辽宁省沈阳市郊联体2024-2025学年高三上学期开学联考数学试题

答案第 1 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 ( ,2)A   ， (0,3)B  ，因此 (0,2)A B  . 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“ (0, ), ln 8 5x x x     ”的否定是“ (0, ), ln 8 5x x x     ”. 故选：B. 3．【答案】A 【解析】对任意的 *,m nN ，都有 m n m na a a   ，令 1m  ，可以得到 1 1n na a a   ，因此{ }na 是公差为 1a 的 等差数列；若 2 1na n  ，则 2 1 1 2a a a   ，故“对任意的 *,m nN ，都有 m n m na a a   ”是“{ }na 是等差数列” 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. 【解析】   sin2f x x 的图象向左平移 π 4 个单位长度， 得到 π πsin2 sin 2 cos2 4 2 y x x x               的图象， 再把横坐标缩短为原来的一半，得到   cos4g x x 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. 【解析】由题意，   3 010RW T W ，即 3e 10 RT    ，等号两边同时取自然对数得 3lne ln10 RT    ，即 3ln10RT     ，所以  3ln10 3 ln2 ln5 6.9RT          ． 故选：B． 6．【答案】C 1页，共 6页 【解法】法一：由 1 2 5n na a n    ，当 2n… 时，  1 2 1 5n na a n    ，两式相减可证明 na 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 2 1 2n na a  是 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 2 5n na a n    ①，当 2n… 时，  1 2 1 5n na a n    ②， ① ②得当 2n… 时， 1 1 2n na a   ，  na 中奇数项成等差数列，偶数项成等差数列，公差均为 2. 1 1a  ，当n为奇数时， 1 1 2 2n na a n    ； 当 n为偶数时， 1  2 5 4n na n a n    .        8 1 3 5 7 2 4 6 8 4 1 7 4 6 12 52 2 2 S a a a a a a a a                 . 法二： 1 2 5n na a n   ，  2 3 2 2 5n na a n      ， 1 2 7a a  ， 数列 2 1 2n na a  是以 7为首项，4为公差的等差数列， 1 2 3 48 7 8 4 34 7 4 52 2 S a a a a a a               . 故选：C. 7．【答案】C 【解析】令 0x y  ，得到 (0) (0) (0)f f f  ，因此 (0)f 0 ，所以选项 A正确； 令 y x  ，得到0 2 ( ) 2 ( )x xf x f x   ，即 ( ) ( ) 2 2x x f x f x     ，所以选项 B正确； 条件可以化为 ( ) ( ) ( ) 2 2 2x y x y f x y f x f y     ，记 ( )( ) 2x f xg x  ，因此 ( ) ( ) ( )g x y g x g y   ， ( )g x x 符合条件， 从而 ( ) 2xf x x  ，不是R 上的增函数，所以选项 C不正确； 令 , 1x n y  ，得 ( 1) 2 (1) 2 ( )nf n f f n   ，即 1 1 ( 1) ( ) (1) 2 2 2n n f n f n f     ，又 1 (1) 1 2 f  ，所以 ( ) 2n f n      是首项 答案第 2页 为 1，公差为 1的等差数列， ( ) 1 ( 1) 1 2n f n n n     ，所以 D选项正确. 8．【答案】A 【解法】进行合理换元和同构，转化为   etg t t  的图象与直线 2y 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   e ln 2 0xf x x x x a      ， 即  lne ln e ln 2x x xx x x x x a       ． 令    lne lnx xF x x x   ，定义域为  0, , 2y a   ， 令 lnt x x  ，易知  t x 在  0, 上单调递增，且 tR． 所以     etF x g t t   ， 则函数  f x 有两个零点转化为函数   etg t t  的图象与直线 2y a  有两个交点． 则   e 1tg t   ，当 0t  时，   0g t  ；当 0t  时，   0g t  ， 即   etg t t  在  ,0 上单调递减，在  0, 上单调递增， 所以     00 e 0 1g t g   … ，当 t时，  g t ；当 t时，  g t ， 则 2 1y a   ，解得 1a  ，即实数 a的取值范围是  ,1 ． 故选：A． 9．【答案】BD 【解法】由 log 1ab  ，分类讨论 0 1a  和 1a  时的情况可判断选项 A，B；取特殊值可判断选项 C；根据 1y x x   的单调性可判断选项 D. 【解析】因为 log 1ab  ，所以 log loga ab a ， 当 0 1a  时，解得 0 1b a   ；当 1a  时，解得1 a b  ，选项 A 错误； 所以   1 1 0a b   ，即 1ab a b   ，选项 B 正确； 当 2, 3a b  时， 1 1a b a b    ，选项 C 错误； 页，共 6页 因为 1y x x   在  0,1 上单调递减，在  1, 上单调递增，所以 1 1a b a b    ，选项 D 正确. 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. 【解析】由题图得 5π π π 2π2, 2 12 12 2 2| | TA            ，又 0> ，所以 2π 2 T    ，选项 A 正确； 即    2sin 2x xf   ， 由 π π2sin 2 12 6 f               ，得 π π 2 π 6 2 k k    Z， ， 解得 2π 2 π 3 k k   Z， ， 又 π π   ，所以 2π 3   ，故   2sin 2π2 3 xf x       ， 因为 4π 4π 2π2sin 2 0 3 3 3 f                   ， 所以函数  f x 的图象关于点 4π ,0 3      对称，选项 B 正确； 令 π 2π 3π2 π 2 2 π 2 3 2 k x k k     Z， ，解得 π 5ππ π , 12 12 k x k k    Z， 故函数  f x 的单调递减区间为 π 5ππ , π , 12 12 k k k      Z， 则函数  f x 在区间 5π2π, 2      上先单调递减再单调递增，选项 C 错误； 因为   2π2sin 2 , 0 3 f x x         ， 由0 πx„ „ ，得 2π 2π 2π2 2 π 3 3 3 x  „ „ ， 若函数    0f x   在区间 0, π 上有且仅有两个零点和两个极值点， 则 5π 2π2 π 3π 2 3  < < ，解得 11 7 12 6 < < ，选项 D 错误． 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    1 2f x g x   ，所以    1 2f x g x   ． 答案第 3页 又因为    3 2f x g x   ，所以    3 1f x f x   ． 又    1 1 0f x f x    ，则    1 3 0f x f x    ， 即    2f x f x   ，所以    4f x f x  ，故  f x 是周期为 4的周期函数． 因为    3 2f x g x   ，所以  g x 也是周期为 4的周期函数，选项 B 正确； 因为    1 1 0f x f x    ，则    2f x 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    2f x f x   ，令 1x  ，得    3 1f f  ，即    1 3 0f f  ， 令 2x  ，得    4 2f f  ，即    2 4 0f f  ， 故        1 2 3 4 0f f f f    ，选项 C 正确； 由    2 3g x f x   ， 得                1 2 3 4 2 4 2 5 2 6 2 7g g g g f f f f                                8 4 1 2 3 8f f f f        ， 所以           20 1 5 1 2 3 4 40 n g n g g g g          ，选项 D 错误． 故选：ABC． 12．【答案】 1 24 （5分） 【解法】利用基本不等式可求得 ab的最大值. 【解析】因为正实数 a，b满足 2 3 1a b  ，则 21 1 2 3 12 3 6 6 2 24 a bab a b          „ ， 当且仅当 2 3 , 2 3 1 a b a b     时，即当 1 , 4 1 6 a b       时，等号成立，故 ab的最大值为 1 24 . 故答案为： 1 24 . 13．【答案】2（5分） 页，共 6页 【解法】先根据题目条件以及集合中元素的互异性证明 2a  ，再验证 2a  满足条件即可. 【解析】因为    6 1, 2,3, 4,5A B x x   N ，B A B  ， 所以   1, 2,2 1 1,2,3,4,5a a   ， 所以 2a  是整数，且1 2 1 5a „ „ ，再由集合中元素的互异性知 2 1 1a   ， 2 1, 2 2 1a a a     . 所以 a是整数，且 0 2a„ „ ， 0a  ， 1a  ，得 2a  . 当 2a  时，  2,3,4,5A  ，  1,4,5B  ，故    1, 2,3, 4,5 6A B x x    N ，满足条件. 故答案为： 2 . 14．【答案】 (0,e] （5分） 【解析】设 2 1( ) e ln( ) ( 0) 4 xg a a x m a a      ， 则 2 2 1 1( ) e ln( ) 2 e ln( ) e ln( ) 4 4 x x xg a a x m a x m x m a a          … ，当且仅当 2 1e 4 xa a  时取等号， 故当 0x  时， e ln( ) 0x x m   恒成立. 设 ( ) e ln( )( 0)xh x x m x    ，则 1( ) exh x x m     ， ( )h x 单调递增，且 0 1 1(0) e 1h m m      ， ①若 11 0 m  … ，即 1m… 时，则 ( ) (0)h x h > ，所以 ( )h x 在 (0, ) 上单调递增， 故只需 (0) 0h … ，即1 ln 0m … ，解得1 em„ „ ； ②若 11 0 m   ，即 0 1m  时， ( ) e ln( ) ( 1) ( 1) 2 0xh x x m x x m m           ， 即0 1m  时， ( ) 0h x  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 1a  时， 3 2( ) 2 3 1f x x x   ， （1分） 2( ) 6 6 6 ( 1)f x x x x x     ， （2分） 答案第 4页 由 ( ) 0f x  解得 0 1x  ， （4分） 所以函数 ( )f x 的单调递减区间为 (0,1) . （5分） （2） ( ) 6 ( )f x x x a   ， ( ) 0f x  时， =0x 或 =x a . （6分） ①若 0a  ， 当 x a 或 0x  时， ( ) 0f x  ， 当 0a x  时， ( ) 0f x  , 因此 0x  时，函数 ( )f x 取极小值； （8分） ②若 0a  ， 当 0x  或 0x  时， ( ) 0f x  , 因此 0x  不是函数 ( )f x 的极值点； （10分） ③若 0a  ， 当 0x  或 x a 时， ( ) 0f x  ， 当0 x a  时， ( ) 0f x  , 因此 0x  时，函数 ( )f x 取极大值. （12分） 综上，a的取值范围是 ( ,0) . （13分） 16．【答案】（1） 5 ( ) 12 2 kx k   Z （7分） （2） 7 24 3 50   （8分） 【解析】解：（1）    2 2 025π2 3cos +2sin 2 024π cos 3 2 f x x x x        ，  2 22 3 sin 2sin cos 3 2sin cos 3 1 2sinx x x x x x      ， （2分） πsin 2 3 cos 2 2sin 2 3 x x x        ， （5分） 由 π π2 π( ) 3 2 x k k   Z ，得曲线  y f x 的对称轴为 5 ( ) 12 2 kx k   Z . （7分） （2）由题意可得 π 14 6 25 f m      ，即 2π 7sin 2 3 25 m      ， （8分） 页，共 6页 又 2 5, 3 6 m      ，则 2π 22 , 3 3 m      ，则 2πcos 2 0 3 m      ， （10分） 所以 22π 2π 24cos 2 1 sin 2 3 3 25 m m                 ， （12分） 故 2π 2π 2π 2π 2π 2πsin2 sin 2 sin 2 cos cos 2 sin 3 3 3 3 3 3 m m m m                         7 1 24 3 7 24 3 25 2 25 2 50                   . （15分） 17．【答案】（1）证明见解析 （6分） （2） 17 19 76 （9分） 【解析】（1）证明：因为点 E ,F,G分别为棱 1AA ， 1AC， 1BB 的中点， 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 1 1BBC C 是矩形，所以 1BC BB ， 又因为平面 1 1BBC C 平面 1 1AA B B，平面 1 1BBC C 平面 1 1 1AA B B BB ， 所以 BC 平面 1 1AA B B， （7分） 又 BE 平面 1 1AA B B，因此 BC BE . 在菱形 1 1AA B B中， 1 60BAA  ，因此 1AA B△ 是等边三角形，又 E是 1AA 的中点，所以 1BE AA ，从而得 答案第 5页 1BE BB . （8分） 如图，以 B为坐标原点， 1, ,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. 因为 2 2AB BC  ，所以 sin 60 3BE AB   ， 因此 1 1(0, 2,0), ( 3,1,0), ( 3,0,0), (0,0,1)B A E C ， 所以 1 1(0, 2,1), ( 3, 2,0)BC B E      , 1 1 ( 3, 1,0)B A    ， （10分） 设平面 1EBC 的法向量为 1 1 1( , , )x y zm ， 由 1BC  m ，得 1 12 0y z   ， 由 1B E  m ，得 1 13 2 0x y  ，令 1 1y  ，得 2 3 ,1,2 3         m ， （11分） 设平面 1 1A BC的法向量为 2 2 2( , , )x y zn ， 由 1BC  n ，得 2 22 0y z   ， 由 1 1B A  n ，得 2 23 0x y  ，令 2 1y  ，得 3 ,1,2 3         n ， （12分） 2 1 4 3cos , | | | | 19 16 3 3       m nm n m n 17 19 76  . （15分） 所以二面角 1 1A BC E  的余弦值为 17 19 76 . 页，共 6页 18．【答案】（1） na n （5分） （2）证明见解析 （4分） （3）证明见解析（8分） 【解析】（1）解：由题意，计算得 3 3a  ， （1分） 由 2 2 1 1n n na a a    ，可得 2 1 3 2 1n n na a a     ， 相减可知 2 2 2 2 1 3 1n n n n n na a a a a a       ， 整理可得 2 1 3 1 2 n n n n n n a a a a a a         ， （3分） 所以 2 1 3 1 3 1 2 2 n n n n n n a a a a a a a a a             为定值，定值为 1 3 2 2   ⟹{ }na 为等差数列，故 na n . （5分） （2）证明：由（1）得 na n ，所以 2 1 nb n  ， （6分） 1 2 2 2 1 11 2n n T b b b n          ， 故 2 2 1 2 2 2 1 1 1 1 1 2 1 51 1 1 11 1 11 1 3 3 2 2 22 2 n n n n n i i i i T i i i i ni i                                      . （9分） （3）证明： 0 0 23 1 3 2 1 1 1 1 1 1 (3 1)(3 2) 1 2 4 5 (3 1)(3 2) n n n n k k kk k S a a k k k k                       , （11分） 因为3 (3 3) (3 1)(3 2)k k k k    , （13分） 所以 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 4 5 3 (3 3) 2 20 9 1 n n n k k S k k k k                 1 1 1 1 1 1 1 1 109 110 11 2 20 9 2 1 2 20 18 180 180 18n              . （17分） 另解： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 (3 3) 2 9 1 n n n k k S k k k k              1 1 1 1 1 1112 9 1 2 9 1 18 n n n            . 19．【答案】（1）证明见解析（3分） （2）数列 nb 是“ ( )B n 控制数列”，理由见解析 （5分） 答案第 6页 （3）证明见解析（9分） 【解析】（1）证明：不妨设等差数列 na 的首项为 1a ，公差为 d ，前 n项和为 nS ， 则   2 1 1 1 2 2 2n n n d d dS na n a n           ， （1分） 取 2 dp  ， 1 2 dq a  ， 0r  ，则  nS A n ，即存在  A x ，使得等差数列 na 是“ ( )A n 控制数列”得证. （3分） （2）解：数列 nb 是“ ( )B n 控制数列”，理由如下： （4分） 令 ( ) ln 1g x x x   ，   1' 1g x x   ， 0 1x  时，  ' 0g x  ； 1x  时，  ' 0g x  ，故 ( )g x 在  0,1 上单 调递增，在  1, 上单调递减.    1 0g x g ≤ ，即 ln 1x x ≤ ， 1x  时取等号. （5分） 记数列 nb 的前 n项和为 ( 2)nW n> ， 则         3 3 2 1 ln1 ln 2 ln ln1 ln 2 1 ln 2 2 n n n k k n n W k k B n                ，即数列 nb 是“ ( )B n 控制 数列”. （8分） （3）证明：要证数列 nc 是“ 2 2 1 1 a a a    特控数列”，即证    21 1a a        2 2 11 1 n aa a a       ， 因为 5 10 2 a   ，所以 2 1 0a a   ， 2 2 1 0 1 a a a     ， 对    21 1a a        2 2 11 1 n aa a a       两边取对数，有   2 2 1 1ln 1 ln 1 n k k aa a a      ， （9分） 即证   2 2 1 1ln 1 ln 1 n k k aa a a      ，即证     2 2 2 1ln 1 ln 1 ln 1 n k k aa a a a        ， （11分） 由（2）知当 5 10 2 x   时， ln 1x x  ， 则当 2n… 时，有     2 1 2 2 3 2 1 ln 1 1 1 nn k n k a a aa a a a a a             … ， （13分） 页，共 6页 则只需证   2 2 2 1ln 1 ln 1 1 a aa a a a        ，即证 2 2 1ln 1 1 a a a a a      ， 令   2 2 1ln 1 1 x xm x x x x       ， 5 10 2 x < < ，则         3 22 2 ' 0 1 1 x x m x x x x       ， （16分） 则    0 0m x m  ，即 2 2 1ln 1 1 a a a a a      得证，故    21 1a a        2 2 11 1 n aa a a       ， 即数列 nc 是“ 2 2 1 1 a a a    特控数列”得证. （17分）