辽宁省沈阳市第二中学2023-2024学年高三上学期10月阶段测试数学答案

沈阳二中2023-2024学年度上学期高三10月（数学）阶段测试
答案和解析
1.【答案】A
2.【答案】D
3.【答案】C
4.【答案】A
5.【答案】A
6.【答案】C
7.【答案】B 8.【答案】D 9.【答案】BD 10.【答案】AD 11.【答案】BD 12.【答案】BC 13.【答案】√ 2+1 14.【答案】充分不必要15.【答案】(236,356] 16.【答案】[12,23+√ 2
6
]
17.【答案】解：(1)当n =1时，3S 1=3a 1=2a 1+1，解得a 1=1，
当n ≥2时，{3S n =2a n +1
3S n−1=2a n−1+1
，
相减得3a n =2a n +1−(2a n−1+1)=2a n −2a n−1， 整理得a n =−2a n−1， 因为a 1=1≠0，所以a n
a
n−1
=−2，
所以{a n }是首项为1，公比为−2的等比数列， 所以a n =(−2)n−1；
(2)因为|a n |=2n−1，所以|a n |=2n−1单调递增， 当n =1时，M 1=m 1=a 1=1，所以b 1=
M 1+m 1
2
=1，
当n 为奇数且n >1时，0<a 1<−a 2<a 3<−a 4<⋯<−a n−1<a n ， 即a n >a n−2>⋯>a 3>a 1>0>a 2>a 4>⋯>a n−1， 所以M n =a n ，m n =a n−1，
当n 为偶数时，0<a 1<−a 2<a 3<−a 4<⋯<a n−1<−a n ， 即a n−1>a n−3>⋯>a 3>a 1>0>a 2>a 4>⋯>a n ， 所以M n =a n−1，m n =a n ， 所以b n ={1,n =1
a n +a n−12
,n ≥2
，
所以T 20=1+
a 1+a 22+a 2+a 32+a 3+a 42+⋯+a 19+a
202
=1+
1
2[(a 1
+a 2+⋯+a 19)+(a 2+a 3+⋯+a 20)] =1+12{1−(−2)
191−(−2)+(−2)[1−(−2)19
]1−(−2)
}
=
1+1
6(1+219
−2−220
)=
1+1
6(−1−219)
=
5−219
6
．
18.【答案】解：(1)向量p ⃗ =(1,cos x 2)，q ⃗ =(sin x
2,√ 3)， 则f(x)=p →
·q →
=sin x 2+√ 3cos x 2=2sin (x 2+π
3)， 由−π
2+2kπ⩽x
2+π
3⩽π
2+2kπ,k ∈Z 可得−
5π
3+4kπ⩽x ⩽π
3
+4kπ,k ∈Z ，
则函数f(x)的递增区间为[−5π3+4kπ,π3
+4kπ],k ∈Z ，
因为函数f(x)=p
⃗ ·q ⃗ 在(−m,m)内单调递增． 所以{
−m <m
m ⩽π
3+4kπ,k ∈Z
−m ⩾−5π
3
+4kπ,k ∈
Z
, 解得k =0，0<m ⩽π
3，
即实数m 的取值范围为0<m ⩽π
3． (2)因为AD =2，AB =4，∠A =π3，
在△ABD 中，由余弦定理可得BD =√ 22+42−2×2×4×cos π
3=2√ 3，
在△BCD 中，由余弦定理可得BD 2=12=BC 2+DC 2−2×BC ×DC ×cos 2π
3，
即12=BC 2+DC 2+BC ×DC =(BC +DC )2−BC ×DC ⩾(BC +DC )2−(
BC+DC 2
)2
=3
4
(BC +DC )2，
即BC +DC ⩽4，当且仅当BC =DC =2时取等号， 所以AB +AD +BC +DC ⩽2+4+4=10， 所以四边形ABCD 花圃周长的最大值为10，
19.【答案】(1)解：因为一次喷洒4个单位的净化剂，
所以其浓度为 f(x)=4y ={64
8−x
−4,0≤x ≤4
20−2x,4<x ≤10
，
当 0≤x ≤4 时，
64
8−x
−4≥4 ，得0≤x ≤4 ，
当 4<x ≤10 时， 20−2x ≥4 ，得 4 <x ⩽8 ， 综上 0≤x ≤8 ，
所以若一次喷洒4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达8小时； (2)设从第一次喷洒起，经 x(6≤x ≤10) 小时后，
其浓度为g(x)=2(5−1
2x)+a[16
8−(x−6)
−1]，
=10−x+16a
14−x −a=14−x+16a
14−x
−a−4，
因为14−x∈[4,8],a∈[1,4]，
所以14−x+16a
14−x −a−4≥2√(14−x)⋅16a
14−x
−a−4=8√a−a−4，
当且仅当14−x=16a
14−x
，即x=14−4√a时，等号成立；所以其最小值为8√a−a−4，
由8√a−a−4≥4，解得24−16√2≤a≤4，
所以a的最小值为24−16√2≈1.6．
20.【答案】解：(1)因为2b−c
a =cosC
cosA
，
所以(2b−c)cosA=acosC，
所以2sinBcosA=sinAcosC+cosAsinC=sin(A+C)=sinB．
因为sinB>0，所以cosA=1
2
因为A∈(0,π)，所以A=π
3
．
(2)由余弦定理得a2=b2+c2−2bccosA，
所以4+c2−2c=9，
即c2−2c−5=0，解得c=1+√6．
(3)由正弦定理a
sinA =b
sinB
，得
3
sinπ
3
=2
sinB
，
解得sinB=√3
3
．
因为b<a，所以B<A，
所以cosB=√6
3
．
所以sin2B=2sinBcosB=2√2
3,cos2B=1−2sin2B=1
3
，
所以cos(3B+C)=cos(2B+2π
3
)
=cos2Bcos 2π
3−sin2Bsin
2π
3
=1
3×(−1
2
)−2√2
3
×√3
2
=−1+2√6
6
．
21.【答案】解：(1)设等差数列 {a n } 的公差为 d ，
由 a 4=2 ， a 5=3(a 4−a 3) ， 可得 2+d =3d ，解得 d =1 ， 所以 a n =2+(n −4)=n −2 ， 数列 {b n } 满足 b 1=2 ， b n+1=2b n ，
所以数列 {b n } 是以 b 1=2 为首项，2为公比的等比数列， 所以 b n =2n ， (2)由(1)可知 c n ={
−
(3n−4)(n−4)
2n
,n 为偶数,
n
2n ,n 为奇数 ， 当 n 为奇数时， c n =n
2n ， 设 A n =1
2+3
23+⋯+2n−1
2
2n−1 ，
1
4A n
=18
+
32
5+⋯+
2n−122n+1
，
两式相减可得： 34A n =12+14+116+⋯+122n−2−2n−12
2n+1=1
2+14(1−14
n−1)1−14
−
2n−12
2n+1
，
整理得： A n =109−
6n+5
18×4n−1 ， 当 n 为偶数时， c n =
−
(3n−4)(n−4)2n
=
−3n 2+16n−16
2n
=
n 22n
−
(n−2)2
2n−2
，
设 B n =44−0+42
24−22
22+62
26−42
24+⋯+4n 2
22n −(2n−2)2
22n−2=n
2
4
n−1 ， 所以数列 {c n } 的前2n 项和为 A n +B n =109−6n+5
18×4n−1+n 2
4
n−1．
22.【答案】解：∵f(x)−1=me x−1−lnx −1=0，
∴m =
lnx+1
e x−1
， 设ℎ(x)=
lnx+1
e x−1，则ℎ′(x)=
1
x −1−lnx e x−1
， 设φ(x)=1
x −1−lnx ，则φ′(x)=−1x 2−1
x <0，
∴φ(x)单调递减， ∵φ(1)=0，
∴当0<x <1时，φ(x)>0，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增， 当x >1时，φ(x)<0，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减，
∴ℎ(x)max =ℎ(1)=1
∴当m =1时，方程有一解，当m >1时，方程无解；
(2)(i)当m =e 时，g(x)=e x −t
2x 2−e
2(x >0)，则g′(x)=e x −tx ， ∴x 1，x 2是方程e x −tx =0的两根， 设n(x)=
e x
x
，则n′(x)=
e x (x−1)
x 2
， 令n′(x)=0，解得x =1，
∴n(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增， ∵n(1)=e ，n(2)=e 2
2
，
∴当t ∈(e,e 2
2
)时，0<x 1<1，1<x 2<2，
∴x 1+x 2<3，
由{e x 1=tx 1e x 2=tx 2得{x 1=lnt +lnx 1x 2=lnt +lnx 2 ∴x 2−x 1=lnx 2−lnx 1=ln x
2x
1
，
令p =x
2
x 1
>1，
∴x 1=
lnp
p−1
，x 2=
plnp
p−1， ∴x 1+x 2=lnp
p−1+plnp
p−1=1+p
p−1lnp ， ∴x 1+x 2>2等价于lnp >2(p−1)
p+1， 设q(x)=
lnx −2(x−1)
x+1，x
∈[1,+∞)，则q′(x)=
1x −4(x+1)2
=
(x−1)
2x(x+1)
2
≥0，
∴q(x)单调递增， ∴q(x)≥q(1)=0，
∴q(p)>0，即lnp >2(p−1)
p+1， ∴x 1+x 2>2， 综上，2<x 1+x 2<3，
(ii)由(i)知，e x 1=tx 1，e x 2=tx 2，
∴g(x 1)+2g(x 2)=e x 1−
t 2x 12−e 2
+2e x 2−tx 22−e =e x 1−t 2x 12+2e x 2−tx 22
−32e
=e x 1−x 12e x 1+2e x 2−x 2e x 2−3
2
e
=e x 1(1−
x 12)+e x 2(2−x 2)−3
2
e ， 由(i)知，1<2−x 1<x 2<2，
设s(x)=(2−x)e x ，x ∈(1,2)，则s′(x)=(1−x)e x <0， ∴s(x)单调递减，
∴s(x 2)<s(2−x 1)，即(2−x 2)e x 2<x 1e 2−x 1， ∴g(x 1)+2g(x 2)<e x 1(1−
x 1
2
)+x 1e 2−x 1−32
e ，
设M(x)=(1−x
2)e x +xe 2−x −3
2
e ，x ∈(0,1]，
则M′(x)=12
(1−x)e x +(1−x)e 2−x =(1−x)(12
e x +e 2−x )≥0， ∴M(x)单调递增，又M(1)=0， ∴当x ∈(0,1)时，M(x)<0， ∴M(x 1)<0， ∴g(x 1)+2g(x 2)<0．。