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 第 1 页 共 14 页 {#{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， 第 2 页 共 14 页 {#{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， 第 3 页 共 14 页 {#{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； 第 4 页 共 14 页 {#{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 第 5 页 共 14 页 {#{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 第 6 页 共 14 页 {#{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 第 7 页 共 14 页 {#{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； 第 8 页 共 14 页 {#{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）； 第 9 页 共 14 页 {#{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