射洪中学高2021级高三上期入学考试（文科）参考答案_2023年9月_01每日更新_8号_2024届四川省射洪中学高三上学期开学考试_四川省射洪中学2024届高三上学期开学考试文科数学

射洪中学高2021级高三上期入学考试
数学试题(文科)参考答案
1. 解析：C 由A={-1,0,1}，B={1,3,5}得A∩B={1}，
所以(A∩B)∪C={1}∪{0,2,4}={0,1,2,4}，故选C．
2. 解析：A 命题为全称量词命题，则命题的否定为∃x>2，log x≤1”．故选A．
2

3.【解答】解：z=i(1-i)=1+i，则z=1-i．故选：C．
4. 解析：A 令2x-1=3，得x=2，则f(3)=22-3=1．故选A．
k-2
5. 解析：B 函数f(x)=x2+(k-2)x的对称轴为x=- ，且开口向上，因为f(x)在[1，+∞)上是增函
2
k-2
数，所以- ≤1，解得k≥0．故选B．
2
2x，x>0，
6. 解析：∵f(x)=
f(x+1)，x≤0，
4
∴f-
3

4
=f- +1
3

1
=f-
3

1
=f- +1
3

2
=f
3

2 4 4
= ×2= ，f
3 3 3

4 8
=2× = ，
3 3
4
∴f-
3

4
+f
3

4 8
= + =4.
3 3
7. 解析：作出不等式组表示的区域如下图中阴影部分，
1 1 1
直线z=x+2y化为：y=- x+ z表示斜率为- 的
2 2 2
1 1 一组平行线，当y=- x+ z经过点B有最小值，
2 2
由  x+y-3=0 ⇒   x=2 ，所以B2,1
x-y+1=0 y=1
 ，
则z=x+2y的最小值为：z=2+2=4.故选：B.
8. 解析：令fx  =3x-3-x 
π π
cosx,x∈ - ,
 2 2
 ，
则f-x  =3-x-3x  cos-x  =-3x-3-x  cosx=-fx  ，
所以fx  为奇函数，排除BD；
π
又当x∈0,
2
 时，3x-3-x>0,cosx>0，所以fx 
y
C
2x-y-3=0
x-y+1=0
A
x+y-3=0 B
x
>0，排除C．
故选：A．
9. 解析：由f(2-x)=f(x+1)得f(3-x)=f(x)，
即f(3+x)=f(-x)=-f(x)，
从而f(6+x)=f(x)，所以f(x)为周期函数，且一个周期为6，
所以f(2 021)=f(5)=f(-1)=-f(1)=4.故选：B．
文科答案第1页 共7页10.解析：C 依题意，由f(3+x)=f(3-x)可知二次函数关于直线x=3对称，
又因f(4)<f(5)，则f(x)=ax2+bx+c在(3，+∞)单调递增，
所以f(x)开口向上且f(1)=f(5)，
根据二次函数的对称性，若f(1-x)<f(1)，即有1<1-x<5，所以-4<x<0．故选C．
11.解析：∵f(x)=x+sin x，
∴f′(x)=1+cos x≥0，∴f(x)单调递增，
∵2<log 6<3，∴f(2)<f(log 6)<f(3)，即b<c<a，故选D．
2 2
12.解析：f(x+1)为偶函数，故f(x+1)=f(-x+1)，
5 7
令x= 得：f
2 2

5
=f- +1
2

3
=f-
2
 ，
f(x-1)为奇函数，故f(x-1)=-f(-x-1)，
1 3
令x= 得：f-
2 2

1
=-f -1
2

1
=-f-
2

1
，其中f-
2

1 3
=- +1= ，
4 4
7
所以f
2

3
=f-
2

1
=-f-
2

3
=- ，A正确；
4
因为f(x-1)为奇函数，所以f(x)关于-1,0  对称，
又f(x+1)为偶函数，则f(x)关于x=1对称，所以f(x)周期为4×2=8，
故f(x+7)=f(x-1)，
所以f(-x+7)=f(-x-1)=-fx-1  =-fx-1+8  =-fx+7  ，从而f(x+7)为奇函数，B正确；
f(x)=-x2+1在x∈(-1,0)上单调递增，又f(x)关于-1,0  对称，所以f(x)在-2,0  上单调递增，且
f(x)周期为8，故f(x)在(6,8)上单调递增，C错误；
根据题目条件画出f(x)与y=-lgx的函数图象，如图所示：
y
3 2 1 O 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 x
其中y=-lgx单调递减且-lg12<-1，所以两函数有6个交点，故方程f(x)+lgx=0仅有6个实数解，
D正确.故选：C
4α 1 13.解析：设f(x)=xα，则 =2α=3，∴f
2α 2
 1 =
2
 α 1 = ．
3
文科答案第2页 共7页14.解析：设g(x)=x5+ax3+bx，则g(x)为奇函数．
由题设可得f(-3)=g(-3)-8=5，得g(-3)=13．
又因为g(x)为奇函数，所以g(3)=-g(-3)=-13，
于是f(3)=g(3)-8=-13-8=-21．
15.【解析】k=0时，0<3成立，
1+1
第一次进入循环：k=1,s= =2；1<3成立，
1
2+1 3
第二次进入循环：k=2,s= = ；2<3成立，
2 2
3
+1
2 5 5
第三次进入循环：k=3,s= = ，3<3不成立，此时输出s= ．
3 3 3
2
16.解析：作出函数fx  的大致图象，如图所示：
当x≤4时，fx  =-x2+4x对称轴为x=2，所以x +x =4， 1 2
若关于x的方程f(x)=t有四个实根x 1 ，x 2 ，x 3 ，x 4x 1 <x 2 <x 3 <x 4  ，则0<t<f2  =4，
由t=log (x-4)
2

65
=f(2)=4，得x= 或x=20，则5<x <20，
16 4
又log 2 (x 4 -4)=-log 2 (x 3 -4)，所以log 2x 3 -4  +log 2x 4 -4  =0，
所以x 3 -4  ⋅x 4 -4 
1
=1，所以x = +4，且x -4∈(1,16)， 3 x -4 4
4
1 1
所以2x + x =2 +4 3 2 4 x -4
4

1 2 1
+ 2 x 4 = x -4 + 2 x 4 -4
4
 +10
2 1
≥2 x -4 × 2 x 4 -4
4
 +10=2+10=12，
1
当且仅当 2 x 4 -4 
2
= ，即x =6时，等号成立， x -4 4
4
1
故x +x +x + x 的最小值为16.
1 2 3 4 4
17.解析：1  ∵A= x x-a  x-a+1    ≤0  =xa-1≤x≤a 
B=xx2+x-2<0  =x-2<x<1 
∵x∈A是x∈B的充分不必要条件，∴A⊊B
∴   a-1>-2 ，解得-1<a<1，所以，a∈-1,1
a<1
 .
文科答案第3页 共7页2  由题知:因为命题p:∃x∈B,x2+2m+1  x+m2-m>8为假命题，
∴¬p:∀x∈B,x2+2m+1

x+m2-m≤8为真命题
设gx  =x2+2m+1  x+m2-m-8
g-2 所以  ≤0
g1 


，解得: 

-1≤m≤6
≤0 -3≤m≤2
所以m∈-1,2 
18.解析：(1)∵f(x)+f(-x)=0，∴f(-x)=-f(x)，令x>0，则-x<0，
依题意知f(-x)=(-x)2+2(-x)=x2-2x，即-f(x)=x2-2x，故f(x)=-x2+2x；
当x=0时，f(0)+f(0)=0，故f(0)=0，
-x2+2x，x≥0，
故f(x)的解析式为f(x)=
x2+2x，x<0.
(2)由f(-x)=-f(x)，知f(x)是奇函数，图象关于原点对称，故函数f(x)的完整图象如图所示，
由图象可知，函数f(x)的单调递减区间是(-∞，-1]和[1，+∞)，单调递增区间是(-1,1)．x∈[-2,2]
时y=f(x)的值域为[-1,1]．
19.解析：(1)由国家创新指数得分的频率分布直方图可得，
“国家创新指数得分”在70≤x≤100的频率为(0.03+0.005+0.005)×10=0.4．
因此，中国的国家创新指数得分排名为0.4×40+1=17．
(2)由40个国家的人均国内生产总值和国家创新指数得分情况统计图可得2×2列联表如下：
人均国内生产总值
国家创新指数得分 合计
人均国内生产总值≤2 人均国内生产总值>2
国家创新指数得分≥65 2 20 22
国家创新指数得分<65 12 6 18
合计 14 26 40
40×(2×6-12×20)2
由2×2列联表可得χ2= ≈14.43，
14×26×18×22
由于14.43>10.828，
所以有99.9%的把握认为“人均国内生产总值影响国家创新指数得分”．
文科答案第4页 共7页(3)由(2)的结论说明：“人均国内生产总值与国家创新指数得分成线性相关关系”；事实上，我国的人均
国内生产总值并不高，但是我国的国家创新指数相对比较高，恰恰说明了“中国特色社会主义制度的优
越性，能够集中社会力量办大事”．
1
20.解析：(1)当a=-1时，f(x)= x2+2ln x-3x，
2
2 x2-3x+2 (x-1)(x-2)
则f′(x)=x+ -3= = (x>0)．
x x x
当0<x<1或x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
当1<x<2时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
所以f(x)的单调增区间为(0,1)和(2，+∞)，单调减区间为(1,2)．
(2)假设存在实数a，使g(x)=f(x)-ax在(0，+∞)上是增函数，
2a
则g′(x)=f′(x)-a=x- -2≥0在x∈(0，+∞)上恒成立．
x
x2-2x-2a
即 ≥0在x∈(0，+∞)上恒成立．
x
所以x2-2x-2a≥0在x>0时恒成立，
1 1 1
所以a≤ (x2-2x)= (x-1)2- 在x>0时恒成立．
2 2 2
1 1 1
令φ(x)= (x-1)2- ，x∈(0，+∞)，则其最小值为- ．
2 2 2
1
所以当a≤- 时，g′(x)≥0恒成立．
2
1
(x-1)2
又当a=- 时，g′(x)= ，当且仅当x=1时，g′(x)=0．
2 x
1
故当a∈-∞，-
2
 时，g(x)=f(x)-ax在(0，+∞)上单调递增．
21.解析：(1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．
x2 y2
设椭圆E的标准方程为 + =1(a>b>0)，焦距为2c，则b=c，
a2 b2
x2 y2
∴a2=b2+c2=2b2，∴椭圆E的标准方程为 + =1．
2b2 b2
2
又椭圆E过点1，
2

1
1 2
，∴ + =1，解得b2=1．
2b2 b2
x2
∴椭圆E的标准方程为 +y2=1．
2
文科答案第5页 共7页(2)由于点(-2,0)在椭圆E外，所以直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y=k(x+2)，设M(x ，y)，N(x ，y )．
1 1 2 2
y=k(x+2)，

由x2 消去y得，(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0．
+y2=1，
2
1 -8k2 8k2-2
由Δ>0得0≤k2< ，从而x +x = ，xx = ，
2 1 2 1+2k2 1 2 1+2k2
2-4k2
∴|MN|= 1+k2|x -x |=2 1+k2 ．
1 2 (1+2k2)2
3|k|
∵点F(1,0)到直线l的距离d= ，
2 1+k2
1 k2(2-4k2)
∴△FMN的面积为S= |MN|·d=3 ．
2 2 (1+2k2)2
令1+2k2=t，则t∈[1,2)，
(t-1)(2-t) -t2+3t-2 3 2 1 3
∴S=3 =3 =3 -1+ - =3 -2 -
t2 t2 t t2 t 4

2 1
+ ，
8
1 3 4 4
当 = 即t=  ∈[1，2
t 4 3 3

3 2 6
时，S有最大值，S = ，此时k=± ．
max 4 6
6 3 2
∴当直线l的斜率为± 时，可使△FMN的面积最大，其最大值 ．
6 2 4
22.解析：(1)由题可知：(x-2)2=(sinα-cosα)2=1-sin2α，y2=1+sin2α，
所以C 的普通方程为(x-2)2+y2=2
1
2 2
又ρ sinθ+ cosθ
2 2

2
- =0，即C 的直角坐标方程为：x+y-1=0
2 2
2 
2
x=1-
2
t
由(1)可知，C 的参数方程为： ， 2 2
y= t
2
2
代入C 中有：-1- t
1 2

2 1
+ t2=2，
2
即t2+ 2t-1=0，即tt =-1，t +t =- 2
1 2 1 2
1 所以 PA  1 + PB  PA =  +PB  PA  ⋅PB  = t 1  +t 2  t 1 t 2  =t 1 -t 2  = t 1 +t 2  2-4tt = 6 1 2
文科答案第6页 共7页1
23.解析：(1)当x≥ 时，fx
2

1
=2x+2x-1=4x-1<3，解得 ≤x<1；
2
1
当0<x< 时，则有fx
2

1
=2x+1-2x=1<3，解得0<x< ；
2
当x≤0时，fx 
1
=-2x+1-2x=1-4x<3，解得- <x≤0.
2
综上所述，不等式fx 
1
<3的解集为- ,1
2
 .
(2)证明：由绝对值三角不等式可得fx  =2x  +2x-1  ≥ 2x-2x-1    =1，
1
当且仅当0≤2x≤1时，即当0≤x≤ 时，等号成立，故m=1，
2
所以a+b  +b+c  =a+2b+c=1，
又因为a，b，c均为正数，
1 1 1 1
所以 + = +
a+b b+c a+b b+c
 a+b  +b+c   
a+b b+c a+b b+c
=2+ + ≥2+2 ⋅ =4，
b+c a+b b+c a+b
1 1 1
当且仅当a+b=b+c= 时，等号成立，故 + ≥4
2 a+b b+c
文科答案第7页 共7页