1、2023 年年沈阳市高三质量检测（三）沈阳市高三质量检测（三）参考答案参考答案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：6B根据题意可得，在同一坐标系下分别画出函数1yx和()2xg x 的图象如下图所示：由图可知，当0 x 或1x 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a0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
2、是01a.故选：B8C55554log 33loglog 12533log 30448144a，34a，55553log 32loglog22log 3033332725a，23a，则2334a.131313134log 83loglog219733log 8044464409b，34b，9e4，3e2，12e3，即122e3，则 0 恒成立，即(+1)(+1)ln，显然 0，所以(+1)ln(+1)ln，令()=(+1)ln，(1,+)，则()=1+1+ln，(1,+)，设()=()=1+1+ln，所以()=12+1=12，当 1 时，()0，所以()在(1,+)单调递增，所以()(1)=2
3、，所以()在(1,+)单调递增，因为式可化为()()，所以，所以 ln，令()=ln，(1,+)，则()=1ln2，当 (1,)时，()0，当 (,+)时，()1，故答案为：(1,+)17.（1）因为12nnnaa，所以112(2)nnnaan，所以11123221nnnnnaaaaaaaaaa11222 1222222212nnnn，3 分又12a，所以2(2)nnan，4 分又当1n 时也适合上式，所以2nnanN 5 分（2）因为2lognnban，所以2nnnabn，6 分231 2223 22nnTn ，234121 2223 22nnTn ，7 分-得23122222nnnTn，8
4、 分所以112221 2nnnTn，所以11222nnnTn 9 分故1(1)22nnTn10 分18.（1）2()2sin()3cos21cos(2)3cos242f xxxxx sin23cos22sin(2)3xxx.2 分由222,232kxkkZ，可得5,1212kxkkZ.再由,4 2x，可得5,4 12x，5 分故()f x的单调递增区间5,4 12.6 分（2）不等式|()|2f xm，即2()2mf xm.而,4 2x 时，22633x，1sin(2)123x，1()2f x8 分不等式|()|2f xm在,4 2x 上恒成立，21m且22m，解得03m，10 分故实数m的取
5、值范围为(0,3).12 分19解：(1)PCAC，90PCA，ACBC，PAPB，PCPC，PCBPCA90PCAPCB，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(,)nx y z，则2020n ADxyn PDxz，取2x，得(2,1,1)n，4 分易知平面 PDB 的一
6、个法向量为(0,2,0)CA ，6cos,6n CA，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)46PM n，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)6P X，515(2)6636P X，55125(3)666216P X，555125(4);666216P X 3 分所以 X 的分布列为X1234P1653625216125216
7、 4 分所以 X 的数学期望为1525125671()1234.636216216216E X 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11 25().6 36nnP12 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)6
8、5(6161)65()65()(nnnAP12 分21.（1）由题意得，解得2 22ab，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1:2PMyk x，联立1222184yk xxy，即2212280 xk x，即2211(12)80kxk x，211(12)8 0 xkxk，解得1122180,12kxxk，5 分当221112221118824,2121212kkkxykkk，则22112211824(,)1212kkMkk，6 分同理设切线2:2PN yk x，则22222222824(,)121
9、2kkMkk，7 分11511 25()(2666 36nnnPanN222222cbacac则22222121222222222121211222222121211222222121242488121212128(12)8(12)88888(12)8(12)12121212MNkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkkk2212121212122112122112128()()()16()8()2()()12kkkkkkkkk kkkkkk kkkkkk k，9 分则由MNPM，即11MNkk，即12112112kkkk k，即21121221kk kk k，即21211()k kk.
10、10 分设圆2221:2Fxyr，过点P切线为2ykx，即20kxy，则2221kdrk，即2222448kkrr k，即2224(4)840rkkr，由12,k k为方程的两根，则2221221240644(4)0841rrkkrk k，由121k k，从而1212k k，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
11、（舍去）；2 分所以12b，则1a；3 分（2）由（1）可知，1a，12b，所以21()()(1)2xf xxe，令()0f x，有12x 或0 x，故曲线()yf x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()yh x，则11()()()22h xfx，因为()()()F xf xh x，所以11()()()()22F xf xfx，所以2111()()()2(1),()022xF xfxfexFe 4 分若1x ，()0F x，5 分若22111 1(1,),1(0,),(,)22xxxeee ，所以212(1)(0,),()0 xxeF xe，6 分
12、若221111(,),1(,),(,),2(1)(,)22xxxxexeee ，()0F x，所以()yF x在1(,)2上单调递增，1()()02F xF，函数()yF x在1(,)2上单调递增所以1()()02minF xF；7 分（3）证明：11()(1)()2h xxe，设()h xm的根为，则1121mexe，8 分又()yh x单调递减，由（2）知()()f xh x恒成立又，所以，9 分设曲线()yf x在点(0,0)处的切线方程为()yt x，则()t xx，令221()()()()(1),()2(1)22xxT xf xt xxex T xxe，当1x 时，2()2(1)220 xT xxe，当1x 时，2()2(23)0 xTxxe，故函数()yT x在(1,)上单调递增，又(0)0T，所以当(,0)x 时，()0T x，当(0,)x时，()0T x，所以函数()yT x在区间(,0)上单调递减，在区间(0,)上单调递增，所以()(0)0T xT，即()()f xt x，11 分设()t xm的根为，则，又函数()yt x单调递增，故，故又，所以2121112()2121memmexxxxmee 12 分1x)()()(111xhxfxhm22xx11xx 2xmx 2)()()(222xtxfxtm11xx
