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】퐴2.【答案】퐷3.【答案】퐶4.【答案】퐴5.【答案】퐴6.【答案】퐶7.【答案】퐵8.【答案】퐷9.【答案】퐵퐷10.【答案】퐴퐷11.【答案】퐵퐷12.【答案】퐵퐶233512√213.【答案】2+114.【答案】充分不必要15.【答案】(,]16.【答案】[,+]√6623617.【答案】解：(1)当푛=1时，3푆1=3푎1=2푎1+1，解得푎1=1，3푆=2푎+1当푛≥2时，{푛푛，3푆푛−1=2푎푛−1+1相减得3푎푛=2푎푛+1−(2푎푛−1+1)=2푎푛−2푎푛−1，整理得푎푛=−2푎푛−1，푎因为푎=1≠0，所以푛=−2，1푎푛−1所以{푎푛}是首项为1，公比为−2的等比数列，푛−1所以푎푛=(−2)；푛−1푛−1(2)因为|푎푛|=2，所以|푎푛|=2单调递增，푀+푚当푛=1时，푀=푚=푎=1，所以푏=11=1，11112当푛为奇数且푛>1时，0<푎1<−푎2<푎3<−푎4<⋯<−푎푛−1<푎푛，即푎푛>푎푛−2>⋯>푎3>푎1>0>푎2>푎4>⋯>푎푛−1，所以푀푛=푎푛，푚푛=푎푛−1，当푛为偶数时，0<푎1<−푎2<푎3<−푎4<⋯<푎푛−1<−푎푛，即푎푛−1>푎푛−3>⋯>푎3>푎1>0>푎2>푎4>⋯>푎푛，所以푀푛=푎푛−1，푚푛=푎푛，1,푛=1所以푏={푎+푎，푛푛푛−1,푛≥22푎+푎푎+푎푎+푎푎+푎所以푇=1+12+23+34+⋯+19202022221=1+[(푎+푎+⋯+푎)+(푎+푎+⋯+푎)]2121923201911−(−2)19(−2)[1−(−2)]=1+{+}21−(−2)1−(−2)115−219=1+(1+219−2−220)=1+(−1−219)=．666第1页，共6页{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}푥푥【答案】解：向量푝⃗=(1,cos)，푞⃗=(sin,√3)，18.(1)22→→푥푥푥휋则푓(푥)=푝·푞=푠????푛+√3푐표푠=2푠????푛(+)，2223휋푥휋휋由−+2푘휋⩽+⩽+2푘휋,푘∈푍22325휋휋可得−+4푘휋⩽푥⩽+4푘휋,푘∈푍，335휋휋则函数푓(푥)的递增区间为[−+4푘휋,+4푘휋],푘∈푍，33因为函数푓(푥)=푝⃗·푞⃗在(−푚,푚)内单调递增．−푚<푚휋푚⩽+4푘휋,푘∈푍所以{3,5휋−푚⩾−+4푘휋,푘∈푍3휋解得，0<푚⩽，푘=03휋即实数的取值范围为0<푚⩽．푚3휋因为，，∠퐴=，(2)퐴퐷=2퐴퐵=43휋在△퐴퐵퐷中，由余弦定理可得퐵퐷=√22+42−2×2×4×푐표푠=2√3，32휋在△퐵퐶퐷中，由余弦定理可得퐵퐷2=12=퐵퐶2+퐷퐶2−2×퐵퐶×퐷퐶×푐표푠，3即12=퐵퐶2+퐷퐶2+퐵퐶×퐷퐶=(퐵퐶+퐷퐶)2−퐵퐶×퐷퐶퐵퐶+퐷퐶23⩾(퐵퐶+퐷퐶)2−()=(퐵퐶+퐷퐶)2，24即퐵퐶+퐷퐶⩽4，当且仅当퐵퐶=퐷퐶=2时取等号，所以퐴퐵+퐴퐷+퐵퐶+퐷퐶⩽2+4+4=10，所以四边形퐴퐵퐶퐷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，64−4,0≤푥≤4所以其浓度为푓(푥)=4푦={8−푥，20−2푥,4<푥≤1064当0≤푥≤4时，−4≥4，得0≤푥≤4，8−푥当4<푥≤10时，20−2푥≥4，得4 <푥⩽8，综上0≤푥≤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푥(6≤푥≤10)小时后，第2页，共6页{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}116其浓度为푔(푥)=2(5−푥)+푎[−1]，28−(푥−6)16푎16푎=10−푥+−푎=14−푥+−푎−4，14−푥14−푥因为14−푥∈[4,8],푎∈[1,4]，16푎16푎所以14−푥+−푎−4≥2√(14−푥)⋅−푎−4=8푎−푎−4，14−푥14−푥√16푎当且仅当14−푥=，即푥=14−4푎时，等号成立；14−푥√所以其最小值为8√푎−푎−4，由8√푎−푎−4≥4，解得24−16√2≤푎≤4，所以푎的最小值为24−16√2≈1.6．2푏−푐cos퐶20.【答案】解：(1)因为=，푎cos퐴所以(2푏−푐)cos퐴=푎cos퐶，所以2sin퐵cos퐴=sin퐴cos퐶+cos퐴sin퐶=sin(퐴+퐶)=sin퐵．1因为sin퐵>0，所以cos퐴=2휋因为，所以퐴=．퐴∈(0,휋)3(2)由余弦定理得푎2=푏2+푐2−2푏푐cos퐴，所以4+푐2−2푐=9，即푐2−2푐−5=0，解得푐=1+√6．32푎푏=(3)由正弦定理=，得sin휋sin퐵，sin퐴sin퐵3√3解得sin퐵=．3因为푏<푎，所以퐵<퐴，√6所以cos퐵=．32√21所以sin2퐵=2sin퐵cos퐵=,cos2퐵=1−2sin2퐵=，332휋所以cos(3퐵+퐶)=cos(2퐵+)32휋2휋=cos2퐵cos−sin2퐵sin33   112√2√31+2√6=×(−)−×=−．32326第3页，共6页{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}21.【答案】解：(1)设等差数列{푎푛}的公差为푑，由푎4=2，푎5=3(푎4−푎3)，可得2+푑=3푑，解得푑=1，所以푎푛=2+(푛−4)=푛−2，数列{푏푛}满足푏1=2，푏푛+1=2푏푛，所以数列{푏푛}是以푏1=2为首项，2为公比的等比数列，푛所以푏푛=2，(3푛−4)(푛−4)−,푛为偶数,2푛(2)由(1)可知푐푛={푛，,푛为奇数2푛푛当푛为奇数时，푐=푛，푛2132푛−1设퐴푛=++⋯+，22322푛−11132푛−1퐴푛=++⋯+，482522푛+11(1−1)311112푛−1144푛−12푛−1两式相减可得：퐴푛=+++⋯+−=+−，4241622푛−222푛+121−122푛+14106푛+5整理得：퐴푛=−，918×4푛−1(3푛−4)(푛−4)−3푛2+16푛−16푛2(푛−2)2当푛为偶数时，푐푛=−푛=푛=푛−，2222푛−24422262424푛2(2푛−2)2푛2设퐵푛=−0+−+−+⋯+−=，42422262422푛22푛−24푛−1106푛+5푛2所以数列{푐푛}的前2푛项和为퐴푛+퐵푛=−+．918×4푛−14푛−122.【答案】解：∵푓(푥)−1=푚푒푥−1−ln푥−1=0，ln푥+1∴푚=，푒푥−1ln푥+11−1−ln푥푥设ℎ(푥)=푥−1，则ℎ′(푥)=，푒푒푥−1111设휑(푥)=−1−ln푥，则휑′(푥)=−−<0，푥푥2푥∴휑(푥)单调递减，∵휑(1)=0，第4页，共6页{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}∴当0<푥<1时，휑(푥)>0，ℎ′(푥)>0，ℎ(푥)单调递增，当푥>1时，휑(푥)<0，ℎ′(푥)<0，ℎ(푥)单调递减，∴ℎ(푥)max=ℎ(1)=1∴当푚=1时，方程有一解，当푚>1时，方程无解；푡푒(2)(????)当푚=푒时，푔(푥)=푒푥−푥2−(푥>0)，则푔′(푥)=푒푥−푡푥，22푥∴푥1，푥2是方程푒−푡푥=0的两根，푒푥푒푥(푥−1)设푛(푥)=，则푛′(푥)=，푥푥2令푛′(푥)=0，解得푥=1，∴푛(푥)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，푒2∵푛(1)=푒，푛(2)=，2푒2∴当푡∈(푒,)时，0<푥<1，1<푥<2，212∴푥1+푥2<3，푒푥1=푡푥푥=ln푡+ln푥由1得11{푥2{푒=푡푥2푥2=ln푡+ln푥2푥2∴푥2−푥1=ln푥2−ln푥1=ln，푥1푥令푝=2>1，푥1ln푝푝ln푝∴푥=，푥=，1푝−12푝−1ln푝푝ln푝1+푝∴푥+푥=+=ln푝，12푝−1푝−1푝−12(푝−1)∴푥+푥>2等价于ln푝>，12푝+12(푥−1)14(푥−1)2设푞(푥)=ln푥−，푥∈[1,+∞)，则푞′(푥)=−=≥0，푥+1푥(푥+1)2푥(푥+1)2∴푞(푥)单调递增，∴푞(푥)≥푞(1)=0，2(푝−1)∴푞(푝)>0，即ln푝>，푝+1∴푥1+푥2>2，综上，2<푥1+푥2<3，푥1푥2(????????)由(????)知，푒=푡푥1，푒=푡푥2，第5页，共6页{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}푡푒∴푔(푥)+2푔(푥)=푒푥1−푥2−+2푒푥2−푡푥2−푒122122푡3=푒푥1−푥2+2푒푥2−푡푥2−푒2122푥13=푒푥1−푒푥1+2푒푥2−푥푒푥2−푒222푥3=푒푥1(1−1)+푒푥2(2−푥)−푒，222由(????)知，1<2−푥1<푥2<2，设푠(푥)=(2−푥)푒푥，푥∈(1,2)，则푠′(푥)=(1−푥)푒푥<0，∴푠(푥)单调递减，푥22−푥1∴푠(푥2)<푠(2−푥1)，即(2−푥2)푒<푥1푒，푥3∴푔(푥)+2푔(푥)<푒푥1(1−1)+푥푒2−푥1−푒，12212푥3设푀(푥)=(1−)푒푥+푥푒2−푥−푒，푥∈(0,1]，2211则푀′(푥)=(1−푥)푒푥+(1−푥)푒2−푥=(1−푥)(푒푥+푒2−푥)≥0，22∴푀(푥)单调递增，又푀(1)=0，∴当푥∈(0,1)时，푀(푥)<0，∴푀(푥1)<0，∴푔(푥1)+2푔(푥2)<0．第6页，共6页{#{QQABIYwAggggQAAAAAhCAwHwCgGQkACACAoOQBAIsAABQQFABAA=}#}