【文档说明】辽宁省沈阳市高中2023届高三教学质量检测（三）数学答案.pdf，共(9)页，1.313 MB，由小赞的店铺上传

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2023年沈阳市高三质量检测（三）参考答案1-5.ADABC6-8.BAC9.ABD10.ACD11.AD12.BCD13.14.7或167；158(第一个空全对2分，第二个空3分）15.16.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1yx和()2xgx的图象如下图所示：由图可知，当0x或1x时，两图象相交，若()fx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1a,值域也不是R；当01a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01a.故选：B8．C∵55554log33loglog12533log30448144a，∴34a，∵55553log32loglog22log3033332725a

，∴23a，则2334a.∵131313134log83loglog219733log8044464409b，∴34b，∵9e4，∴3e2，12e3，即122e3，则<<cab.故选：C.11．AD因为s

incossincos2xxxxfx，所以当sincosxx，即π5π2π2π44kxk，Zk时，sincossincoscos2xxxxfxx，）,1(e38),2(2,8(）当sincosxx，即3ππ2π2π44kxk，Zk时，s

incossincossin2xxxxfxx，所以cos,sincossin,sincosxxxfxxxx，A正确；因为函数cosyx在2π,2ππkk，Zk上单调递减，函数cosy

x在2ππ,2πkk，Zk上单调递增，函数sinyx在ππ2π,2π22kk，Zk上单调递增，函数sinyx在π3π2π+,2π+22kk，Zk上单调递减，又当3ππ2π2π44kxk，Z

k时，sinfxx，当π5π2π2π44kxk，Zk时，cosfxx，所以函数fx的单调递减区间为3ππ2π,2πZ42kkk和π2π,π2πZ4kkk，B错误；当3ππ2π2π44kxk，Zk时，2sin2

fxx，当π5π2π2π44kxk，Zk时，2cos2fxx，当且仅当π2π4xk，Zk时取等号；所以fx的最大值为22，C错误；因为方程fxa在0,2π上有四个实数解，所以函数yfx的图象与函数ya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212a，D正确；故选：AD.12.BCD函数127()()()()fxxxaxaxa，则127127()()()()[()()()]fxxaxaxaxxaxaxa，因为(0)1f，所以1271aaa

，由等比数列的性质可得21726354aaaaaaa，所以712741aaaa，所以41a，由11a，可得01q，故B正确；因为等比数列{}na首项11a，公比为q，所以1nnaqa，则11lglglglg0nnnnaaaqa，故{lg}

na为单调递减的等差数列，故A错误；设1111(1)1111nnnnaaqaabSqqqqq，则111111nnnnaqbqqabqq为常数，因为01q，所以101aq，nq单调递减，所以1{}1na

Sq为单调递增的等比数列，故C正确；因为1271aaa，且1270aaa，所以1261aaa，701a，所以使得1nT成立的n的最大值为6，故D正确.16.(1���,+∞)解：对任意的���∈(1,+∞)，不等式���⋅e�����

�+1−1���+1ln���>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+ln���，���∈(1,+∞)，设���(���)=���′(���)=1���+1+ln���，所以���′(���)=−1���2+1��

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

时，ℎ′(���)<0，所以ℎ(���)在(1,���)单调递增，在(���,+∞)单调递减，所以ℎ(���)max=ℎ(���)=1���，所以���>1���，故答案为：(1���,+∞)17.（1）

因为12nnnaa，所以112(2)nnnaan，所以11123221nnnnnaaaaaaaaaa112221222222212nnnn

，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分又12a，所以2(2)nnan，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分又当1n时也适合上式，所以2nnanN．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分（2）因为2lognnban，所以2nnnabn，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯6分231222322nnTn，①234121222322nnTn，②⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分-②得23122222nnnTn，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分所以11

22212nnnTn，所以11222nnnTn⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分故1(1)22nnTn．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分18.（1）2()2sin()3cos21cos(2)3cos242fxxxxxs

in23cos22sin(2)3xxx.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分由222,232kxkkZ，可得5,1212kxkkZ.再由[,]42x，可得5[,]412x，⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分故()fx的单调递增区间5[,]412.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分（2）不等式|()|2fxm，即2()2mfxm.而[,]42x时，22633x，1sin(2)123x

，1()2fx．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分不等式|()|2fxm在[,]42x上恒成立，21m且22m，解得03m，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分故实数m的取值范围为(0,3).⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分19．解：(1)PCAC，90

PCA，ACBC，PAPB，PCPC，PCBPCA90PCAPCB，即PCBC，又ACBCC，AC、BC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(0,0,0)C，(0,2,0)A，(1,0,0)D，(0,0,2)P，(1,2,0)AD，(1,0,2)PD，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分设平

面PAD的一个法向量(,,)nxyz，则2020nADxynPDxz，取2x，得(2,1,1)n，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分易知平面PDB的一个法向量为(0,2,0)CA，6cos,6nCA，⋯⋯⋯⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分设二面角APDB的平面角为，是钝角，6cos.6⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)存在，M是AB的中点或A是MB的中点．设AMAB，则(2,22,0)M，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分22|2|1|sin,|

6(2)(22)46PMn，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分解得112或，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分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1(1)6PX，515(2)6636PX，55125(3)666216PX，555125(4);666216PX⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分所

以X的分布列为X1234P1653625216125216⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分所以X的数学期望为1525125671()1234.636216216216EX⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分(2)

（法一）设事件“甲掷第n次且不获胜”的概率为na，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分由题可知：156a，且115525(26636nnnaaan且*)nN，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分所以数列{}na是以56为首项，2536为公比

的等比数列，则1525()636nna，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分所以甲恰好抛掷第n次且赢得比赛的概率(n≥2且n∈N∗)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分当1n时符合，所以1125().636nnP⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯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2211)65(6161)65()65()(nnnAP⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分21.（1）由题意得，解得222ab，所以椭圆的方程为22184xy.⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分（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.设切线1:2PMykx，联立1222184ykxxy，即2212280xkx，即2211(12)80kxkx，211[(12)8]0xkxk，解得1122180,12kxxk，⋯⋯

⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯5分当221112221118824,2121212kkkxykkk，则22112211824(,)1212kkMkk，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分同理设切线2:2PNykx，则2222222282

4(,)1212kkMkk，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分1151125()(266636nnnPanN222222cbacac则2222212122222222212121122222212

1211222222121242488121212128(12)8(12)88888(12)8(12)12121212MNkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk2212121212122112122112

128()()()16()8()2()()12kkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分则由MNPM，即11MNkk，即12112112kkkkk，即21121221kkkkk，即21211()kkk

.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分设圆2221:2Fxyr，过点P切线为2ykx，即20kxy，则2221kdrk，即2222448kkrrk，即2224(4)840rkkr，由12,kk为方程

的两根，则2221221240644(4)0841rrkkrkk，由121kk，从而1212kk，故直线MN斜率确实存在，代入()式，则10k，矛盾，从而不存在.⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分22.【解答】解：（1）将12x代入切线方程1(1)

02eexey中，得0y，所以1()02f，又111()()()022fbae，解得12b或1ae，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯1分又2()(221)xfxexba，所以1211

()12befaeee若1ae，则22eb（舍去）；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分所以12b，则1a；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯3分（2）由（1）可知，1a，12b，所以21()()(1)2

xfxxe，令()0fx，有12x或0x，故曲线()yfx与x轴负半轴的唯一交点P为1(,0)2，曲线在点1(,0)2P处的切线方程为()yhx，则11()()()22hxfx，因为()()()Fxfxhx

，所以11()()()()22Fxfxfx，所以2111()()()2(1),()022xFxfxfexFe⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分若1x，()0Fx，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯

5分若221111(1,),1(0,),(,)22xxxeee，所以212(1)(0,),()0xxeFxe，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯6分若221111(,),1(,),(,),2(1)(,)22xxxxexeee

，()0Fx，所以()yFx在1(,)2上单调递增，1()()02FxF，函数()yFx在1(,)2上单调递增．所以1()()02minFxF；⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分（3）证明：11()(1)(

)2hxxe，设()hxm的根为，则1121mexe，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分又()yhx单调递减，由（2）知()()fxhx恒成立．又，所以，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分设曲线()yfx在点(0,0)处的切线方程为()ytx

，则()txx，令221()()()()(1),()2(1)22xxTxfxtxxexTxxe，当1x时，2()2(1)220xTxxe，当1x时，2()2(23)0xTxxe

，故函数()yTx在(1,)上单调递增，又(0)0T，所以当(,0)x时，()0Tx，当(0,)x时，()0Tx，所以函数()yTx在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，所以()(0)0TxT，即()

()fxtx，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯11分设()txm的根为，则，又函数()ytx单调递增，故，故．又，所以2121112()2121memmexxxxmee．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分'1x)()()(11'1xhxf

xhm2'2xx1'1xx'2xmx'2)()()(22'2xtxfxtm1'1xx获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com