黑龙江省双鸭山市第一中学2023-2024学年高三数学上学期开学考试（8月）（PDF版附解析）

双鸭山市第一中学2023-2024学年度（上）高三数学开学考试题一、单选题3x2Nx|01.若全集UR，集合Mx|x4，x1，则M(ðUN)等于A.{x|x2}B.{x|x2或x3}C.{x|x3}D.{x|2x3}【答案】B【解析】【分析】求解集合M,N，按照补集的运算求出ðUN，计算交集即可.【详解】解：M{x2或x2}，N{x|1x3}，∴(ðUN){x|x1或x3}，则M(ðN){x|x2或x3}.U故选：B．2.若a0,b0，则“ab4”是“ab4”的A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】本题根据基本不等式，结合选项，判断得出充分性成立，利用“特殊值法”，通过特取a,b的值，推出矛盾，确定必要性不成立.题目有一定难度，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当a>0,b>0时，ab2ab，则当ab4时，有2abab4，解得ab4，充分性成立；当a=1,b=4时，满足ab4，但此时a+b=5>4，必要性不成立，综上所述，“ab4”是“ab4”的充分不必要条件.【点睛】易出现的错误有，一是基本不等式掌握不熟，导致判断失误；二是不能灵活的应用“赋值法”，通过特取a,b的值，从假设情况下推出合理结果或矛盾结果.43.函数f(x)lnx的零点位于区间（）x第1页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)【答案】D【解析】【分析】根据连续函数f(x)满足f(3)0，f(4)0，由此可得函数f(x)的零点所在的区间.4【详解】解：函数f(x)lnx是连续单调增函数，x43e54.5，327，所以343e，301可得4，e343f(3)ln3ln04，3e3f(4)ln410，f(3)f(4)0.故函数f(x)的零点位于区间(3,4)内，故选：D.π4.为了得到ycos2x的图象，可以将函数ycosx的图象（）61πA.每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度26πB.每个点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度6πC.每个点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度121πD.每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位长度212【答案】D【解析】【分析】根据函数解析式判断图象平移过程即可.1【详解】将ycosx每个点的横坐标缩短到原来的倍，纵坐标不变得ycos2x，2第2页/共20页学科网（北京）股份有限公司 πππ再向左平移个单位长度得ycos2(x)cos(2x).12126故选：Da25.已知点8,m在幂函数f(x)m3x的图象上，则函数g(x)logaxmx5的单调减区间为（）A.(-1,2)B.,2C.2,5D.2,【答案】A【解析】【分析】由幂函数的性质求得m，把点的坐标代入幂函数解析式求得a，再由复合函数的单调性求解.a【详解】因为f(x)m3x是幂函数，所以m31，则m4，fxmxa的图象上，所以48a又点8,m在幂函数()3，得alog84(0,1)，22函数g(x)logaxmx5化为g(x)logax4x5.2令tx4x5，由t0，得1x5，因为外函数ylogat为定义域内的减函数，2而内函数tx4x5的对称轴为x2，且在(-1,2)上为增函数，2所以函数g(x)logaxmx5的单调减区间为(-1,2).故选：A.x6.已知定义在R上的奇函数f(x)满足fx2f(x)，当x0,1时，f(x)21，则（）1111A.f6f7fB.f(6)ff(7)221111C.f(7)ff(6)D.ff(6)f(7)22【答案】B【解析】【分析】由题干条件可知，函数f(x)表示以4为周期的周期函数，又因为f(x)为奇函数，所以11fxf(x)，根据周期性和对称性将所求f6、f7、f转到x0,1内求值，即可比较大2第3页/共20页学科网（北京）股份有限公司 小.【详解】由题意得，因为fx2f(x)，则fx4f(x)，所以函数f(x)表示以4为周期的周期函数，又因为f(x)为奇函数，所以fxf(x)，所以f(6)f(42)f(2)f(0)0，f(7)f(81)f(1)1，113311ff4fff21，2222211所以f(6)ff(7).2故选：B.7.将函数f(x)2sin(2x)0的图象向左平移个单位长度后得到函数yg(x)的图象，26若函数yg(x)为偶函数，则A.函数f(x)的最小正周期为2B.函数f(x)的图象关于点,0对称3C.函数f(x)的图象关于直线x对称D.函数f(x)在,上单调递增1236【答案】D【解析】【分析】根据题意结合平移变换得g(x)2sin(2x)，又函数yg(x)为偶函数得f(x)2sin(2x)，36再结合三角函数的图像和性质逐一判定即可.【详解】解：由题意得f(x)2sin(2x)0的图象向左平移个单位长度后得到函数26g(x)f(x)2sin(2(x))2sin(2x)663若函数yg(x)为偶函数，则k(kZ)k(kZ)326因为0，所以，所以f(x)2sin(2x)266第4页/共20页学科网（北京）股份有限公司 2对于A，最小正周期T，错误；2对于B，f()2sin(2)0，错误；336对于C，f()2sin(2)1，错误；12126对于D，令2k2x2k(kZ)得kxk(kZ)，26236所以函数f(x)在,上单调递增，正确；36故选：D.【点睛】求三角函数单调区间的2种方法:（1）代换法:就是将比较复杂的三角函数处理后的整体当作一个角u(或t)，利用基本三角函数的单调性来求所要求的三角函数的单调区间；（2）图象法:函数的单调性表现在图象上是从左到右，图象上升趋势的区间为单调递增区间，图象下降趋势的区间为单调递减区间，画出三角函数的图象，结合图象易求它的单调区间.8.已知函数yfx1的图像关于直线x1对称，且当x,0，fxxfx0成立，若1.51.511a2f2，bln3fln3，clog1flog1，则（）4422A.abcB.bacC.cabD.bca【答案】D【解析】【分析】先得到yfx为偶函数，再构造函数gxxfx，利用题目条件判断单调性，进而得出大小关系.【详解】函数yfx1的图像关于直线x1对称，可知函数yfx的图像关于直线x0对称，即yfx为偶函数，构造gxxfx，当x,0，gxfxxfx0，故ygx在,0上单调递减，且易知gx为奇函数，故ygx在0,上单调递减，由1.511.5122log1ln30，所以g2glog1gln3.4422故选：D.二、多选题9.ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）第5页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.若AB，则sinAsinBB.若A30，b4，a3，则ABC有两解222C.若ABC为钝角三角形，则abc22πD.若c(ab)6，C，则ABC的面积是33【答案】AB【解析】【分析】利用正弦定理可以判断A正确；由正弦定理与三角形大角对大边的性质，可判断B正确；由余弦定理，可得C错误；由余弦定理和三角形面积公式可得D错误.【详解】A.因为AB，由大角对大边得ab，所以由正弦定理可得sinAsinB，故A正确.344π2B.由正弦定理得πsinB，sinBsin，sin3636π又ba，A是锐角，sinBsin，6所以B角可以是锐角或者钝角，所以ABC有两解，故B正确.C.若ABC为钝角三角形，若A为钝角，C为锐角，222abc222则由余弦定理cosC0，此时abc，故C错误.2abπ222C222D.由余弦定理cab2abcosC且，得cabab；32222又c(ab)6ab2ab6，所以ab6；113又SabsinC63；故D错误.ABC222故选：AB.10.下列结论正确的是（）1A.当x1时，x2x51B.当x时，4x2的最小值是544x51C.当x0时，x的最小值是2x第6页/共20页学科网（北京）股份有限公司 149D.设x0，y0，且xy2，则的最小值是xy2【答案】AD【解析】【分析】利用基本不等式研究最值即可做出判定，对于BC要注意正负的转化，对于D要注意常数的代换.1【详解】A选项：当x1时，x≥1，x2，当且仅当x1时等号成立，A选项正确；x511B选项：当x时，4x50，则4x254x3231，44x554x1当且仅当54x即x1时等号成立，B选项错误；54x1C选项：当x0时，x的最小值是2；x1当x0时，x的最大值是2，xC选项错误；141411y4x19D选项：当x0，y0，xy14524，xyxy22xy2224当且仅当x,y时等号成立,D选项正确.33故选：AD.【点睛】本题考查基本不等式的应用，属于基础题.注意“一正二定三相等"的要求和灵活转化后利用基本不等式研究最值.11.已知函数fxAsinxA0,0,的部分图像如图所示，下列结论正确的是（）2第7页/共20页学科网（北京）股份有限公司 A.fx的周期为ππB.fx的图像关于点,0对称3ππC.将函数y2sin2x的图像向左平移个单位长度可以得到函数fx的图像612D.方程fx3在0,2π上有3个不相等的实数根【答案】ACD【解析】【分析】根据图象，通过最值、最小正周期、代点，求得函数解析式，利用周期的定义、正弦函数的对称性、图象变换、三角函数运算，解得整体思想，可得答案.【详解】由图象可知，fx2，且A0，则A2，maxππ2πT4π，由T，且0，解得2，312ππ将,2代入fx2sin2x，可得2sin22，1212πππ解得2kπkZ，由，则，323π可得fx2sin2x，3对于A，函数fx的最小正周期为π，故A正确；ππππ对于B，令x，f2sin230，故B错误；3333πππ对于C，由题意，平移后的函数解析式为y2sin2x2sin2xfx，故C正1263确；ππ3对于D，由方程fx3，2sin2x3，sin2x，332πππ2π则2x2kπkZ或2x2kπkZ，11223333π化简可得xk1πk1Z或xk2πk2Z，6第8页/共20页学科网（北京）股份有限公司 π7π由x0,2π，则x或π或，故D正确.66故选：ACD.2x12.对于函数f(x)，下列说法正确的是（）lnxA.fx在(0,e)上单调递减，在(e,)上单调递增B.若方程f(|x|)2m有4个不等的实根，则meC.当0<x1<x2<1时，x1lnx2x2lnx12D.设g(x)2xa，若对x1R，x2(1,)，使得2gx1fx2成立，则ae【答案】BD【解析】【分析】由函数定义域为{x|x0且x1}可得A错误；因yfx和y2m都是偶函数，由对称性2x2x可知，只需要f(x)的图像与y2m的图像有两个交点，考查f(x)的性质，可得B正确；考lnxlnx2x查f(x)的性质可得C错误；分别算出两函数的值域，由集合间的关系可得D正确.lnx2x【详解】A.fx，所以fx的定义域为{x|x0且x1}，故A错误lnxB.如图所示因为fx偶函数，当x0时，考查函数fx的性质，2xfxx1lnx2xlnx2xlnx2lnx2fx22lnxlnx当x0,1时，fx0，所以fx在(0,1)上单调递减且fx0，第9页/共20页学科网（北京）股份有限公司 当x1,e时，fx0，所以fx在(1,e)上单调递减且fx0，当xe,+时，f¢(x)>0，所以fx在(e,)上单调递增且fx0，所以当xe时，函数fx的极小值为fe2e若方程f(|x|)2m有4个不等的实根，由偶函数的对称性可得，当x0时fx2m有两个不等实数根，即yfx与y2m有两不同交点，2m2e，即me，故B正确2x2x12C.由B知，当0<x1<x2<1时，，又lnx1lnx20，lnxlnx122x2x12所以lnx1lnx2lnx1lnx2，即x1lnx2x2lnx1，故C错误.lnxlnx122D.g(x)2xa，当xR时，2gx的值域为GyR|y2a，当x1,时，由B知fx的值域为FyR|y2e若对x1R，x2(1,)，使得2gx1fx2成立，则GF，所以2a2e，即ae，故D正确.故选：BD.三、填空题213.已知扇形的面积为4cm，该扇形圆心角的弧度数是2，则扇形的弧长为__________cm.【答案】4【解析】【分析】根据面积公式以及弧长公式即可求解.【详解】设扇形的弧长为l，半径为R，由已知可得，圆心角2，面积S4，lR,l2R,所以有12即2SR,R4,2R2解得.l4故答案为：4.第10页/共20页学科网（北京）股份有限公司 214.曲线yaxlnx在点1,a处的切线与直线y2x平行，则a__________.1【答案】##0.52【解析】【分析】由题意可得f12，从而可求出a的值.21【详解】由yaxlnx，得y2ax，x2因为曲线yaxlnx在点1,a处的切线与直线y2x平行，1所以2a12，得a，21故答案为：215.如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶，到A处时测得公路北侧一山顶D在西偏北30的方向上，行驶800m后到达B处，测得此山顶在西偏北75的方向上，仰角为45，则此山的高度CD__________m．【答案】4002【解析】【分析】根据已知，利用正弦定理以及直角三角形的性质计算求解.【详解】如图，在ABC中，BAC30，CBA105，所以ACB45，800BCABBC又AB800，由正弦定理有：，即21，sinBCAsinCAB22第11页/共20页学科网（北京）股份有限公司 解得BC4002，又△BCD是直角三角形，且CBD45，所以CDBC4002，所以此山的高度CD4002m.故答案为：4002.16.已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，f(x)为奇函数，g(x1)为偶函数，f(1)2，2023g(x2)f(x)1，则g(i)________.i1【答案】2023【解析】【分析】根据题意分析可得fx2fx，进而可得函数f(x)是以4为周期的周期函数，且fxfx1fx2fx30，进而可得结果.【详解】因为g(x1)为偶函数，则g(x1)g(x1)，又因为g(x2)f(x)1，则g(x1)f(x1)1，g(x1)f(x1)1，即f(x1)1f(x1)1，可得f(x1)f(x1)，因为f(x)为奇函数，则f(x)fx，且f(0)0，可得f(x1)fx1，即fx1fx1，则fx2fx，可得fx4fx2fxfx，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，由fx2fx，可得fx2fx0，fx3fx10，则f1f10，即fxfx1fx2fx30，202320232023所以g(i)f(i2)1f(i2)2023f1f0f120232023.i1i1i1故答案为：2023.【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题．四、解答题第12页/共20页学科网（北京）股份有限公司 π11117.（1）已知,0,，cos，cos()，求sin的值；27141π（2）已知0π，sincos，求sin2的值．3438234【答案】（1）；（2）218【解析】【分析】（1）根据同角三角函数的基本关系式、两角差的正弦公式求得正确答案.（2）先求得sin2,cos2，然后利用两角差的正弦公式求得正确答案.π【详解】（1）依题意，,0,,0,π，2243253所以sin1cos,sin1cos，714所以sinsin53111433.1471472118（2）由sincos两边平方得12sincos,2sincos0，399π2817所以0，所以sincossincos12sincos1，29317171sincossin36由解得，1171sincoscos36822则sin22sincos,cos2cossin917117cossincossin.339π228178234所以sin2sin2cos2.422918第13页/共20页学科网（北京）股份有限公司 2π18.已知函数fx3sin2x2cosx0，若函数f(x)图象相邻两条对称轴间的距离是2（1）求及f(x)单调递减区间.ππ（2）若方程f(x)m在,上有解，求实数m的取值范围.44π2π【答案】（1）1，单调递减区间为[kπ,kπ](kZ)；63（2）m(13,3].【解析】π【分析】（1）利用三角恒等变换得到f(x)2sin(2x)1，然后利用题意得到周期Tπ，代入周期6的计算公式可得，然后代入正弦函数即可求解；ππ（2）结合（1）的结论，求出函数f(x)在,上的值域即可求解.44【小问1详解】2π因为fx3sin2x2cosx3sin2xcos2x12sin(2x)1，6π又fx图象相邻两条对称轴间的距离是，所以函数f(x)的周期为Tπ，22ππ所以π，则1，所以f(x)2sin(2x)1，26ππ3ππ2π令2kπ2x2kπ,kZ，解得kπxkπ,kZ，26263π2π所以函数fx单调递减区间为[kπ,kπ](kZ).63【小问2详解】π由（1）知：f(x)2sin(2x)1，6ππππ2ππ因为x,，所以2x(,)，则2sin(2x)(3,2]，446336ππ所以f(x)(13,3]，要使fxm在,上有解，则m(13,3].44xx19.设函数fxak1a（a0且a1）是定义域为R的奇函数．（1）求实数k的值．（2）若f10，判断函数fx的单调性，并证明．第14页/共20页学科网（北京）股份有限公司 2（3）在（2）的条件下，若对任意的x1,2，存在t1,2使得不等式fxtxf2xm0成立，求实数m的取值范围．【答案】（1）k2；（2）fx是R上单调增函数，证明见解析；（3）(,10).【解析】【分析】（1）由函数fx是定义域为R的奇函数，得到f00，即可求解；xx（2）由（1）知函数fxaa，根据f10，得到a1，利用函数单调性的定义，即可求解；fx2txf2xm0，结合函数的性质，得的2（3）由xtx2xm，转化为2mx2tx对任意的x1,2都成立，结合二次函数的性质，即可求解.xx【详解】（1）由题意，函数fxak1a是定义域为R的奇函数，可得f00，即f02k0，解得k2，xx此时函数fxaa，经检验是奇函数，所以k2.xx（2）由（1）知函数fxaa，1因为f10，即f1a0，可得a1，a任意x1,x2R，且x1x2，fxfxax1ax1ax2ax2ax1ax211则12xxa1a2xxx因为x1x2，且yaa1在R上单调增函数，所以a1a201又因为1xx0，所以fx1fx20，即fx1fx2，a1a2xx所以fxaa是R上单调增函数.22（3）由fxtxf2xm0，可得fxtxf2xm，2因为函数fx为R上奇函数，所以fxtxf2xm，又因为fx是R上单调增函数，所以2xtx2xm，2即mx2tx对任意的x1,2都成立，第15页/共20页学科网（北京）股份有限公司 2只需mx2txmin22t3设函数gxx2tx，可得对称轴x2,，22所以gx82t，所以m82t，min因为存在t1,2，使得m82t，只需m82t，所以m10，max即实数m的取值范围(,10)．220.已知函数f(x)ax(a2)xlnx（a0）．1（1）若x1是函数f(x)的极值点，求f(x)在区间,2上的最值；2（2）求函数f(x)的单调增区间．【答案】（1）最小值为2，最大值为2ln2（2）答案见解析【解析】【分析】（1）求出函数的导函数，依题意可得f10，即可求出参数a的值，从而求出函数的单调区间，再计算区间端点函数值，即可求出函数的最值；（2）求出函数的导函数，分a2、a2、0a2三种情况讨论，分别求出函数的单调递增区间.【小问1详解】21解：因为f(x)ax(a2)xlnx，所以f(x)2ax(a2)，x因为已知x1是函数f(x)的极值点．1所以1是方程f(x)2ax(a2)0的根，x所以a10，故a1，经检验符合题意，2(2x1)(x1)所以f(x)x3xlnx，则f(x)，x1所以当x1时f(x)0，当1x2时f(x)0，21所以函数f(x)在(,1)上单调递减，在(1,2]上单调递增；215又f()ln2，f(1)2，f(2)2ln2，2413且f()f(2)2ln20，24第16页/共20页学科网（北京）股份有限公司 1所以f(x)在区间,2上的最小值为f(1)2，2最大值为f(2)2ln2；【小问2详解】1解：f(x)2ax(a2)，x22ax(a2)x1(2x1)(ax1)所以f(x)，xx因为x0，a0，11当a2时，令f(x)0，解得0x或x，a211所以函数f(x)的单调增区间为(0,)，(,)，a2(2x1)(2x1)当a2时，f(x)0恒成立，所以函数f(x)的单调增区间为(0,)，x11当0a2时，令f(x)0，解得0x或x，2a11所以函数f(x)的单调增区间为(0,)，(,)，2a11综上可得，当a2时单调增区间为(0,)，(,)；a2当a2时单调增区间为(0,)；11当0a2时单调增区间为(0,)，(,).2a21.在①2bccosAacosC，②asinB3bcosA，③acosC3csinAbc，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并完成解答.问题：锐角ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知______.（1）求A；（2）若a4，求bc的取值范围.π【答案】（1）A3（2）43,8【解析】【分析】（1）①②③中任选一个均先利用正弦定理边角互换，再利用三角恒等变换化简即可求解.第17页/共20页学科网（北京）股份有限公司 83(2)由正弦定理，将bc表示为sinBsinC，由三角形的内角和为π和辅助角公式将原式整理为3π8sinC，找出C角的范围，从而得解.6【小问1详解】若选①，(2bc)cosAacosC2sinBcosAsinCcosAsinAcosC2sinBcosAsinAcosCcosAsinCsinACsinB，π1π∵A、B、C0,，sinB0cosAA；223若选②，asinB3bcosAsinAsinB3sinBcosA，ππ∵A、B、C0,，sinB0sinA3cosAtanA3A；23若选③acosC3csinAbcsinAcosC3sinCsinAsinBsinCsinAcosC3sinCsinAsinACsinC3sinCsinAsinCcosA1ππ∵A、B、C0,，sinC03sinAcosA12sinA，26ππππππ而A,AA.663663【小问2详解】bca483因为a4，所以由正弦定理得：sinBsinCsinAπ3，sin38383πbcsinBsinCsinCsinC3338331πcosCsinCsinC8sinC，3226π0C2∵ABC是锐角三角形，∴,2ππ0C32第18页/共20页学科网（北京）股份有限公司 ππ∴C,62ππ2ππ3∴C,∴sinC,1∴bc43,8.63362222.已知函数fxx2lnx2，gxx(3a)x21a(aR).（1）求函数fx的极值；（2）若不等式fxg(x)在x(2,)上恒成立，求a的取值范围；111113*（3）证明不等式：1+1+1+1+e(nN).23n44441【答案】（1）极小值为，无极大值e（2）,0（3）证明见解析【解析】【分析】（1）对fx求导，借助fx的正负判断fx的单调性，进而求出fx的极值；（2）不等式fxg(x)x(2,)上恒成立，等价转化为lnx2x1a，然后分离参数得ax1ln(x2)，设h(x)x1ln(x2),x(2,)，求h(x)min即可.111（3）由（2）知x+1lnx2在1,上恒成立，令xn1，则有ln1nn，然后借助不等式444同向可加性及等比数列前n项和公式求证.【小问1详解】1由f(x)0可得x(2,)，此时fx单调递增；e1由f(x)0可得x(,2)，此时fx单调递减；e11所以当x2时，f(x)有极小值，极小值为，无极大值ee【小问2详解】由不等式fxg(x)x(2,)上恒成立，2得x2lnx2x(3a)x21a，因为x(2,)，lnx2x1a，第19页/共20页学科网（北京）股份有限公司 所以ax1ln(x2)在x(2,)上恒成立x1设h(x)x1ln(x2),x(2,)，则hx=，x2x1由h(x)==0得x=1x2所以h(x)在(2，1)上递减，在(1，)上递增，所以h(x)minh(1)0即a0，所以a,0【小问3详解】证明：由（2）得x+1lnx2在1,上恒成立，111令xn1，则有ln1nn，44411111111ln1+ln1++ln1+++=(1-)2n2nn4444443411111ln111(1-)2nn44434*11111111nN，(1-)，ln111，n2n43434443111111+1+1+1+e3.23n4444【点睛】关键点点睛：本题（2）考察不等式恒成立问题，可以分离参数，转化为求最值问题：1本题（3）的证明需要借助（2）的结论，即x+1lnx2在1,上恒成立，然后令x1，则有n411ln1nn，然后借助不等式同向可加性及等比数列前n项和公式求证.44第20页/共20页学科网（北京）股份有限公司