江西省丰城中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学答案(1)_2023年9月_029月合集_2024届江西省宜春市丰城中学高三上学期开学考试

丰城中学 2023-2024 学年上学期高三入学考试
数学试题答案 2023.9.1
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 C B D A D B C C ABCD BCD ABD BC
6．B
【分析】结合复合函数的单调性及二次函数的性质对m进行分类讨论，再由分段函数的性
质可求．
【详解】若m0时，
当x1时， f(x)log 3xm mlog 3x单调递增，此时 f(x)mlog 31m；
2 2 2
当x1时， f(x)x26xm(x3)2m9，在(3,)上单调递增，在[1,3)上单调递减，
此时 f(x) f(3)m9，
9
若函数值域为R，则需m9m，解得0m ；
2
若m0时，
当x1时， f(x)log 3xm mlog 3x单调递减，此时 f(x)mlog 31m；
2 2 2
当x1时， f(x)x26xm(x3)2m9，在(3,)上单调递增，在[1,3)上单调递减，
此时 f(x)m9，
所以，不满足函数值域为R，不符合题意，舍去，
若m0时，
当x1时， f(x)0；
当x1时， f(x)x26x(x3)29 ，在(3,)上单调递增，在[1,3)上单调递减，此时
f(x)9，
所以，不满足函数值域为R，不符合题意，舍去，
9
综上m的取值范围为(0, ]，
2
故选：B.
7．C
4 4 G
【分析】由已知可得D ，再由0.5( )18 0.2，结合指对数关系及对数函数的性质求解即
5 5
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}可．
【详解】由题设可得 18 ，则D 4 ，
0.5D18 0.4
5
2
所以 0.5   5 4   1 G 8 0.2 ，即G18log 5 4 5 2  18 lg lg 4 5  18 2  l l g g 2 2   l l g g 5 5  18 3 2 lg lg 2 2   1 1  18 3 2   0. 0 3 .3   1 1 72，
5
所以所需的训练迭代轮数至少为73次．
故选：C．
8．C
【分析】由 f(x1)为偶函数可得函数关于直线x1轴对称，结合 f(3x)g(x)1和
f(x)g(1x)1可得 f x的周期为4，继而得到gx的周期也为4，接着利用对称和周期
算出对应的值即可判断选项
【详解】因为 f  x1 为偶函数，所以 f x1 f x1①，所以 f x的图象关于直线x1
轴对称，
因为 f xg1x1等价于 f 1xgx1②，
又 f 3xgx1③，②+③得 f 1x f 3x2④，即 f 1x f 3x2，即
f 2x2 f x，
所以 f 4x2 f 2x f x，故 f x的周期为4，
又gx1 f 3x，所以gx的周期也为4，故选项B正确，
①代入④得 f 1x f 3x2，故 f x的图象关于点2,1中心对称，且 f 21，故选
项A正确，
由 f 2x2 f x， f 21可得 f 01, f 41，且 f 1 f 32，故
f 1 f 2 f 3 f 44，
2022
故 f(i)5054 f(1) f(2)2021 f(1)，
i1
因为 f 1与 f 3值不确定，故选项C错误，
因为 f 3xgx1，所以g10,g30,g01 f 3,g21 f 1，
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}所以g0g22 f 1 f 3  0，故g0g1g2g30，
2023
故g(i)50600，所以选项D正确，
i0
故选:C.
9．ABCD
【分析】根据指数函数，对数函数，幂函数的性质依次判断即可．
【详解】对A，根据幂函数的性质，可知幂函数yxaaR图象一定不过第四象限，故A
对；
对B，函数 f xax12(a0,a1)，
令x10，可得x=1，代入可得 f 11，图象过定点1,1，故B对；
1x
对C，令 f x ylg ，定义域为1,1，
1x
1x 1x 1x
因为 f xlg lg( )1 lg f x，且 f x的定义域关于原点对称，
1x 1x 1x
所以 f x是奇函数，故C对；
对D，函数 f x2x x2的零点可以看成函数y2x与y x2的交点问题，
易知两个函数图象有两个交点，即 f x2x x2有两个零点，故D对；
故选：ABCD．
10．BCD
1
【分析】A选项，根据gxx22x1求出 f(x)2x22x  ，得到答案；B选项，根据
2
复合函数单调性求出gx x2 2x的单调递增区间即可；C选项，求出x22x2，得到两
个实数解；D选项，根据gx x2 2x关于x1对称，得到 f(x)的图象关于x1对称，D
正确.
1
【详解】A选项，因为gx x22xx1211，故 f(x)2x22x 21  ，
2
1 
故函数 f(x)的值域为

,，A错误；
2 
B选项，因为y2u在R上单调递增，
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}故gx x2 2x的单调递增区间为 f(x)2x22x的单调递增区间，
因为gxx22xx121的单调递增区间为[1,)，
所以函数 f(x)的单调增区间为[1,)，B正确；
2 48
C选项，令 2x22x 4 ，即x22x2，所以x22x20，解得x 1 3，
2
故方程 f(x)4有两个不同的实数解，C正确；
D选项，gxx22xx121关于x1对称，
故 f(x)2x22x的图象关于x1对称，D正确.
故选：BCD
11．ABD
【分析】将函数y f  f x1的零点个数问题转化为 f  f x1解的个数问题，设
f(x)t，即有 f(t)1，然后结合每个选项中t的范围作出函数 f(x)图象，数形结合，即可
求解相应方程的解，进而确定函数零点个数.
【详解】令y0，则 f  f x1，设 f(x)t，则 f  f x1等价于 f(t)1，
则函数y f  f x1的零点个数问题即为 f  f x1解的个数问题；
t
二次函数y x2tx1，其图象开口向上，过点(0,1)，对称轴为x ，
2
对于A，当t1时，作出函数 f(x)的图象如图：
1
由图象可知 f(t)1有一个根t  ，
2
1
则由 f(x) 可知此时方程只有一个解 x 2 ，
2
此时函数y f  f x1的零点个数为1，A正确；
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}x22x1,x0
对于B，当t 2时， f x ，
log x,x0
2
作出函数 f(x)的图象如图：
1
由图象可知 f(t)1有一个根t  ，
2
1 1 2
令log x ,x 2 ，令x22x1 ,x 1 ，
2 2 2 2
1 2
则 f(x) 有3个解，即x1 和 x 2 ，
2 2
此时此时函数y f  f x1有3个零点，B正确；
对于C，当1t 0时，分析同A，函数y f  f x1有1个零点，C错误；
x24x1,x0
对于D，当t4时， f x ，
log x,x0
2
作出函数 f(x)的图象如图：
由图象可知 f(t)1有3个根，
1
当t0时，log t 1,t  ；
2 2
当t0时，t24t11,t 2 2 ，
1
则对于 f(x) ，
2
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}1 1 14
当log x 时， x 2 ，当x24x1 时，x2 ，此时共有3个解；
2 2 2 2
对于 f(x)2 2，此时log x2 2 有1个解，
2
x24x12 2 即(x2)2 1 2有2个解，
对于 f(x)2 2，此时log x2 2 有1个解，
2
x24x12 2 即(x2)2 1 20无解，
故此时函数y f  f x1有7个零点，D正确；
故选：ABD
【点睛】方法点睛：本题是关于复合函数的零点的判断问题，首先将零点问题转化为方程的
解的问题；解答时要采用换元的方法，利用数形结合法，先判断外层函数对应方程的解的个
数问题，继而求解内层函数对应方程的解.
12．BC
1
【分析】作出函数 f x的图象，结合图象可得x x 0，由 f x  f x 得x  1，
1 2 3 4 3 x 1
4
4 4 2
从而得 x x 2x    2，再根据2 x 3可求出结果.
x 1 1 2 3 x 1 x 1 4
4 4 4
【详解】作出函数 f x的图象，如图所示，
设 f x  f x  f x  f x t，
1 2 3 4
由图可知，当0t1时，直线yt与函数 f x的图象有四个交点，
交点的横坐标分别为x,x ,x ,x ，且x  x  x  x ，
1 2 3 4 1 2 3 4
3
当x1时，令 f x log x1 1，解得x 或x3.
2
2
3
由图可知，x x 0,  x 2,2 x 3，
1 2 2 3 4
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}1
由 f x  f x ，可得log x 1log x 1，所以x 1 ，
3 4 2 3 2 4 3 x 1
4
1 4 4 4 2
则有x  1，所以 x x 2x  2x   2.
3 x 1 x 1 1 2 3 x 1 3 x 1 x 1
4 4 4 4 4
4 2
令gx  2(2x3)，
x1 x1
易知gx在2,3 上为减函数，且g2 16 ,g34，
3
4 16  16  16
故4 x 1 x 1 x 2 2x 3  3 ，且4   4, 3  ,5   4, 3  .
4
故选：BC
【点睛】关键点点睛：作出函数 f x的图象，利用对称性得x x 0，利用 f x  f x 得
1 2 3 4
1
x  1，将所求式子化为关于x 的函数，利用x 的范围求解是解题关键.
3 x 1 4 4
4
13． f ( x )= x2-x4( x³ 0 )
【解析】令 x t,t0，则xt2，代入已知函数的解析式可得 f t，进而可得函数 f x的
解析式.
【详解】令t  x，则x=t2( t³ 0 ) ，
( )
因为 f x =x-x2，
所以 f ( t )=t2-t4( t³ 0 ) ，
即 f ( x )= x2-x4( x³ 0 ) ，
故答案为： f ( x )= x2-x4( x³ 0 ) .
【点睛】利用换元法求解析式，注意元的范围.
1 2
14．  , 
3 3
【分析】利用函数的单调性的性质，求得a的范围，即得所求．
(3a2)x3a,x1
【详解】若函数 f(x) 在R上是单调减函数，
log x,x1
a
3a20
 1 2
则0a1 ，解得 a ，
 3 3
(3a2)3a0
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}1 2
即a

, ，
3 3
1 2
故答案为：

, ．
3 3
15．8
【分析】由函数奇偶性的定义可得 f x为奇函数，从而可得2mn1，然后结合基本不等
式即可得到结果.
【详解】因为 f x
1ex
的定义域为R，关于0,0对称，
1ex
ex 1
且 f x 1ex  ex  ex1 f x ，即函数 f x为奇函数，
1ex 1ex 1ex
ex
又因为 f 0
1e0
0，所以 f 2m f n1 f 00 ，
1e0
即2mn10，所以2mn1，
1 2  1 2 n 4m n 4m
则     2mn  42  48，
m n m n m n m n
 1
n 4m m
    4
当且仅当m n 时，即 ，取等号.
 2mn1  n 1
 2
1 2
所以  的最小值为8.
m n
故答案为：8
1 
16． ,
2 
【分析】分段讨论求出 f(x)和 f(x1)的解析式，代入 f x f x12可求出结果.
x1
【详解】（i）当 ，即x2时， f(x) x2 2x3，
x11
f(x1)(x1)22(x1)3x24x6，
由 f x f x12得x22x3x24x62，即2x26x70，
因为36560，所以2x26x70恒成立，所以x2；
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}x1
（ii）当 ，即1 x2时， f(x) x2 2x3， f(x1)x11x，
x11
1 3
由 f x f x12得x22x3x2，即x2x10，即(x )2  0恒成立，
2 4
所以1 x  2；
x1
（iii）当 ，即x1时， f(x) x1， f(x1)x11x，
x11
1 1
由 f x f x12得x1x2，即x ，所以  x1，
2 2
1
综上所述：x的取值范围是( ,).
2
1
故答案为：( ,)
2
17．(1)1
143
(2)
80
【分析】运用指数幂的运算法则对（1）（2）进行求解即可.
1 4 3 4
 
 8  6 2 a 5b5a5
【详解】（1）a5b 5 5a4 5b3   1；
3
 
b5
1

（2） 0.064  1 3    7  0    2 4 3   3 160.75 0.0 1 1 2      2  3  3 124  240.75 0.1
 2   5 
5 1 1 1 143
 1   
2 16 8 10 80
3
18．(1)3或
4
 7 
(2)x  a1
 6 
【分析】（1）由分段函数，分别m0和m0解 f m4即可.
（2）由分段函数，分别a0和a<0解 f a6即可.
【详解】（1）当m0时， f mm254，解得m3或m3（舍去）；
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}1 3
当m0时， f m 4，解得m .
m1 4
3
所以m的值为3或
4
（2）当a0时， f aa2556，不符合题意，
1
a<0，且 f a 6，
a1
7
解得 a1.
6
 7 
所以a的取值集合是x  a1.
 6 
19．(1)(2,1)
(2)m22 2
【分析】（1）由真数大于0建立不等式组，求解定义域；
（2）不等式恒成立问题，通过分离参数转化为求解函数的最大值.根据二次与一次的商的特
点，变形后利用基本不等式求解最值即可.
1x0
【详解】（1）由 解得，2<x<1.
x20
所以函数 f(x)的定义域D为(2,1).
（2）由（1）知2x1则01x3，
x2 1
所以不等式x2mxm10可转化为m .
x1
x21
设g(x) ，2<x<1，
x1
(x1)2 2(x1)2 2
g(x) (x1) 2
x1 x1
2
(1 x )22 22 .
1x
2
当且仅当1x ，即x1 2时，等号成立.
1x
且1 2(2,1)，所以g(x)的最大值为22 2.
对于(2,1)内的任意实数x，不等式x2mxm10恒成立，
所以m22 2.
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}20．(1)m2,n0
(2)证明见解析
(3)
 0,1
.
【分析】（1）解法一：由 f(0)0和 f(1)1列式求出m,n，再检验奇偶性即可得解；解法二：
根据 f xf x在1,1上恒成立，求出n0，再根据 f(1)1求出m；
（2）设x,x 1,1 且x x ，然后作差、变形、判号，再根据单调性定义下结论即可得
1 2 1 2
证；
（3）根据奇偶性和单调性求解即可.
【详解】（1）解法一：因为函数 f x是定义在1,1上的奇函数，
n0
f 00  m2
所以 ，得mn ，解得 ，
f 11

1 n0
 2
2x
经检验m2,n0时， f x 是定义在1,1上的奇函数.
x21
法二： f x是定义在1,1上的奇函数，则 f xf x在1,1上恒成立，
mxn mxn
即  在1,1上恒成立，则n0，
x21 x21
mx
所以 f x ，又因为 f 11，得m2，所以m2,n0.
x21
2x
（2）由（1）知， f x .
x21
设x,x 1,1 且x x ，
1 2 1 2
2x 2x 2x  x 21  2x  x21  2x x xx 1
则 f x  f x  1  2  1 2 2 1  2 1 1 2 ，
1 2 x21 x 21  x21  x 21   x21  x 21 
1 2 1 2 1 2
1x x 10，x x 0,xx 10，  x21  x21  0，
1 2 2 1 1 2 1 2
 f x  f x 0， f x  f x ，\ f ( x ) 在1,1上是增函数.
1 2 1 2
2x
（3）由（1）知 f x ,f x在1,1上是增函数，
x21
又因为 f x是定义在1,1上的奇函数，
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}所以由 f a1 f  a21  0，得 f a1 f  1a2 ，
1a11 0a2
 
所以1a211，即0a2 2，解得0a1.
 
a11a2 2a1
故实数a的取值范围是 0,1
.
21．(1)k 2，a2
73
(2)m
24
【分析】（1）利用奇函数及给定的点求出k和a的值作答.
（2）由（1）求出函数 f(x)的解析式，换元并利用二次函数在闭区间上的最大值分段讨论作
答.
【详解】（1）因为函数 f(x)是R上的奇函数，则 f(0)2k 0，解得k 2，f(x)axax，
显然 f(x)ax ax f(x)，即函数 f(x)是奇函数，因此k 2，
1 3
由 f(1)a  ，a0且a1，解得a2，
a 2
所以k 2，a2.
3 8
（2）由（1）知， f(x)2x2x在 1,log 3 上单调递增，令t2x2x，则 t ，
2 2 3
22x 22x (2x 2x)22 t22 ，则22x 22x mf (x) t2 2mt，
3 8
令h(t)t2mt2，依题意，h(t)t2mt2在[ , ]上的最大值为1，
2 3
m
二次函数h(t)t2mt2图象对称轴t  ，
2
m 3 8 m 25 3 17 3 13 25
当    ，即m 时，h(t) h( )  m1，解得m  ，矛盾，
2 2 3 2 6 max 2 4 2 6 6
25 8 82 8 73 73
当m 时，h(t) h( )  m1，解得m ，则m ，
6 max 3 9 3 24 24
73
所以存在实数m ，满足题意.
24
22．(1)3；
7 9
(2)b 时，函数 f x与gx的“偏差”取得最小值为
8 8
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}【分析】（1）写出y f xgx 的解析式，结合x 0,1 ，求出值域y 1,3 ，可得偏差；
2
（2）令tx  x 1  b 1 ，hx tx ，结合顶点坐标和端点值分类讨论，得到不同
 2 4
范围下的“偏差”.
2
 1 3
【详解】（1）y f xgx  x2x1  x   ,x0,1，
 2 4
 1 1 3
因为x 0,1 ，所以x 

,

，
 2 2 2
2
 1 3
则y x   1,3，
 2 4
所以函数 f x与gx的“偏差”为3.
2
 1 1
（2）令tx f xg xx2xb x  b ,x  1,1，
 2 4
2
 1 1
hx tx  x  b ,x1,1，
 2 4
因为x1,1 ，所以  x 1     3 , 1  ，  x 1  2    0, 9  ，
 2  2 2  2  4
1 1  1 2 1
当b 0，即b 时，此时 x  b  0，
4 4  2 4
2
 1 1 9
则hx x  b 的“偏差”为2b，此时2b ，
 2 4 4
1 1  1 2 1
当b 0，即b 时，此时 x  b 0，
4 4  2 4
2
 1 1 9
则hx x  b “偏差”为2b，此时2b ，无最小值，
 2 4 4
1 1
当b 0，t12b0，且b 2b，
4 4
2
1 7  1 1
即 b 时，则hx x  b “偏差”为2b，
4 8  2 4
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{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}9 9
此时 2b ，无最小值，
8 4
1 1
当b 0，t12b0，且b 2b，
4 4
2
7  1 1 1
即b 时，则hx x  b 的“偏差”为b ，
8  2 4 4
1 9
此时b  ，无最小值，
4 8
1 1
当b 0，t12b0，且b 2b，
4 4
2
7  1 1 1 1 9
即b 时，则hx x  b 的“偏差”为b ，此时b  ，
8  2 4 4 4 8
1
当b 0，t12b0，即b2时，
4
2
 1 1 1
则hx x  b 的“偏差”为b ，
 2 4 4
1 9
此时b  ，无最小值，
4 4
1
当b 0，t12b0，即b2时，
4
2
 1 1 1 1 9
则hx x  b 的“偏差”为b ，此时b  ，
 2 4 4 4 4
7 9
综上， b 时，函数 f x与gx的“偏差”取得最小值为 .
8 8
【点睛】函数新定义问题，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，解决此类
问题，一般需要结合函数的性质进行分类讨论.
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