江西省丰城中学2023-2024学年高三上学期开学考试 数学答案

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123456789101112答案CBDADBCCABCDBCDABDBC6．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，m当x1时，f(x)log23xmlog23x单调递增，此时f(x)mlog231m；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，m当x1时，f(x)log23xmlog23x单调递减，此时f(x)mlog231m；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．C44G【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55第1页共14页{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}可．184【详解】由题设可得18，则D，0.5D0.452G18lg4182518lg2lg5182lg211820.31所以，即G18log472，0.50.2542lg2lg53lg2130.3155lg5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ax1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x1x1x1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x1x1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．BCD21【分析】A选项，根据gxx22x1求出f(x)2x2x，得到答案；B选项，根据22复合函数单调性求出gxx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.221【详解】A选项，因为gxx22xx111，故f(x)2x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=}#}22故gxx2x的单调递增区间为f(x)2x2x的单调递增区间，2因为gxx22xx1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；2248C选项，令2x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；2D选项，gxx22xx11关于x1对称，2故f(x)2x2x的图象关于x1对称，D正确.故选：BCD11．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，21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，log2x,x0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，21212令log2x,x2，令x2x1,x1，22212则f(x)有3个解，即x1和x2，22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，log2x,x0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，logt1,t；22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=}#}12114当log2x时，x2，当x4x1时，x2，此时共有3个解；222对于f(x)22，此时log2x22有1个解，x24x122即(x2)212有2个解，对于f(x)22，此时log2x22有1个解，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．BC1【分析】作出函数fx的图象，结合图象可得x1x20，由fx3fx4得x31，x41442从而得x1x22x32，再根据2x43可求出结果.x41x41x41【详解】作出函数fx的图象，如图所示，设fx1fx2fx3fx4t，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x1,x2,x3,x4，且x1x2x3x4，3当x1时，令fxlogx11，解得x或x3.223由图可知，xx0,x2,2x3，12234第6页共14页{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}1由fx3fx4，可得log2x31log2x41，所以x31，x4114442则有x31，所以x1x22x32x32.x41x41x41x41x4142令gx2(2x3)，x1x116易知gx在2,3上为减函数，且g2,g34，34161616故4x1x22x3，且44,,54,.x41333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x1x20，利用fx3fx4得1x31，将所求式子化为关于x4的函数，利用x4的范围求解是解题关键.x4113．f(x)=x2-x4(x³0)【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.2【详解】令tx，则x=t(t³0)，因为f(x)=x-x2，所以f(t)=t2-t4(t³0)，即f(x)=x2-x4(x³0)，故答案为：f(x)=x2-x4(x³0).【点睛】利用换元法求解析式，注意元的范围.1214．,33【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，logax,x13a2012则0a1，解得a，33(3a2)3a0第7页共14页{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}12即a,，3312故答案为：,．33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.1ex【详解】因为fx的定义域为R，关于0,0对称，1exex11exxex1且fxefx，即函数fx为奇函数，1ex1ex1exex1e0又因为f00，所以f2mfn1f00，1e0即2mn10，所以2mn1，1212n4mn4m则2mn4248，mnmnmnmn1n4mm4当且仅当mn时，即，取等号.12mn1n212所以的最小值为8.mn故答案为：8116．,2【分析】分段讨论求出f(x)