数学答案_2024届河南省周口市项城市第三高级中学高三上学期第三次段考_河南省周口市项城市第三高级中学2024届高三上学期第三次段考数学

参考答案： 1．D2．A3．C4．C5．D6．C7．A8．C 9．BC 10．AD 11．AC 12．BD T   【详解】由图象可知A2，   ，即T ， 4 3 12 2  所以 2，又 f  2， T 12    骣π 可得2sin2 2 ，即sin琪琪 +φ =1，  12  桫6     又因为 ，所以 ，所以 f x2sin2x ，故A正确； 2 3  3  将y f x的图象向左平移 个单位， 4       可得ygx 2sin2x    2cos2x  ，   4 3  3     2  当x 时，2x 2   ，g 12，故B错误； 6 3 6 3 3  6       当x 时，2x 2   ，g 0，故C正确； 12 3 12 3 2 12     当x   ,  时，则2x 0,，函数gx单调递减，故D错误.  6 3 3 故选：BD 5 1 13． 14．1 【15． （答案不唯一） 5 2 【详解】令 f(x)0，当x0时，由 x 0得x0，即x0为函数 f(x)的一个零点， 故当x0时，2x b0有一解，得b(0,1) 1 故答案为： （答案不唯一） 2 2 5 16． ； 5  5 2 5  2 5 【详解】f(x)＝sinx－2cosx＝ 5   sinx cosx  ＝ 5sin(x－φ)，其中sinφ＝ ，  5 5  5   5 cosφ＝ ，当x－φ＝2kπ＋ (k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋ ＋φ时，函 5 2 2 2 5 数f(x)取到最大值，所以cosθ＝－sinφ＝－ . 5  17．【详解】（1）f(x)＝sin(2x )， 6 答案第1页，共4页 {#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}2 所以f(x)的最小正周期为T＝ ＝π； 2     7 （2）因为x∈  0,  ，所以2x＋ ∈  ,  ，  2 6 6 6  根据正弦函数y sinx 的图像可知：    当2x＋ ＝ ，即x＝ 时，f(x)取得最大值1， 6 2 6  7  1 当2x＋ ＝ ，即x＝ 时，f(x)取得最小值－ ； 6 6 2 2 1 综上，最小正周期为 ，最大值为1，最小值为 . 2 18．【详解】（1）由 f x2x34x2可得 fx6x28x （2）由 f(x)xex可得 fxexxex x1ex （3）由 f(x)xsinxcosx得 fxsinxxcosxsinx xcosx （4）由 f(x) x1 得 fx x1x1 = 2 x1 x12 x12 19．【详解】（1）函数 f(x)log (3x 1)（a0且a1）， f(2)log 83， a a a2，函数 f(x)log (3x1)． 2 若x 1,2 ，3x1 2,8 ， 故 f x的取值范围为 1,3 ． （2）不等式 f x3，即log (3x 1)3，03x18，解得0x2， 2 故不等式的解集为0,2 ． 20．【详解】（1）设等差数列a 的首项为a ，公差为d， n 1  98 9a  d (a 4d) 根据题意有 1 2 1 ，  a 2d 4 1 a 8 解答 1 ，所以a 8(n1)(2)2n10 ， d 2 n 所以等差数列a 的通项公式为a 2n10； n n （2）由条件S a ，得9a a ，即a 0， 9 5 5 5 5 答案第2页，共4页 {#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}因为a 0，所以d 0，并且有a a 4d 0，所以有a 4d ， 1 5 1 1 n(n1) 由S a 得na  d a (n1)d ，整理得(n29n)d (2n10)d， n n 1 2 1 因为d 0，所以有n29n2n10，即n211n100， 解得1n10， 所以n的取值范围是：1n10(nN) 21．【详解】（1）AB3C， π πC 3C，即C  ， 4 又2sin(AC)sinBsin(AC)， 2sinAcosC2cosAsinC sinAcosCcosAsinC， sinAcosC 3cosAsinC， sinA3cosA， π 即tanA3，所以0A ， 2 3 3 10 sinA  . 10 10 1 10 （2）由（1）知，cosA  ， 10 10 2 3 10 10 2 5 由sinBsin(AC) sinAcosCcosAsinC (  ) ， 2 10 10 5 2 5 5 由正弦定理， c  b ，可得b 5  2 10 ， sinC sinB 2 2 1 1  ABh ABACsinA， 2 2 3 10 hbsinA 2 10 6 . 10 1 1 1 1x 22【详解】（1）当a0时， f x lnx,x0，则 fx   ， x x2 x x2 当x0,1时， f ¢( x )>0， f x单调递增； 当x1,时， fx0， f x单调递减； 所以 f x  f 11； max 答案第3页，共4页 {#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}1 1 a1 ax1x1 （2） f xax a1ln x, x0，则 fxa   ， x x2 x x2 当a0时，ax10，所以当x0,1时， f ¢( x )>0， f x单调递增； 当x1,时， fx0， f x单调递减； 所以 f x  f 1a10，此时函数无零点，不合题意； max 当0a1时， 1 1，在0,1,   1 ,  上， f ¢( x )>0， f x单调递增； a a   1 在1, 上， fx0， f x单调递减；  a 又 f 1a10， 1 1 由（1）得 lnx1，即ln 1x，所以lnxx,ln x  x,lnx2 x， x x 1 1 当x1时， f(x)ax (a1)lnxax 2(a1) x ax(2a3) x， x x 则存在m   3 2   2  1 ，使得 f m0， 所以 f x仅在   1 ,  有唯一零点，符合题意； a  a a  当a1时， fx x12  0 ，所以 f x单调递增，又 f 1a10， x2 所以 f x有唯一零点，符合题意； 当a 1时， 1 1，在  0, 1 ,1,上， f ¢( x )>0， f x单调递增； a  a 1  在 ,1上， fx0， f x单调递减；此时 f 1a10， a  1 1  1  由（1）得当0 x1时，lnx1 ，ln x 1 ，所以lnx21  ， x x  x  1 1  1  1 2(a1) 此时 f(x)ax (a1)lnxax 2(a1)1    , x x  x  x x 1 1  1 1  存在n  ，使得 f(n)0，所以 f x在0, 有一个零点，在 ,无零点， 4(a1)2 a  a a  所以 f x有唯一零点，符合题意； 综上，a的取值范围为0, . 答案第4页，共4页 {#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}