln( ) ( 1) ( 1) 2 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）
f (x)  6x 6x  6x(x 1) ， （2 分）
2
页，共 6页则 ( ) e2 ln( ) 1 2 e2 1 ln( ) e ln( )
 x    … x     x   ，当且仅当 2x
g a a x m a x m x m ae
4a 4a
1
 时取等号，
4a
【解析】解：（1）当 a 1时，
f (x)  2x 3x 1， （1 分）
3 2
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）
 2 3 sin x  2sin xcs x  3  2sin xcs x  31 2sin x， （2 分）
2 2
答案第 4页
}16．【答案】（1）
5 k
   Z （7 分） （2） 7 24 3

x (k )  （8 分）
12 2
50
2  2 025π 
【解析】解：（1）          
f x 2 3cs x +2sin x 2 024 π csx 3
 
2
，
 π 
 sin 2  3 cs 2  2sin2  
x x x
 
3
， （5 分）
π π
由 2x    kπ(k  Z) ，得曲线 y  f x的对称轴为
3 2
5 k
x   (k  Z) . （7 分）
12 2
（2）由题意可得
 π  14
f m  
 
 
6 25
 2π  7
，即sin 2m  
 
 
3 25
故
 2π  2π  2π 2π  2π 2π
sin2m  sin 2m     sin 2m  cs cs2m  sin
      
3 3 3 3 3 3
连接 EF，EG，则 EF∥AC，EG∥AB， （1 分）
所以 EF∥平面 ABC，
同理可得 EG∥平面 ABC， （3 分）
所以平面 EFG ∥平面 ABC， （5 分）
因为 FG 平面 EFG
，
所以 FG∥平面 ABC. （6 分）
页，共 6页又
2 5  2π 2 
m ，则 2    ,
, m
   
3 6 3 3
 2π 
，则 cs 2m   0
 
 
3
， （10 分）
 2π   2π 24
所以 cs 2m    1sin 2m   
2
   
   
3 3 25
， （12 分）
7  1   24  3 7 24 3
      
25 2 25 2 50
   
. （15 分）
17 19
76
17．【答案】（1）证明见解析 （6 分） （2）
（9 分）
【解析】（1）证明：因为点 E ,F,G 分别为棱
AA ，
1
AC ， BB 的中点，
1 1
又因为 EF平面 ABC
，AC 平面 ABC ，
因为 EF∩EG=E，EF 平面 EFG
，EG 平面 EFG ，
（2）解：侧面
BB C C 是矩形，所以
1 1
BC  BB ，
1
又因为平面
BB C C  平面
1 1
AA B B ，平面
1 1
BB C C  平面
1 1
AA B B  BB ，
1 1 1
所以 BC  平面
AA B B ， （7 分）
1 1
又 BE  平面
AA B B ，因此 BC  BE .
1 1
在菱形
AA B B 中，
1 1
BAA1  60 ，因此 AA B
△ 是等边三角形，又 E 是
1
AA 的中点，所以
1
BE  AA ，从而得
1
BE  BB . （8 分）
1
因为 AB  2BC  2，所以 BE  ABsin 60  3 ，
因此 B1(0, 2, 0), A1( 3,1, 0), E( 3, 0, 0),C(0, 0,1)，
由 m  B C ，得 2y  z  0 ，
1 1 1
由 n  B C ，得 2y  z  0 ，
1 2 2
答案第 5页
}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
所以
B C   B E   ,
1 (0, 2,1), 1 ( 3, 2, 0)
B A   ， （10 分）
1 1 ( 3, 1, 0)
设平面
EB C 的法向量为 m  (x , y , z ) ，
1 1 1 1
由 m  B E ，得
1
3x  2y  0，令
1 1
 
2 3
y  ，得
1 1 m ， （11 分）
  ,1, 2
3
 
设平面
A B C 的法向量为
1 1
n  (x , y , z ) ，
2 2 2
由 n  B A ，得
1 1
3x  y  0 ，令
2 2
 
3
y2 1，得
n ， （12 分）
  ,1, 2
3
 
cs m,n
2
3
1 4
m n
 
| m | | n | 19 16

3 3
17 19
 . （15 分）
76
所以二面角
17 19
76
A  B C  E 的余弦值为
1 1
18．【答案】（1） an  n （5 分） （2）证明见解析 （4 分） （3）证明见解析（8 分）
相减可知   2     2 ，
a a a a a a
n n 2 n 2 n 1 n 3 n 1
a  a a  a
整理可得 2 1 3
n n n n
    ， （3 分）
a a
n1 n2
1 1
T  b b b  1  ，
n n
1 2 2 2
2 n
（3）证明：
因为3k(3k 3)  (3k 1)(3k  2) , （13 分）
另解：
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【解析】（1）解：由题意，计算得
a3  3， （1 分）
由 2  21  1，可得
a a a
n n n
a a a
1 3  2  1，
2
n n n
a  a a  a a  a 13
所以 2 1 3 1 3
n n  n n    为定值，定值为
a a a 2
n1 n2 2
 2⟹{a }为等差数列，故
n
a  n . （5 分）
n
（2）证明：由（1）得 a  n ，所以b
n n

1
n
2
，
（6 分）
故T
n
 
n 1 n 1 n 1 n  1 1  2 1 5
    . （9 分）
            
1 1 1 1
2 2   1   1      3  3
1 1 1
i i i i i i n
i1 i2 i2 i2
    
2 2 2 2 2
  
S
n
n  1 1  n 1 1 1 n 1
   , （11 分）
       
a a (3k 1)(3k  2) 12 45 (3k 1)(3k  2)
 
k0 3k1 3k2 k0 k2
所以
S
n
1 1 n 1 1 1 n 1 1 1
 
       
        
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
           
2 20 9 2 n 1 2 20 18 180 180 18
 
. （17 分）
S
n
1 1 1 1 1 1 
n n
      
      
1 2 3k(3k 3) 2 9 k k 1
k1 k1
1 1  1  1 1 n 11
        
1
2 9 n 1 2 9 n 1 18
  .
（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
（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)  ln x  x 1，     ， 0  x 1时， g 'x  0 ； x 1时， g 'x 0 ，故 g(x) 在 0,1上单
g ' x 1
x
调递增，在1,上单调递减. g x≤ g 1  0 ，即 ln x ≤ 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 k k B n  b 是“ B(n)控制
            ，即数列 
ln1 ln 2 ln ln1 ln 2 1 ln 2
n n
2 k3 k3
数列”. （8 分）
n a 1 n a 1
2 2
对a  a       ， （9 分）
1 1 a 1  ln a 1  ln
2  两边取对数，有  k 
a  a 1 a  a 1
2 2
k1
n 1 a 
a n 1
2 2
即证    ，即证    
ln a 1  ln ln a 1  ln a 1  ln
k  k ， （11 分）
a  a 1 a  a 1
2 2 k1 k2
a 1 a a
2  1  2

n
n
则当 n…2 时，有  
ln a 1  a  a   a  
k 2 3 n
1 a 1 a k2
答案第 6页
}则
n n 1 d d  d 
 
S  na   n  a  n
2
n 1 1
2 2 2
 
， （1 分）
取
d d
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.
1 2
n n
2
（3）证明：要证数列 
c 是“
n
a 1 n a 1
2 2
特控数列”，即证a  a     
1 1  a 1  ，
2
a  a 1 a  a 1
2 2
因为
0
5 1
 a  ，所以 a2  a 1 0 ，
2
a
2
1
a  a 1
2
 0
，
由（2）知当0
5 1
 x  时，ln x  x 1，
2
页，共 6页a a 1
2 2
则只需证  
ln a 1   ln
1 a a  a 1
2
a a 1
2
，即证
 ln
1 a a  a 1
2
，
令  
m x
x x 1
2
  ln
1 x x  x 1
2
x 2  x
3
5 1
， x
0
< < ，则 m'x   0
2 2
x x x 
2
 1 1
， （16 分）
a a 1
2
则 mx m0 0，即
 ln
1 a a  a 1
2
n a 1
2
得证，故   2   ，
a 1  a 1    
a 1 
a  a 1
2
即数列 
c 是“
n
a 1
2
特控数列”得证. （17 分）
a  a 1
2