2023-2024学年辽宁省沈阳市高三上学期教学质量监测（一）数学试题（沈阳一模）（含解析）

这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市高三上学期教学质量监测（一）数学试题（沈阳一模）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合U=1,2,4,6,8，集合M=xx2−3x+2=0，N=xx=4a,a∈M，则∁U(M∪N)=( )
A. 6B. 4,6,8C. 1,2,4,8D. 1,2,4,6,8
2.设复数z满足1+z1−z=−i，则z= ( )
A. iB. 22C. 1D. 2
3.曲线y=x2在点(1,1)处的切线方程为
( )
A. y=xB. y=2x−1C. y=2x+1D. y=3x−2
4.已知单位向量a，b满足a→⊥(a→−2b→)，则⟨a,b⟩=( )
A. 2π3B. π3C. π4D. π6
5.已知有100个半径互不相等的同心圆，其中最小圆的半径为1，在每相邻的两个圆中，小圆的切线被大圆截得的弦长都为2，则这100个圆中最大圆的半径是( )
A. 8B. 9C. 10D. 100
6.如图，小明从街道的E处出发，到F处的老年公寓参加志愿者活动，如果中途共转向3次，则小明到老年公寓可以选择的不同的最短路径的条数是
( )
A. 8B. 12C. 16D. 24
7.已知sinπ2−θ+csπ3−θ=1，则cs2θ−π3=( )
A. 13B. −13C. 33D. − 33
8.已知m= 2eπ4，n=eπ3，p= 3e−π6，则
( )
A. n>m>pB. m>p>nC. p>n>mD. m>n>p
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下图是离散型随机变量X的概率分布直观图，其中3a=5b，2b=3c，则
( )
A. a=0.5B. E(X)=2.3C. D(X)=0.61D. D(2X)=1.22
10.已知双曲线C的两个焦点分别为F1(−2 2,0)，F2(2 2,0)，且满足条件p，可以解得双曲线C的方程为x2−y2=4，则条件p可以是
( )
A. 实轴长为4B. 双曲线C为等轴双曲线
C. 离心率为 22D. 渐近线方程为y=±x
11.如图，点A,B,C是函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)的图象与直线y= 32相邻的三个交点，且BC−AB=π3，f−π12=0，则
( )
A. ω=4
B. f9π8=12
C. 函数f(x)在π3,π2上单调递减
D. 若将函数f(x)的图象沿x轴平移θ个单位，得到一个偶函数的图象，则θ的最小值为π24
12.正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为
( )
A. 2B. 3C. 2D. 5
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.2 x+1 x6的展开式中常数项的二项式系数为__________．
14.已知抛物线C:y2=4x的焦点为F，若点Q是抛物线C上到点(4,0)距离最近的点，则QF=__________．
15.sinx=1的一个充分不必要条件是__________.
16.已知A,B,C是半径为1的球面上不同的三点，则AB⋅AC的最小值为__________．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知等比数列an的各项均为正数，且a1+2a2=1，a32=2a2⋅a5．
(Ⅰ)求数列an的通项公式；
(Ⅱ)设bn=lgan 2，求证：1+bn<2n2n+1．
18.(本小题12分)
在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，且b2=ac+a2．
(Ⅰ)求证：B=2A；
(Ⅱ)当3c+7a3b取最小值时，求csB的值．
19.(本小题12分)
如图，在三棱锥A−BCD中，平面ABC⊥平面BCD，且BC=BD=BA，∠CBA=∠CBD=120∘，点P在线段AC上，点Q在线段CD上.
(Ⅰ)求证：AD⊥BC；
(Ⅱ)若AC⊥平面BPQ，求BPBQ的值；
(Ⅲ)在(Ⅱ)的条件下，求平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值．
20.(本小题12分)
某城市有甲，乙两个网约车公司，相关部门为了更好地监管和服务，通过问卷调查的方式，统计当地网约车用户(后面简称用户，并假设每位用户只选择其中一家公司的网约车出行)对甲，乙两个公司的乘车费用，等待时间，乘车舒适度等因素的评价，得到如下统计结果：
①用户选择甲公司的频率为0.32，选择乙公司的频率为0.68；
②选择甲公司的用户对等待时间满意的频率为0.62，选择乙公司的用户对等待时间满意的频率为0.78；
③选择甲公司的用户对乘车舒适度满意的频率为0.68，选择乙公司的用户对乘车舒适度满意的频率为0.61；
④选择甲公司的用户对乘车费用满意的频率为0.21，选择乙公司的用户对乘车费用满意的频率为0.32．
将上述随机事件发生的频率视为其发生的概率．
(Ⅰ)分别求出网约车用户对等待时间满意，乘车舒适度满意，乘车费用满意的概率，并比较用户对哪个因素满意的概率最大，对哪个因素满意的概率最小．
(Ⅱ)若已知某位用户对乘车舒适度满意，则该用户更可能选择哪个公司的网约车出行？并说明理由．
21.(本小题12分)
已知如图，点B1,B2为椭圆C的短轴的两个端点，且B2的坐标为(0,1)，椭圆C的离心率为 22．
(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)若直线l不经过椭圆C的中心，且分别交椭圆C与直线y=−1于不同的三点D，E ，P(点E在线段DP上)，直线PO分别交直线DB2，EB2于点M，N.求证：四边形B1MB2N为平行四边形．
22.(本小题12分)
已知函数fx=x−λex+λex，其中λ为实数．
(Ⅰ)若函数y=fx是定义域上的单调函数，求λ的取值范围；
(Ⅱ)若x1与x2为方程f′x=0的两个不等实根，fx1−fx2≤ln3−1恒成立，求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查描述法、列举法表示集合的概念，以及并集和补集的运算，属于基础题．
解出集合M，N，然后进行并集、补集的运算即可．
【解答】
解：由题知M={1,2}，N={4,8}，
∴∁U(M∪N)={6}，
故选A．
2.【答案】C
【解析】【分析】本题考查复数的运算以及模的求解，考查学生的计算能力，比较基础．
先化简复数，再求模即可．
【解答】
解：∵复数z满足1+z1−z=−i，
∴1+z=−i+zi，
∴z(1−i)=−1−i，
∴z=−i−1−i+1=−(1+i)2(1−i)(1+i)=−i，
∴|z|=1．
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象及性质，函数的零点，属于中档题．
先求出导数，然后求出切线的斜率，最后利用点斜式求出切线方程．
【解答】
解：由题知，y′=2x，y′|x=1=2，∴切线方程为y−1=2(x−1)，即y=2x−1，
故选B．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的运算性质，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
由a→⊥(a→−2b→)可得a⋅b=12，利用向量的夹角公式可得答案．
【解答】
解：由题意得a⋅(a−2b) =a2−2a⋅b=1−2a⋅b=0，
解得a⋅b=12，cs⟨a,b⟩=a·bab=12，又⟨a→,b→⟩∈[0,π]，
故a与 b的夹角为π3．
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了等差数列的通项公式，是基础题．
设这100个圆的半径从小到大依次为r1，r2，⋯，r100，易得{rn2}是等差数列，可得r100．
【解答】
解：设这100个圆的半径从小到大依次为r1，r2，⋯，r100，
则由题知r12=1，rn+12−rn2=1(n=1,2,⋯,99)，
∴{rn2}是以r12=1为首项，1为公差的等差数列，
∴r1002=1+99=100，∴r100=10，
即这100个圆中最大圆的半径是10，
故选C．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查计数原理的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
根据题意利用分类计数原理即可得解．
【解答】
解：中途共三次转向可以分为两类：
第一类，右上右(即第一次向右转，第二次向上转，第三次向右转)，此时有3×4=12种方法，
第二类，上右上，此时共有4×3=12种方法．
符合题意的方法共有12+12=24种．
故选D．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了三角恒等变换，二倍角公式，属于基础题．
先由条件化简得cs(θ−π6)= 33，再由二倍角公式可得cs(2θ−π3).
【解答】
解：由sin(π2−θ)+cs(π3−θ)=1得32csθ+ 32sinθ=1，
结合辅助角公式得cs(θ−π6)= 33，
∴cs(2θ−π3)=2cs2(θ−π6)−1=−13，
故选B．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查利用导数比较实数大小，考查运算求解能力，属于中档题．
构造函数f(x)=excsx，求导，判断其单调性，再利用单调性比较大小即可．
【解答】
解：令f(x)=excsx，则f′(x)=ex(csx−sinx)= 2excs(x+π4)，
当x∈(−π2,π4)时，f′(x)>0，当x∈(π4,5π4)时，f′(x)<0，
所以f(x)在(−π2,π4)上单调递增;在(π4,5π4)上单调递减，
所以f(π4)>f(π3)且f(π4)>f(−π6)，
所以 22eπ4>12eπ3且 22eπ4> 32e−π6，即 2eπ4>eπ3且 2eπ4> 3e−π6，
所以m>n，m>p，
又n=eπ3>e，p= 3e−π6< 3e0= 3所以n>p，
综上所述，m>n>p，
故选D．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查了离散型随机变量、离散型随机变量的期望和方差，是基础题．
先根据概率和为1得出a、b、c的值，再由离散型随机变量的期望和方差逐一判定即可．
【解答】
解：由题知a+b+c=1,3a=5b,2b=3c,解得a=0.5，b=0.3，c=0.2，
所以E(X)=1×0.2+2×0.3+3×0.5=2.3，
D(X)=(1−2.3)2×0.2+(2−2.3)2×0.3+(3−2.3)2×0.5=0.61，
D(2X)=22⋅D(X)=2.44，
故选ABC．
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查了双曲线的标准方程、双曲线的渐近线和双曲线的离心率，是中档题．
根据双曲线的标准方程和双曲线的几何性质逐一判定即可．
【解答】
解：设该双曲线标准方程为x2a2−y2b2=1，则c=2 2，
对于A选项，若实轴长为4，则a=2，∴b2=c2−a2=4，符合题意;
对于B选项，若该双曲线为等轴双曲线，则a=b，
又c=2 2，可解得a2=b2=4，符合题意;
对于C选项，由双曲线的离心率大于1知，不合题意;
对于D选项，若渐近线方程为y=±x，则a=b，可解得a2=b2=4，符合题意，
故选ABD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了三角函数的图象变换，数形结合的思想，属于中档题。
类比正弦曲线与直线y= 32的交点可知，π3=|BC|−|AB|=5T6−T6=2T3，所以T=π2=2πω，所以ω=4，结合此函数的周期，标出图象上几个点的横坐标，如图所示，逐一判断即可。
【解答】
解：设函数f(x)的最小正周期为T，类比正弦曲线与直线y= 32的交点可知，
π3=|BC|−|AB|=5T6−T6=2T3，所以T=π2=2πω，所以ω=4，故A选项正确；
结合此函数的周期，标出图象上几个点的横坐标，如图所示，

结合图象可知，f(9π8)=f(π+π8)=f(π8)<0，故B选项错误；
结合图象可知，CD选项正确。
故选：ACD．
12.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查正方体的结构特征，平面间的距离，空间中的截面问题，属于拔高题．
设该正方体为ABCD−A1B1C1D1，且其棱长为a，若考虑4个平面中最中间的两个平面，分两种情况进行求解．
【解答】
解：设该正方体为ABCD−A1B1C1D1，且其棱长为a．
若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况．
①若中间的两个平面为平面A1BD和平面B1D1C，
如图1所示，则过A1，A，C作截面，截面图如图2所示，其中E，F分别为AC，A1C1中点．
则相邻两平面间距离即为A到A1E的距离 33a，此时a= 3．
②若中间的两个平面如图3所示，过B，C，C1作截面，截面图如图4所示，其中M，N分别为BC，B1C1中点．
则相邻两平面间距离即为B到B1M的距离 55a，此时a= 5．
故选BD．
13.【答案】20
【解析】【分析】
本题主要考查二项式定理，考查二项展开式的通项公式、特定项的求法，属于基础题．
求出二项展开式的通项公式，令x的指数为0，求出r的值，即可求出常数项的二项式系数．
【解答】解：(2 x+1 x)6的展开式的通项公式为Tr+1=C6r(2 x)6−r(1 x)r=26−rC6rx3−r，
令3−r=0，可得r=3，
所以常数项的二项式系数为 C63=20．
14.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查抛物线的性质以及两点间的距离公式，考查运算求解能力，属于基础题．
设Q(x0,y0)，A(4,0)，利用两点间的距离公式表示|QA|，再利用二次函数的性质可得x0的值，进而得出答案．
【解答】
解：由题知F(1,0)，设Q(x0,y0)，A(4,0)，其中x0≥0，
则|QA|= (x0−4)2+y02
= x02−8x0+16+4x0= (x0−2)2+12，
∵点Q是抛物线C上到点(4,0)距离最近的点，
∴x0=2．
∴|QF|=x0+1=3，
故答案为3．
15.【答案】x=π2
【解析】【分析】本题主要考查的是充分不必要条件的判断，三角函数的概念，属于基础题．
由三角函数的概念可得当sinx=1时，x=π2+2kπ,k∈Z，即可得到原命题的充分不必要条件．
【解答】解：由sinx=1，可得x=π2+2kπ,k∈Z，
所以sinx=1的一个充分不必要条件是x=π2．
故可填x=π2．
16.【答案】−12
【解析】根据图形，可得C在如图所示的位置时，AB⋅AC取最小值，化简可得结论．
本题考查了向量数量积的运算，属于中档题．
解析：∵A，B，C是球面上不同的三点，∴A，B，C不共线，故平面ABC截球面得到的是一
个圆，记此圆半径为r(0中，对于任意的弦AB，由向量数量积的几何意义知，当C在如图所示的位置时，
AB⋅AC取最小值，则ABAC的最小值为−|AB||AN|=−|AB|(r−12||AB|)
=12|AB|2−r−|AB|，当|AB|=r时，−|AB||AN|取最小值−12r2，
又r的最大值为1，故所求最小值为−12．
17.【答案】解：(Ⅰ)设{an}的公比为q，
由a32=2a2⋅a5知(a1q2)2=2(a1q)(a1q4)，∴q=12．
由a1+2a2=1得a1+2⋅a1⋅q=1，
∴a1=12，∴an=12n．
(Ⅱ)证明：由题知bn=lgan 2=−12n，
所以1+bn−2n2n+1=1−12n−2n2n+1=−12n(2n+1)<0，∴1+bn<2n2n+1．
【解析】本题考查了等比数列的通项公式，是基础题．
(Ⅰ)设{an}的公比为q，由a32=2a2⋅a5得出q=12，由a1+2a2=1得a1=12，可得数列an的通项公式；
(Ⅱ)由题知bn=lgan 2=−12n，再运用作差法证明即可．
18.【答案】解：(I)证明：由余弦定理知b2=a2+c2−2accsB，又b2=a2+ac，
∴a2+ac=a2+c2−2ac⋅csB，化简得a=c−2acsB，
∴sinA=sinC−2sinAcsB，
∴sinA=sin(A+B)−2sinAcsB，
∴sinA=sinAcsB+csAsinB−2sinAcsB=csAsinB−sinAcsB，
∴sinA=sin(B−A)，
∵A∈(0,π)，B−A∈(−π,π)，
∴A=B−A或A+(B−A)=π(舍)，∴B=2A．
(Ⅱ)由题知，3c+7a3b=3ac+7a23ab=3(b2−a2)+7a23ab=ba+43⋅ab≥2 43=4 33，
当且仅当b=2 33a时取等，又b2=ac+a2，所以c=13a，
所以csB=a2+c2−b22ac=−13．
【解析】本题考查正余弦定理在解三角形的运用，考查三角恒等变换以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
(Ⅰ)根据已知条件化简可得sinA=sin(B−A)，由此容易得证；
(Ⅱ)利用基本不等式可知，当3c+7a3b取最小值时，b=2 33a，c=13a，再由余弦定理即可得出答案．
19.【答案】解：(Ⅰ)证明：过A作AO⊥直线BC于O，连接DO．
由题知BA=BD，BO=BO，∠ABO=∠DBO=60∘，
∴△ABO≌△DBO，∴∠DOB=∠AOB=90∘，即BC⊥DO，
又BC⊥AO，AO∩DO=O，AO、DO⊂平面AOD，
∴BC⊥平面AOD，又AD⊂平面AOD，
∴BC⊥AD，即AD⊥BC．
(Ⅱ)∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，
AO⊥BC，AO⊂平面ABC∴AO⊥平面BCD．
以O为原点，以OB的长度为单位长度，以OD，OC，OA的方向分别为x轴，y轴，z的正方向建立空间直角坐标系O−xyz，如图，
则D( 3,0,0)，A(0,0, 3)，B(0,1,0)，C(0,3,0)．
∵AC⊥平面BPQ，BP、BQ⊂平面BPQ，
∴AC⊥BP，AC⊥BQ，
∵BA=BC，
∴P为AC中点，由题知CD=( 3,−3,0)，AC=(0,3,− 3)
设BQ=BC+λCD=(0,2,0)+λ( 3,−3,0)=( 3λ,2−3λ,0)，
∴AC⋅BQ=3(2−3λ)=0，∴λ=23，
∴BQ=(2 33,0,0)，∴|BQ|=2 33，
又在△ABC中，BC=BA=2，∠ABC=120∘，
所以|BP|=1，∴BPBQ= 32．
(Ⅲ)由(Ⅱ)知，平面PBQ的一个法向量为AC，
设平面ABD的一个法向量为n=(x,y,z)．
∵AB=(0,1,− 3)，DB=(− 3,1,0)，
则n⋅AB=y− 3z=0,n⋅DB=− 3x+y=0,令y= 3，则n=(1, 3,1)，
cs=AC⋅n|AC||n|=2 32 3× 5= 55，
∴平面ABD与平面PBQ所成角的余弦值为 55．
【解析】本题考查面面垂直的性质，线面垂直的判定与性质，平面与平面所成角的向量求法，属于中档题．
(Ⅰ)证得BC⊥平面AOD，即可得到答案；
(Ⅱ)建立空间直角坐标系，由AC⊥平面BPQ，可得AC⊥BP，AC⊥BQ，进而求得|BQ|=2 33，可得答案；
(Ⅲ)分别求得平面ABD与平面PBQ的一个法向量，进而可得答案．
20.【答案】解：(I)设M:用户选择甲公司的网约车出行，A:用户对等待时间满意，
B:用户对乘车舒适度满意，C:用户对乘车费用满意．
则P(A)=P(M)P(A|M)+P(M)P(A|M)=0.32×0.62+0.68×0.78=0.7288，
P(B)=P(M)P(B|M)+P(M)P(B|M)=0.32×0.68+0.68×0.61=0.6324，
P(C)=P(M)P(C|M)+P(M)P(C|M)=0.32×0.21+0.68×0.32=0.2848，
所以，用户对等待时间满意的概率最大，对乘车费用满意的概率最小．
(Ⅱ)由题知，P(M|B)=P(MB)P(B)=0.32×，
P(M|B)=P(MB)P(B)=0.68×，
∴P(M|B)【解析】本题考查条件概率，全概率公式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
(Ⅰ)设A:用户对等待时间满意，B:用户对乘车舒适度满意，C:用户对乘车费用满意.求出P(A)，P(B)，P(C)即可得出结论；
(Ⅱ)由P(M|B)21.【答案】解：(Ⅰ)由题知．b=1ca= 22a2=b2+c2,解得a2=2，b2=1，
故椭圆C的方程为x22+y2=1．
(Ⅱ)设直线l方程为x=ky+t(t≠0)，
设D(x1,y1)，E(x2,y2)，N(xN,yN)，M(xM,yM).
由x=ky+t, x22+y2=1得(k2+2)y2+2kty+t2−2=0，
所以y1+y2=−2ktk2+2，y1y2=t2−2k2+2．
令y=−1，得P(t−k,−1).故直线PO方程为y=1k−tx，
直线DB2方程为y=y1−1x1x+1．
由y=1k−txy=y1−1x1x+1得xM=(k−t)x1x1+(k−t)(1−y1)=(k−t)x1k+ty1，
将xM中x1，y1换成x2，y2得xN=(k−t)x2k+ty2．
∴xM+xN=(k−t)x1k+ty1+(k−t)x2k+ty2
=(k−t)x1(k+ty2)+x2(k+ty1)(k+ty1)(k+ty2)，
∵x1(k+ty2)+x2(k+ty1)=k(x1+x2)+t(x1y2+x2y1)
=k(ky1+t+ky2+t)+t[(ky1+t)y2+(ky2+t)y1]
=(k2+t2)(y1+y2)+2kt(y1y2+1)
=−2kt(k2+t2)+2kt(k2+t2)k2+2=0，
∴O为线段MN中点，又O为B1B1中点，
∴四边形B1MB2N为平行四边形．
【解析】本题考查了椭圆的标准方程和直线与椭圆的位置关系，是较难题．
(Ⅰ)由题知．b=1ca= 22a2=b2+c2，解出a、b，可得椭圆C的标准方程；
(Ⅱ)设直线l方程为x=ky+t(t≠0)，设D(x1,y1)，E(x2,y2)，N(xN,yN)，M(xM,yM)，与椭圆联立，结合韦达定理计算xM+xN=0，O为线段MN中点，又O为B1B1中点，所以四边形B1MB2N为平行四边形．
22.【答案】解：(Ⅰ)函数y=f(x)的定义域为R，
f′(x)=1−λex−λex=1−λ(ex+1ex)，
当λ≤0时，f′(x)>0，f(x)在R上单调递增，
当λ>12时，由于ex+1ex≥2，当且仅当x=0时等号成立，所以f′(x)<0，f(x)在R上单调递减，
当λ=12时，f′(x)≤0恒成立，当且仅当x=0时取等，所以f(x)在R上单调递减．
当0<λ<12时，令f′(x)<0，得函数f(x)在(−∞,ln1− 1−4λ22λ)和(ln1+ 1−4λ22λ,+∞)上单调递减，
令f′(x)>0，得函数f(x)在(ln1− 1−4λ22λ,ln1+ 1−4λ22λ)上单调递增，此时不合题意．
综上所述，λ的取值范围是(−∞,0]∪[12,+∞).
(Ⅱ)不妨设x1所以0<λ<12，
ex1=1− 1−4λ22λ，ex2=1+ 1−4λ22λ，且ex1⋅ex2=1．
所以f(x1)−f(x2)=x1−λex1+λex1−x2+λex2−λex2=x1−x2+2λ(ex2−ex1)
=lnex1−lnex2+2 1−4λ2=ln1− 1−4λ21+ 1−4λ2+2 1−4λ2，
令t= 1−4λ2(0故y=g(t)在(0,1)上单调递减，
又g(12)=ln13+1=1−ln3，g(0)=0．
故由|f(x1)−f(x2)|≤ln3−1恒成立可得0所以λ的取值范围是[ 34,12).
【解析】本题考查了函数的单调性、恒成立的问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，属于拔高题．
(Ⅰ)求出函数的导数，通过讨论λ的范围，再进行求解；
(Ⅱ)不妨设x1

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