2023年沈阳市高三三模数学试题含答案解析

这是一份2023年沈阳市高三三模数学试题含答案解析，共11页。试卷主要包含了ADABC6-8，ABD10，7 或；， f ， 解，【解答】解等内容，欢迎下载使用。










1-5.ADABC 6-8.BAC
9.ABD 10.ACD 11.AD 12.BCD
2023 年沈阳市高三质量检测（三）参考答案


13.
(-8,2）∪ (2,+¥)
16 15
14. 7 或 ；
(第一个空全对 2 分，第二个空 3 分 ）

7 8
8 1

15. 3
16.
( ,+¥）
e

部分选填题详解：
6．B

根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数 y = x + 1 和 g(x) = 2x 的图象如下图所示：

由图可知，当 x = 0 或 x = 1 时，两图象相交，
若 f (x) 的值域是R ，以实数a 为分界点，可进行如下分类讨论：当a<0 时，显然两图象之间不连续，即值域不为R ；
同理当a > 1 ,值域也不是R ；
当0 £ a £ 1时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是R ；综上可知，实数a 的取值范围是0 £ a £ 1.
故选：B 8．C
∵ a - 3 = log 3 - 3 = 4 log5 3 - 3 = log5 81- log5 125 < 0 ，∴ a < 3 ，
4 5 4 4 4 4
∵ a - 2 = log 3 - 2 = 3 log5 3 - 2 = log5 27 - log5 25 > 0 ，∴ a > 2 ，则 2 < a < 3 .


3 5 3 3 3
3 3 4

∵ b - 3 = log 8 - 3 = 4 log13 8 - 3 = log13 4096 - log13 2197 > 0 ，∴ b > 3 ，

4 13 4 4 4 4

∵ e > ，∴
> ， ( e ) < ，即e 2 < ，则c
9


4
故选：C.
3 -1 2


e
2 3
- 1 2


3


11. AD
( )
sin x + cos x - sin x - cos x
因为 f x = ，
2
所以当sin x ³ cos x ，即2kπ + π £ x £ 2kπ + 5π ， kÎZ时， f ( x ) = sin x + cos x - sin x + cos x = cos x ，
4 4 2

当sin x < cos x ，即2kπ - 3π < x < 2kπ + π ， kÎZ 时， f ( x ) = sin x + cos x + sin x - cos x = sin x ，
4 4 2

ísin x, sin x < cos x
所以 f (x ) = ìcos x, sin x ³ cos x ，A 正确；
î
因为函数 y = cos x 在[2kπ, 2kπ + π] ， kÎZ上单调递减，函数 y = cos x 在[2kπ - π, 2kπ]， kÎZ 上单调递增，
函数 y = sin x 在é2kπ - π , 2kπ + π ù， kÎZ上单调递增，
êë 2 2 úû
函数 y = sin x 在é2kπ+ π , 2kπ+ 3π ù， kÎZ上单调递减，
êë 2 2 úû
又当2kπ - 3π < x < 2kπ + π ， kÎZ时， f ( x ) = sin x ，
4 4
当2kπ + π £ x £ 2kπ + 5π ， kÎZ 时， f ( x) = cos x ，
4 4
所以函数 f ( x ) 的单调递减区间为æ - 3π + 2kπ, - π + 2kπ ù( k ÎZ) 和é π + 2kπ, π + 2kπ ù( k ÎZ) ，B 错误；
ç 4 2 ú ê 4 ú
è û ë û
( )
当2kπ - 3π < x < 2kπ + π ， kÎZ 时， f x = sin x < 2 ，
4 4 2
当2kπ + π £ x £ 2kπ + 5π ， kÎZ 时， f ( x) = cos x £ 2 ，
4 4 2
当且仅当 x = 2kπ + π ， kÎZ时取等号；
4
所以 f ( x ) 的最大值为 2 ，C 错误；
2
因为方程 f ( x) = a 在[0, 2π) 上有四个实数解，

所以函数 y = f ( x) 的图象与函数 y = a 的图象有四个交点，作函数 f ( x ) 在[0, 2π) 上的图象如下，


观察可得-1 < a < -

故选：AD.
2 ，D 正确；
2


12. BCD

函数 f (x) = x(x + a1)(x + a2 )¼(x + a7 ) ，

则 f ¢(x) = (x + a1)(x + a2 )¼(x + a7 ) + x[(x + a1)(x + a2 )¼(x + a7 )]¢ ，

因为 f ¢(0) = 1 ，所以 a1a2 ¼a7 = 1 ，

由等比数列的性质可得 a a = a a = a a = a 2 ，
1 7 2 6 3 5 4

所以 a a ¼a = a 7 = 1 ，所以 a = 1，
1 2 7 4 4

由 a1 > 1 ，可得0 < q < 1 ，故 B 正确；
因为等比数列{a } 首项 a > 1 ，公比为 q ，所以 an+1 = q ，
n 1 an


则lg a

- lg a
= lg an+1 = lg q < 0 ，故{lg a } 为单调递减的等差数列，故 A 错误；设


n+1 n
n
n

a
a1 qn


a a (1 - qn ) a a b q - 1
b = S - 1 = 1 - 1 = 1 qn ，则 n = = q 为常数，

n n 1 - q
1 - q
1 - q q - 1
bn-1
 a1 q
q - 1
n-1


因为 0 < q < 1 ，所以
a1

q - 1
< 0 ， qn 单调递减，

所以{Sn
a1

-
1 - q
} 为单调递增的等比数列，故C 正确；


因为 a1a2 ¼a7 = 1 ，且 a1 > a2 > ¼> a7 > 0 ，所以 a1a2 ¼a6 > 1 ， 0 < a7 < 1 ，


所以使得Tn > 1 成立的 n 的最大值为 6，故 D 正确.


16. ( 1 , + ∞)

1

解：对任意的 ∈ (1, + ∞)，不等式 ⋅ e + 1 −





+ 1 ln > 0 恒成立，


即( + 1) > ( + 1)ln，显然 > 0，所以( + 1)ln > ( + 1)ln ①，令() = ( + 1)ln， ∈ (1, + ∞)，

则 1
， ∈ (1, + ∞)，

′( ) = + 1 + ln


设
 1
，所以′() =− 1
1 −1，

( ) =
′( ) = + 1 + ln
2 + = 2

当 > 1 时，′() > 0，所以′()在(1, + ∞)单调递增，所以′() > ′(1) = 2，所以()在(1, + ∞)单调递增，

因为 ①式可化为() > ()，所以 > ，所以 > ln，


2
令ℎ() = ln， ∈ (1, + ∞)，则ℎ′() = 1−ln，
当 ∈ (1, )时，ℎ′() > 0，当 ∈ (, + ∞)时，ℎ′() < 0，

1 1
所以ℎ()在(1, )单调递增，在(, + ∞)单调递减，所以ℎ() = ℎ() = ，所以 > ，故答案为： 1 ∞)

max

n+1 n n n-1
17. （1）因为a = a + 2n ，所以a - a = 2n-1(n ³ 2) ，
( , +


所以an - a1 = (an - an-1 ) + (an-1 - an-2 ) + × × × + (a3 - a2 ) + (a2 - a1 )

( )
2 1 - 2n-1
= 2n-1 + 2n-2 + × × × + 22 + 2 = = 2n - 2 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 3 分
1 - 2

n
又a1 = 2 ，所以a = 2n (n ³ 2) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分

又当 n = 1 时也适合上式，
n
所以 a = 2n (n Î N* ) ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 5 分


（2）因为bn
= log2 an
= n ，所以a
n × bn
= n ×2n ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 6 分


n
T = 1´ 2 + 2 ´ 22 + 3´ 23 + ××× + n × 2n ，①

2 3 4 n+ 1
2Tn = 1´ 2 + 2 ´ 2 + 3´ 2 + × × × + n × 2 ，② ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 7 分

2 3 n n+1
-②得-Tn = 2 + 2 + 2 + ××× + 2 - n × 2 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 8 分
2 - 2n+1

所以-T = - n × 2n+1 ，所以-T
= 2n+1 - 2 - n × 2n+1
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分


n 1- 2 n

n+1
)
故Tn = (n -1) × 2 + 2 ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分


18.（1） f (x) =
p
2
2 sin ( + x) -
3 cos 2x - 1 = -
p
cos( + 2x) -
3 cos 2x = sin 2x -
3 cos 2x = 2 sin(2x - p .




由 2kp-
4 2


p
£ 2x -
p
£ 2kp+
p
2

3

2

, k Î Z ，
3
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 分


可得 kp- p £ x £ kp+ 5p, k Î Z . 再由 x Î p p ，可得 x Î p 5p ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 分



f (x)


12 12
p 5p
[ , ]
4 2
[ , ]
4 12

故 的单调递增区间[ , ] . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分
4 12
（2）不等式| f (x) - m |< 2 ，即 m - 2 < f (x) < m + 2 .

x Î
p p p p
而 [ , ] 时， £ 2x - £
2p ，\ 1 £ sin(2x - p £ 1 ，1 £ f (x) £ 2 ． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分

)
4 2 6 3 3 2 3
[ , ]
Q不等式| f (x) - m |< 2 在 x Î p p 上恒成立，
4 2
\ m - 2 < 1 且 m + 2 > 2 ，解得0 < m < 3 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分
故实数 m 的取值范围为(0, 3) . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分
19．解： (1)Q PC ^ AC ，\ÐPCA = 90° ，

Q AC = BC ， PA = PB ， PC = PC ，


\DPCA @ DPCB \ÐPCA = ÐPCB = 90° ，即 PC ^ BC ，

又 AC Ç BC = C ，AC、 BC Ì 平面 ACB，
\ PC ^ 平面 ACB，
\ PC ，CA，CB 两两垂直， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1 分
故以 C 点为坐标原点，分别以 CB，CA，CP 所在直线为 x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系，如图，则 C (0, 0, 0) ， A(0, 2, 0) ， D (1, 0, 0) ， P(0, 0, 2) ，
–––→ –––→
AD = (1, -2, 0) ， PD = (1, 0, -2) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 分

设平面 PAD 的一个法向量 n = ( x, y, z) ，
ì→ –––→
则ïn × AD = x - 2 y = 0 ，取 x = 2 ，得 n = (2,1,1) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分
í→ –––→

ïîn × PD = x - 2z = 0

–––→

易知平面 PDB 的一个法向量为 CA = (0, 2, 0) ，

6
→ – –→

\cos < n, CA >=
， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 分
6


设二面角 A - PD - B 的平面角为q，


Qq是钝角，\cosq= - 6 .
6

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分


(2) 存在，M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点．
––––→ –––→
设 AM = lAB ，则 M (2l, 2 - 2l, 0) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分


––––→ →
| 2l| 1

(2l)2 + (2 - 2l)2 + 4 × 6
\| sin < PM , n >|= =
， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分
6


解得l= 1 或l= -1， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分
2
\ M 是 AB 的中点或 A 是 MB 的中点． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分
20. 解： (1) X 的所有可能取值为：1，2，3，4， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1 分

则 P( X = 1) = 1 ，
5 1 5
6
P( X = 2) = ´ = ，
5 5 1 25
6 6 36
P( X = 3) = ´ ´ = ，
6 6 6 216

P( X = 4) = 5 ´ 5 ´ 5 = 125 ;
6 6 6 216
所以 X 的分布列为

X
1
2
3
4

P
1

6
5

36
25

216
125

216

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3 分






⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯ 4 分


所以 X 的数学期望为

E( X ) = 1´ 1 + 2 ´ 5
+ 3´ 25
+ 4 ´ 125 = 671 .

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分

6 36 216 216 216
(2) （法一）设事件“甲掷第 n 次且不获胜”的概率为 an ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分


5
由题可知： a = ，且 a = a
´ 5 ´ 5 = 25 a

(n…2 且 n Î N * ) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分


1 6 n n -1

6 6 36
n -1

5 25 5 25
所以数列{a } 是以 为首项， 为公比的等比数列，则 a = × ( )n-1 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分

n 6 36 n 6 36
所以甲恰好抛掷第 n 次且赢得比赛的概率


Pn = an -1
´ 5 ´ 1 = 1 ( 25)n -1
6 6 6 36

(n ≥ 2 且 n ∈ N∗

)
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分

当 n = 1 时符合，所以 Pn
= 1 ( 25)n-1.
6 36
⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分

（ 法 二 ） 甲 抛 了 n 次 ， 乙 抛 了 n-1 次 ， 共 抛 了 2n-1 次 ， 则 甲 抛 n 次 获 胜 的 概 率 为

P( A) =
(5)
6
n-1 (
5)n-1 1
6 6
= 1 (
6
5)2n-2
6

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分

=
ì c 2
ï a 2

2
ìïa = 2


x2 y2

í
21. （1）由题意得，ï
c = 2
解得í
ïîb = 2
，所以椭圆的方程为
+ = 1. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分
8 4

ï
ïa2 = b2 + c2
î

（2） 若切线的斜率不存在，则圆的半径为 2，此时另一条切线与椭圆无交点，所以切线斜率存在.

ï
ì y = k1x + 2
设切线 PM : y = k x + 2 ，联立 x2 y2 ，即 x2 + 2 (k x + 2)2 - 8 = 0 ，
ï
1 í + = 1 1
î 8 4


即(1 + 2k 2 )x2 + 8k x = 0 ， x[(1 + 2k 2 )x + 8k ] = 0 ，解得 x

= 0, x =
-8k1

， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 分

1 1


-8k

-8k 2
1 1


2 - 4k 2

-8k 2
1 2


2 - 4k 2

1
1 + 2k 2

当 x = 1 , y = 1 + 2 = 1 ，则 M ( 1 , 1 ) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分

1 + 2k 2
1 + 2k 2
1 + 2k 2
1 + 2k 2
1 + 2k 2

1 1 1 1 1

-8k 2 2 - 4k 2
同理设切线 PN : y = k x + 2 ，则 N ( 2 , 2 ) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分
2 1 + 2k 2 1 + 2k 2
2 2

2 - 4k 2 2 - 4k 2 -8k 2 -8k 2
1 2k 2
1 + 2k 2
1 + 2k 2
1 + 2k 2
-8k 2 (1 + 2k 2 ) + 8k 2 (1 + 2k 2 )
+ 2 - 1 2 + 1
则 k = 2 1 = 2 1 = 2 1 1 2

MN -8k 2
-8k 2
-8k
-8k
-8k (1 + 2k 2 ) + 8k (1 + 2k 2 )

2 + 1
 2 + 1
2 1 1 2

1 + 2k 2 1 + 2k 2
1 + 2k 2 1 + 2k 2

2 1 2 1


8(k 2 - k 2 ) (k
+ k )(k
- k )
k + k

= 1 2 = 1 2 1 2 = 1 2 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分
16k1k2 (k2 - k1 ) + 8(k1 - k2 ) 2k1k2 (k2 - k1 ) + (k1 - k2 ) 1 - 2k1k2


则由 MN ^ PM ，即 kMN

× k1

= -1，即
k1 + k2
1 - 2k1k2

× k1

= -1，


即 k 2 + k k = 2k k - 1 ，即 k k - k 2 = 1(*) . ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10 分
1 1 2 1 2 1 2 1

1
设圆 F : ( x + 2)2 + y2 = r2 ，过点 P 切线为 y = kx + 2 ，


1 + k 2
-2k + 2
即 kx - y + 2 = 0 ，则 d =
= r ，即 4k 2 + 4 - 8k = r 2 + r 2k 2 ，



ìr 2 - 4 ¹ 0
ï64 - 4(r 2 - 4)2 > 0
ï
即(r 2 - 4)k 2 + 8k + r 2 - 4 = 0 ，由 k1 , k2 为方程的两根，则í -8 ，
ï
ïk1 + k2 = r 2 - 4
ïîk1k2 = 1
由 k k = 1，从而 k k ¹ 1 ，故直线 MN 斜率确实存在，代入(*) 式，

1 2 1 2 2

则 k1 = 0 ，矛盾，从而不存在. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分
22.【解答】解：（1）将 x = - 1 代入切线方程(e -1)x + ey + e - 1 = 0 中，得 y = 0 ，
2 2
所以 f (- 1 ) = 0 ，又 f (- 1 ) = (b - 1 )(1 - a) = 0 ，解得b = 1 或 a = 1 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1 分
2 2 2 e 2 e
又 f ¢(x) = e2x (2x + 2b + 1) - a ，所以 f ¢(- 1) = 2b - a = - e -1 = -1 + 1
2 e e e
若 a = 1 ，则b = 2 - e （舍去）； ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2 分
e 2
所以b = 1 ，则 a = 1 ； ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3 分
2
（2）由 （1）可知， a = 1 ， b = 1 ，所以 f (x) = (x + 1)(e2x -1) ，
2 2
令 f (x) = 0 ，有 x = - 1 或 x = 0 ，
2
故曲线 y = f (x) 与 x 轴负半轴的唯一交点 P 为(- 1 , 0) ，
2
曲线在点 P(- 1 , 0) 处的切线方程为 y = h(x) ，则 h(x) = f ¢(- 1 )(x + 1 ) ，
2 2 2

因为 F (x) = f (x) - h(x) ，所以 F (x) = f (x) - f ¢(- 1 )(x + 1 ) ，
2 2
所以 F¢(x) = f ¢(x) - f ¢(- 1 ) = 2e2x (x + 1) - 1 , F¢(- 1 ) = 0



⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4 分

2 e 2

若 x £ -1 ， F¢(x) < 0 ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5 分
若 x Î (-1, - 1 ), x + 1Î (0, 1 ), e2x Î ( 1 , 1) ，所以2(x + 1)e2x Î (0, 1), F¢(x) < 0 ，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6 分
2 2 e2 e e
若 x Î(- 1 , +¥), x + 1Î( 1 , +¥), e 2x Î(1 , +¥), 2(x + 1)e 2x Î(1 , +¥) ， F¢(x) > 0 ，所以 y = F¢(x) 在(- 1 , +¥) 上单
2 2 e e 2
调递增，\ F¢(x) > F¢(- 1 ) = 0 ，\函数 y = F (x) 在(- 1 , +¥) 上单调递增．
2 2

所以 F (x)
min
= F (- 1 ) = 0 ； ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7 分
2

（3） 证明： h(x) = (1 - 1)(x + 1 ) ，设 h(x) = m 的根为 x' ，则 x ¢ = - 1 + me
， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8 分

e 2 1 1 2 1 - e
又 y = h(x) 单调递减，由（2）知 f (x) ³ h(x) 恒成立．

又 m = h(x' ) = f (x ) ³ h(x ) ， 所以x' £ x
， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9 分

1 1 1 1 1
设曲线 y = f (x) 在点(0, 0) 处的切线方程为 y = t(x) ，则t(x) = x ，
令T (x) = f (x) - t(x) = (x + 1 )(e2x - 1) - x,T ¢(x) = 2(x + 1)e2x - 2 ，
2

当 x £ -1 时， T¢(x) = 2(x +1)e2x - 2 £ -2 < 0 ，当 x > -1 时， T ¢(x) = 2(2x + 3)e2x > 0 ，故函数 y = T ¢(x) 在(-1, +¥) 上单调递增，又T ¢(0) = 0 ，
所以当 x Î (-¥, 0) 时， T ¢(x) < 0 ，当 x Î (0, +¥) 时， T ¢(x) > 0 ，
所以函数 y = T (x) 在区间(-¥, 0) 上单调递减，在区间(0, +¥) 上单调递增，
所以T (x) ³ T (0) = 0 ，即 f (x) ³ t(x) ， ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11 分

2
设t(x) = m 的根为 x'
，则 x' = m ，

2
又函数 y = t(x) 单调递增，故
m = t(x' ) =
f (x ) ³ t(x )
，故x ' ³ x ．



' ¢ ¢
2 2

1 me
2 2 2
1 + 2m me

又 x 1 £ x 1
，所以 x2 - x1 £ x2 - x1 = m - (- +
2 1 - e
) = -
2 1 - e
． ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12 分