河北省部分名校2022-2023学年高三上学期第一次阶段测试数学试题含答案.pdf

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1、第 1 页 共 6 页2022-2023 学年第一学期第一次阶段测试卷学年第一学期第一次阶段测试卷高三数学答案高三数学答案1.B【解析】因为 1,1,2,3A ，2|1|22Bxx xx或4x，则AB 1,1，故选 B.2.D3.C【解析】0.30.3log2log10a，0.32b 012，0.1000.20.2，0,1c，acb，故选 C.4.C【解析】对于 A，2(2)()2xxy在(0,)上单调递减，故 A 错误；对于 B，由对数函数定义易知，13logyx在(0,)上单调递减，故 B 错误；对于 C，设22uxx，22uxx在0,上单调递增，又yu在(0,)上单调递增，所以22yxx

2、在(0,)上单调递增，故 C 正确；对于 D，由函数12yx的图像知，12yx在区间10,2上递减，不符合题意，故 D 错误.故选 C.5.C【解析】11()()sin44g xxfxxx，函数()g x为奇函数，排除 BD；1028g，排除 A；故选 C.6.A【解析】41)17411717()sincos(sincos)51s7in(555f xxxxxx，4117(cos,s1)7in其中当x时，f(x)取得最大值，此时)(22Zkk，得到)(22Zkk，1717sin)22cos(cosk.故选 A7.B【解析】由题意知(2)=()f xf x，则(4)=(2)=()f xf xf x

3、，所以函数()f x是以 4 为周期的周期函数，又当 x2，0时，2()+f xxx，且 f(x)是定义在 R 上的奇函数，所以 x0，2时，x2，0，f(x)f(x)(x2x)x2x，所以当 x4，6时，x40，2，f(x)f(x4)(x4)2(x4)x29x20故选 B.8.B【解析】()=sin()(0)3f xwxw在区间()6 3，上单调递增，令(,)363 33twxtww ，则，2()512()263112()6()3322200kwkZwk kZwkkZwk kZwww 0，故选 B.第 2 页 共 6 页9.ABD【解析】对 A，由110ab，得0ba，A 正确；对 B，由1

4、10ab，得0ba，根据基本不等式知，B 正确：对 C，显然错误；对 D，由0ba，所以ba，所以 D 正确故选：ABD10.BCD【解析】函数()sin2g xx的图像向右平移6个单位长度，得到sin2()sin(2)63yxx的图像，再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得到()f x=3sin x的图像，故 A 错误；当3x时，03f，故 B 正确；当6x 时，062f，故 C 正确；=16f，故 D 正确.故选 BCD.11.BD【解析】令2xt，则方程即为：20tbtc，则一人写错了常数c，得到的根为12t 或74t，由两根之和得：179244b 另一人写错了常数b，

5、得到的根为021t 或12t，由两根之积得：12c，所以方程为291042tt，解得：14t 或2t，即124x或22x，解得：2x 或1x.故选 BD.12.CD【解析】若不等式2()2()11g xf xx对一切实数x恒成立，即不等式80 xemx对任意实数 x 恒成立，令()8xh xemx，()xh xem，令()0h x得lnxm，函数()h x在()h x在(,ln)m上单调递减，在(ln)m，上单调递增，min()(ln)ln80h xhmmmm，令()ln8mmmm，()lnmm，令()0m得1m，易得()m在(0,1)上递增，在(1)，上递减，取2=(7,8)m e，22()

6、80ee，取=8(8)8(2ln8)0m，所以m的最大正整数为 7故选 CD.13.2 314.1(3+2 2)2【解析】因为0,0ab，=abab111 11121+=(+)(2)=(3+)(3+2 2)222baabababab，当且仅当222ab，即=22b，=2 22a时，11+ab取得最小值故答案为1(3+2 2)215.)3,1(【解析】设3()()g xx f x，()f x为奇函数，()()gxg x，即()g x是偶函数第 3 页 共 6 页对任意0 x，)，都有3()()0f xxfx恒成立，232()3()()(3()()0g xx f xx fxxf xxfx函数()g

7、 x在0，)上为增函数，(2)=2(2)(2)16fgg，又(1)1621213g xxx .16.43【解析】由题意，整理得(sincoscossin)sinsin,等式两边同除以“cos”得:(tancossin)sintan.2222sinsintan1 cossinsincoscossin22tantantan1为锐角，令tan(0,)t,2221tan111()1ttttt 当tan2t时,tan取到最大值43.17.【解析】（1）函数2()=2cos2 3sin cos+2f xxxxcos2x3sin2x+32cos(2x+3)+3，.2 分2223kxk，kZ，236kxk，k

8、Z；.4 分f（x）的单调增区间为2,36kk，kZ；.5 分（2）令42,333txt.7分1cos1,2t.9分()1,4f x.10分18.【解析】(1)因为04，442，又2 2sin43，所以1cos43，所以42coscoscoscossinsin4444446.6 分(2)因为04，02，则304，又5c s3o)（，02，)4sin5（，.8 分由（1）知，2 2 2142sinsinsincoscoscos4444442336，.10 分第 4 页 共 6 页所以282coscos()coscos()sinsin()=30.12 分19.【解析】(1)由题设，令2()()1(

9、3)4g xf xaxax，由函数 lg1yf x的定义域为R，210063aaa，可得19a.a 的取值范围为19a.4 分(2)由题意，233(3)(1)0fxaxaxaxx，.6 分当31a，即03a时，解集为3(,1)(,)a；.8 分当31a，即3a 时，解集为|1x x；.10 分当31a，即3a 时，解集为3(,)(1,)a.12 分20.【解析】（1）因为M、N分别是图像的最高点和最低点，所以M、N的纵坐标分别为 1 和1，|2 2MN，由此可得222()2(2 2)NMxx，解得2NMxx，故24T，故2，.3 分又1(2M，1)，将点M代入()f x，得11sin()22，

10、故12222k，所以24k，kZ，因为|，所以4，.6 分()sin().24f xx.8 分（2）()f x周期为4T，(1)(2)(3)(4)0ffff，.10 分32(1)(2)(3)(2021)(2021)(1)sin.42ffffff.12 分21.【解析】（1）()f x的定义域为R，由()f x得22(1)()exxxfx，.1 分当0 x 或1x 时，0fx()；当0 x 时，()0fx，()f x单调递减；当01x时，()0fx，()f x单调递增；当1x 时，()0fx，()f x单调递减.2 分故f x()有极大值211ef()，有极小值00f()第 5 页 共 6 页(

11、);();xf xxf x 时，时，.3 分若()f xm有三个解，则210me.4 分（2）因为(0)x ,，2f xxag x()-()，即2232exxaxx，得2110exax()，令211exh xax()()，则0h x()在0(,)上恒成立.6 分由h x()得22exh xa()，且00h().7 分当2a即2a 时，由0 x(,)，得22e2x，所以22e0 xh xa ()，所以h x()在0(,)上单调递减，所以0h xh()()0，所以2a符合题意.9 分当2a时，令22e0 xh xa()，得11ln22xa；令22e0 xh xa()，得11ln022ax，此时h

12、x()递增，所以00h xh()()，这与0h x()相矛盾，所以2a不合题意.11 分综上知，2a.12 分22.【解析】（1）21()e2xf xx()exfxx，(1)e1f，.1 分1(1)e2f，故切点坐标为11,e2.2 分故曲线()yf x在点(1,(1)f处的切线方程为1(e1)02xy.4 分（2）证明：因为21()e2xf xx，设()()31g xf xx，故有21()e312xg xxx，则()e3xg xx，令()e3xxx，则()1xxe，显然()x在R上单调递增，当0 x 时，()0 x，当0 x 时，()0 x，则()x在(,0)上单调递减，在(0,)上单调递增

13、，则min()(0)40 x，即()0g x，于是得()g x在R上单调递增，.6 分令函数2()()()ee2xxF xg xgxx，.7 分第 6 页 共 6 页()ee2xxF xx，令()ee2xxG xx，则()ee22 ee20 xxxxG x，当且仅当0 x 时取等号，即有()G x在R上单调递增，而(0)0G，即当0 x 时，()()0F xG x，当0 x 时，()()0F xG x，因此，()F x在(,0)单调递减，在(0,)上单调递增，.10 分min()(0)4F xF，从而有x R，()()4g xgx，因为12xx，故121222()()()()()()4g xgxg xg xg xgx.12 分