河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期三调考试数学答案

数学参考答案一、选择题1．C【解析】因为M{x|1x0}{x|x1}，N{y|y0}，所以MN{x|0x1}.112．B【解析】由题意得cos3，所以22312233217cos22cos2121.39ab(ab)213．A【解析】由已知得f(x)，所以f(1)ab1，故a2b2，xx22211当且仅当ab时取等号，所以a2b2的最小值为.2224．D【解析】因为ycos2xsin2xsin2x，将ysin2x的6623图象向右平移个单位长度后，得到ysin[2(x)]sin(2x2)的图象，所以222k(kz)，故k(kz)，又0，所以k1,2,3,，332当k1时，.3115．D【解析】由题图得f(0)sin，又0，点0,在图象的上升部分上，2223所以，由五点作图法可知2，则1，所以63622f(x)sin2x．对于A，f(x)的最小正周期为，故A错误，对于B，622因为fsinsin1，所以f(x)的图象不关于点,0336237对称；故B错误，对于C，当x0,时，2x,，所以2666学科网（北京）股份有限公司11sin2x1，所以f(x)在区间0,上的最小值为，故C错误；对于2622535D，fsin1，所以f(x)的图象关于直线x对称，故D正确．6266．C【解析】作出函数y|tanu|的图象，如图所示：由图可知，函数y|tanu|的最小正周期为，且其单调递增区间为k,k(kz)对于函数f(x)，其最小正周期为T4，可得，则24f(x)tanx。由kxk(kZ)，得，444424k1x4k3(kz)，所似f(x)的单调递增区间为(4k1,4k3)(kZ)，所以1155f(x)在区间1,上单凋递减，，在区间,上不单调，在区间,3上单调递增，3333在区间(3,4)上单调递减.31337．B【解析】tanABCtan15tan(4530)323.在33313ACRtABC中，BC(23)AC.在RtADC中，tanABCACAC33CDAC.由BDBCCD(23)ACACtanADCtan6033233a332ACa，得ACa.362348．C【解析】不等式sinxcosx2mx|sinxcosx|可化为min{sinx,cosx}mx.由函数ymin{sinx，cosx}的图象，可知min{sinx,cosx}mx只有一个整数解，则学科网（北京）股份有限公司唯一整数解只能是x1。因为点A(1,cos1)，B(2,cos2)是ymin{sinx,cosx}图象cos22cos2cos23cos2上的点，所以mcos1，因为,cos1，,cos1，23222cos2cos2cos2cos2,cos1，cos1,cos1，所以实数m的可能取值为.3223二、选择题9．AC【解析】若ABC为锐角三角形，则A0,，B0,，，且AB，即222AB，又A0,，B0,，则sinAsinBcosB；反之，22222若B为钝角，满足sinAcosB，不能推出ABC为锐角三角形，故A正确；由sin2Asin2B，得2A2B或2A2B，即AB或AB，所以ABC为2ab等腰三角形或直角三角形，故B错误；若AB，则ab，由正弦定理得，sinAsinB即sinAsinB成立，故C正确：根据余弦定理得b2a2c.22accosB，即1b282102281084，所以b221符合条件的ABC只有一个，故D2错误．．【解析】对于，因为，所以，，10ACDA2f(x)2x1,x2R|f(x1)f(x2)|4所以，故正确，对于，若，即M4ABf(x1)f(x2)2cos2x2cos2x，所以2x2x2k或132313232x2x2k，kz，即xxk或xxk，kz，132312123故B错误；对于C，因为f(x)的图象关于点,0对称，又xx，即12126xx12，所以f(x)f(x)，所以f(x)f(x)0，故C正确；对于D，212121277因为x,x,，且f(x)f(x)(xx)，由f(x)的，图象在区间,12121212121212学科网（北京）股份有限公司2内的对称轴为直线x可知，xx，所以312322f(xx)f2cos(22cos1，故D正确．1233331616311．BC【解析】versin1cos1cos51cos，故A错误；3333233versin()coversin1cos()1sin22coversinx11sinx1coscos0，故B正确；tanx2，versinx11cosx1coversinxversinx1sinx1cosxsinxcosx，分子分母2(coversinxversinx)2(1sinx1cosx)sinxcosxcoversinxversinxtanx1211同除以cosx，得，故C正确，2(coversinxversinx)tanx1213f(x)versin2022xcoversin2022x136cos2022x1sin2022x22sin2022x，366当sin2022x1时，f(x)取得最大值4，故D错误．612．AC【解析】由f(2)f(1)2，得cos2cos0，即2cos2cos0，1解得cos0或cos，又0，所以或.当时，2233f(x)2xsinx，所以f(0)0，令g(x)2xsinx，则33332g(x)2cosx0，所以f(x)单调递增，则当x[2,0)时，f(x)0，当93x(0,2]时，f(x)0，所以f(x)在区间[2,0)上单调递减，在区间(0,2]上单调递增，故f(x)在区间[2,2]上只有1个极值点，当时，f(x)2xsinx.2222令h(x)2xsinx，则h(x)2cosx在区间[0,2]上单调递增，又2242学科网（北京）股份有限公司22h(0)20，h(2)20，所以h(x)在区间[0,2]上只有一个零点，因44此f(x)在区间[0,2]上先单调递减再单调递增.又f(0)0，f(2)0，所以f(x)在区间[0,2]上先单调递减再单调递增．由f(x)为偶函数可知f(x)在区间[2,2]上先单调递减，然后单调递增，再单调递减，最后单调递增，故f(x)在区间[2,2]上共有3个极值点，综上，f(x)在区间[2,2]上有1个或3个极值点．三、填空题13．31【解析】因为2sincos，所以2sincos2cossincos，333整理得sin(31)cos，即tan31.14．1【解析】因为f(4x)f(x)2，所以f(42)f(2)2f(2)2，所以f(2)1．又f(x)的图象关于直线x4对称，所以f(6)f(2)1.又f(42)f(2)2，所以f(2)2f(6)1.15．[3,0)【解析】f(x)的定义域为R，f(x)sin|x|3cos(x)sin|x|3cosxf(x)，故f(x)为偶函数．当x0时，f(x)sinx3cosx42sinx，作出f(x)sin|x|3cosx在区间2,上的大致图象如图所33示．4若关于x的方程f(x)m在区间2,上有三个不同的实根，则m[3,0).3516．【解析】如图，A点为某市的位置，B点是台风中心在向正北方向移动前的位置．2学科网（北京）股份有限公司设台风移动t小时后的位置为C，则BC40t.又ABC60，AB400，在ABC中，由余弦定理，得AC2AB2BC22ABBCcos604002(40t)216000t.令AC24002(40t)216000t3502，即16t2160t3750，解得152525155t，则（小时），所以该市从受到台风影响到影响结束，持续的444425时间为小时．2四、解答题17．解：(1)因为f(x)为R上的奇函数，所以f(0)0.（1分）当x0时，x0，则f(x)(x)24(x)x24x.因为f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)x24x，x24x,x0,所以f(x)（5分）2x4x,x0(2)当x0时，f(x)x24x(x2)24，则f(x)在区间[0,)上单调递增．因为f(x)是R上的奇函数，所以f(x)在R上单调递增．（7分）由f(t1)f(2t)0，可得f(t1)f(2t)f(2t)（8分）1所以t12t，解得t.31故实数t的取值范围是,.(10分)318．解：(1)若选①：由正弦定理，得(bc)(bc)(ac)a，整理得a2c2b2ac（3分）学科网（北京）股份有限公司a2c2b2ac1所以cosB.2ac2ac2又B(0,)，所以B.（5分）3若选②：因为cos2(AC)3cosBcos2(B)3cosBcos2B3cosB1，所以2cos2B13cosB1，即2cos2B3cosB20，（3分）1解得cosB2（舍去）或cosB.2又B(0,)，所以B（5分）3(2)因为BDAC，所以BD为AC边上的高，又AC4，所以当ABC的面积最大时，BD取得最大值．法一：在ABC中，由余弦定理，得b2a2c22accosABC，即16a2c2ac（8分）由基本不等式，得162acacac，当且仅当ac4时取等号，1所以SacsinABC43(10分)ABc243所以AC边上的高BD的最大值为23，(12分)1b2cb83法二：由正弦定理，得sinA，（8分）sinCsinABC31i18383所以SacsinABC.sinAsinCsinABCABC2233243163sinAsinA83sin2A