辽宁省沈阳市高中2023届高三教学质量检测（三）数学答案

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2023 年沈阳市高三质量检测（三）
参考答案
1-5.ADABC 6-8.BAC
9.ABD 10.ACD 11.AD 12.BCD
13. 14. 7 或
16
7
；
15
8
(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
1y x 
和
( ) 2x
g x
的图象如下图所示：
由图可知，当
0x
或
1x
时，两图象相交，
若
( )f x
的值域是
R
，以实数
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
0 1a 
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
的取值范围是
0 1a 
.
故选：B
8．C
∵
5 5 5
5
4 log 3 3 log log 125
3 3
log 3 0
4 4
81
4 4
a 
   
，∴
3
4
a
，
∵
5 5 5
5
3log 3 2 log log
2 2
log 3 0
3 3 3 3
27 25
a 
   
，∴
2
3
a
，则
2 3
3 4
a 
.
∵
13 13 13
13
4 log 8 3 log log 2197
3 3
log 8 0
4 4 4
6
4
409
b 
   
，∴
3
4
b
，
∵
9
e4
，∴
3
e2
，
 
12
e3
，即
1
22
e3
，则
< <c a b
.
故选：C.
11．AD
因为
 
sin cos sin cos
2
x x x x
f x   
，
所以当
sin cosx x
，即
π 5π
2 π 2 π
4 4
k x k  
，
Zk
时，
 
sin cos sin cos cos
2
x x x x
f x x
 
 
，
）,
1
(e
3
8
),2(2,8( ）
当
sin cosx x
，即
3π π
2 π 2 π
4 4
k x k  
，
Zk
时，
 
sin cos sin cos sin
2
x x x x
f x x
 
 
，
所以
 
cos ,sin cos
sin ,sin cos
x x x
f x x x x
，A正确；
因为函数
cosy x
在
 
2 π, 2 π πk k
，
Zk
上单调递减，
函数
cosy x
在
 
2 π π, 2 πk k
，
Zk
上单调递增，
函数
siny x
在
π π
2 π , 2 π
2 2
k k
 
 
 
 
，
Zk
上单调递增，
函数
siny x
在
π 3π
2 π+ , 2 π+
2 2
k k
 
 
 
，
Zk
上单调递减，
又当
3π π
2 π 2 π
4 4
k x k  
，
Zk
时，
 
sinf x x
，
当
π 5π
2 π 2 π
4 4
k x k  
，
Zk
时，
 
cosf x x
，
所以函数
 
f x
的单调递减区间为
 
3π π
2 π, 2 π Z
4 2
k k k
 
 
 
和
 
π2 π, π 2 π Z
4k k k
 
 
 
 
，B错误；
当
3π π
2 π 2 π
4 4
k x k  
，
Zk
时，
 
2
sin 2
f x x 
，
当
π 5π
2 π 2 π
4 4
k x k  
，
Zk
时，
 
2
cos 2
f x x 
，
当且仅当
π
2 π 4
x k 
，
Zk
时取等号；
所以
 
f x
的最大值为
2
2
，C错误；
因为方程
 
f x a
在
0, 2π
上有四个实数解，
所以函数
 
y f x
的图象与函数
y a
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
2
12
a  
，D正确；
故选：AD.
12.BCD
函数
1 2 7
( ) ( )( ) ( )f x x x a x a x a  
，
则
1 2 7 1 2 7
( ) ( )( ) ( ) [( )( ) ( )]f x x a x a x a x x a x a x a    
，
因为
(0) 1f 
，所以
1 2 7 1a a a 
，
由等比数列的性质可得
2
1 7 2 6 3 5 4
a a a a a a a  
，
所以
7
1 2 7 4 1a a a a 
，所以
41a
，
由
11a
，可得
0 1q 
，故
B
正确；
因为等比数列
{ }
n
a
首项
11a
，公比为
，所以
1n
n
aq
a
，
则
1
1
lg lg lg lg 0
n
n n
n
a
a a q
a
 
，故
{lg }
n
a
为单调递减的等差数列，故
A
错误；设
1 1 1 1
(1 )
1 1 1 1
n
n
n n
a a q a a
b S q
q q q q
   
 
，则
1
1
1
1
1
1
n
n
n
n
aq
bqq
a
bq
q
 
为常数，
因为
0 1q 
，所以
10
1
a
q
，
n
q
单调递减，
所以
1
{ }
1
n
a
Sq
为单调递增的等比数列，故
C
正确；
因为
1 2 7 1a a a 
，且
1 2 7 0a a a  
，所以
1 2 6 1a a a 
，
7
0 1a 
，
所以使得
1
n
T
成立的
的最大值为 6，故
D
正确.
16. (
, + )
解：对任意的(1, + )，不等式e + 1
+ 1 ln> 0 恒成立，
即(+ 1) > (+ 1)ln，显然> 0，
所以( + 1)ln > (+ 1)ln ①，
令() = (+ 1)ln，(1, + )，
则′() =
+ 1 + ln，(1, + )，
设() = ′() =
+ 1 + ln，所以′() =
+
=
，
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>
，
令() = 
，(1, + )，
则′() = 
，
当(1, )时，′() > 0，当(, + )时，′() < 0，
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