吉林省长春市东北师范大学附属中学2023-2024学年高三上学期第三次摸底考试 数学答案

2023-12-04 · U1 上传 · 24页 · 667.1 K

2023-2024学年上学期东北师大附中数学学科试卷高三年级第三次摸底考试第I卷(选择题)一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每个小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.AxZ∣x22x301.已知集合,则集合A的子集个数为()A.3B.4C.8D.16【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式,并结合已知用列举法表示集合A作答.【详解】解不等式x22x30,得1x3,因此AxZ∣1x3{0,1,2},所以集合A的子集个数为238.故选:C2.设1iz21i,则z()2A.B.1C.2D.22【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算以及模长公式求解.2【详解】由1iz21i可得1i1iz21i,所以z1i22i,故z2,故选:D3.十九世纪下半叶集合论的创立,奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产12物,具有典型的分形特征,其操作过程如下:将闭区间0,1均分为三段,去掉中间的区间段,,记33第1页/共25页学科网(北京)股份有限公司12为第一次操作;再将剩下的两个区间0,,,1分别均分为三段,并各自去掉中间的区间段,记为第二33次操作;…,如此这样,每次在上一次操作的基础上,将剩下的各个区间分别均分为三段,同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去,以至无穷,剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间9长度之和不小于,则需要操作的次数n的最小值为(参考数据:lg20.3010,lg30.4771)()10A.6B.8C.10D.12【答案】A【解析】2n1【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度,然后总结出第n次操作去掉的区间的长度和为,3n9把n次操作和去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前n项和,求出前n项和S,再求解不等式Snn10即可.1【详解】第一次操作去掉的区间长度为;312第二次操作去掉两个长度为的区间,长度和为;9914第三次操作去掉四个长度为的区间,长度和为;2727,12n1第n次操作去掉2n1个长度为的区间,长度和为,3n3n12nn1[1()]1222于是进行了n次操作后,所有去掉的区间长度之和为S331()n,nn239313329由题意知:1()n,解得:n5.679,310又n为整数,可得n的最小值为6,故选:A4.命题“xR,x22x30”的否定是()A.xR,x22x30B.xR,x22x30第2页/共25页学科网(北京)股份有限公司C.xR,x22x30D.xR,x22x30【答案】D【解析】【分析】根据全称命题与存在性命题的关系,准确改写,即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系得,命题“xR,x22x30”的否定是“xR,x22x30”.故选:D.5.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为()A.26B.28C.30D.32【答案】B【解析】1【分析】用棱台的体积公式VhSSSS求解,其中h为高,S,S分别为上下底面积.3121212【详解】设正四棱锥为SABCD,截取的正四棱锥为SA1B1C1D1,O1,O分别为正四棱台A1B1C1D1ABCD上下底面的中心,如图.第3页/共25页学科网(北京)股份有限公司11因为AB4,AB2,,所以OAAB2CD2424222,OA2,112211SO1O1A121由于截面平行于底面得,又SO13,所以SO6,OO13,SOOA222所以正四棱台上下底面边长分别为2,4,高为3,1所以V416416328,3故选:Bπ12π6.已知sinx,则cos2x()6337227A.B.C.D.9999【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式、余弦的倍角公式可得答案.π1【详解】因为sinx,所以6322π2ππ2π17cos2xcosπ2xcos2x12sinx12.333639故选:A.7.已知函数fx及其导数fx的定义域均为R,fx在R上单调递增,f1x为奇函数,若2a3,4b5,3c4,则()A.fafbfcB.fbfafcC.fbfcfaD.fcfbfa【答案】C【解析】【分析】先由f1x为奇函数得到f10,再由fx的单调性可推得fx的单调性,再比较a,b,c,1的大小即可得解.【详解】因为f1x为奇函数,所以f1xf1x,令x0,则f1f1,故f10,第4页/共25页学科网(北京)股份有限公司又fx在R上单调递增,所以当x1时,fx0,则fx单调递减;当x1时,f¢(x)>0,则fx单调递增;因为2a3,4b5,3c4,所以alog23log221,blog45log441,clog34log331,2222因为4ln2ln4ln2ln4ln8ln94ln3,2由于ln2ln4,故上式等号不成立,则ln2ln4ln3,ln4ln3又ln30,ln20,所以,即log4log3,即ca,ln3ln232同理可得bc,所以1bca,所以fbfcfa.故选:C.8.若对任意实数x0,y0,不等式xxya(xy)恒成立,则实数a的最小值为()2121A.B.21C.21D.22【答案】D【解析】xxyxxy【分析】分离变量将问题转化为a对于任意实数x0,y0恒成立,进而求出的最大xyxyy值,设t(t0)及1tm(m1),然后通过基本不等式求得答案.xxxyxxy【详解】由题意可得,a对于任意实数x0,y0恒成立,则只需求的最大值即可,xyxyyy11xxyy1tx,设t(t0),则x,再设1tm(m1),则yy2xy1x11txx第5页/共25页学科网(北京)股份有限公司y1m11121x1tm2m2m2222222,当且仅y1t21(m1)2m22m21mmx2y当m21时取得“=”.mx2121所以a,即实数a的最小值为.22故选:D.二、多选题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知kZ,则函数fxxk2x2x的图象可能是()A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】令gx2x2x,先分析函数g(x)的奇偶性,再分情况讨论hxxk的奇偶性,然后逐项分析四个选项即可求解.【详解】令gx2x2x,则gx2x2xgx,故gx2x2x为偶函数.当k0时,函数fx2x2x为偶函数,且其图象过点0,2,显然四个选项都不满足.当k为偶数且k0时,易知函数hxxk为偶函数,所以函数fxxk2x2x为偶函数,其图象关于y轴对称,则选项C,D符合;若k为正偶数,因为fxxk2x2x,第6页/共25页学科网(北京)股份有限公司则f(x)kxk1(2x2x)xk(2xln22xln2),当x0时,f(x)0,所以函数f(x)在(0,)上单调递增,又因为函数fxxk2x2x为偶函数,所以函数f(x)在(,0)上单调递减,选项C符1合;若为负偶数,易知函数kxxxx的定义域为∣,排除选项kfxx22k22xx0xD.当k为奇数时,易知函数hxxk为奇函数,所以函数fxxk2x2x为奇函数,其图象关于坐标原点对称,则选项A,B符合,若k为正奇数,因为fxxk2x2x,则f(x)kxk1(2x2x)xk(2xln22xln2),当x0时,f(x)0,所以函数f(x)在(0,)上单调递增,又因为函数fxxk2x2x为奇函数,所以函数f(x)在(,0)上单调递增,选项B符合;1若为负奇数,函数kxxxx的定义域为∣,kfxx22k22xx0x2x2x不妨取k1,则fx,当x0时,f(x);x22111当x时,f()232;当x1时,f(1)2;22122117当x2时,f(2)2;当x3时,f(3)2f(2);824当x趋向于正无穷时,因为指数函数的增长速率比幂函数的快,所以f(x)趋向于正无穷;所以0,内fx先减后增,故选项A符合.故选:ABC.2ππ10.已知函数f(x)cosx(0)在π,上单调,且f(x)的图象关于点,0对称,则323()A.f(x)的最小正周期为4π210B.ff994πC.将f(x)的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数3第7页/共25页学科网(北京)股份有限公司D.函数y5f(x)4在[0,]上有且仅有一个零点【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出,再根据最小正周期公式可判断A;根据解析式计算可判断B;利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断C,利用余弦函数的图象可判断D.2π【详解】因为函数f(x)cosx(0)在π,上单调,32Tπ3ππ3π2所以f(x)的最小正周期T满足(π),即,所以0.22223π因为f(x)的图象关于点,0对称,3π2ππ1所以kπ,kZ,得3k,kZ,332212111由03k,得k,因为kZ,所以k0,.23186212π所以f(x)cos(x).232πT4π对于A,f(x)的最小正周期为1,故A正确;22π12π2π7π2π对于B,f()cos()coscos,92939910π110π2π11π2πf()cos()coscos,929399210所以ff,故B不正确;994π14π2π1对于C,将f(x)的图象向右平移个单位长度后对应的函数为g(x)cos[(x)]cosx为32332偶函数,故C正确;12π12π4对于D,y5f(x)45cos(x)4,令y0,得cos(x),2323512π2π7π令tx,由0xπ,得t,23362π7π4作出函数ycostt与直线y的图象如图:365第8页/共25页学科网(北京)股份有限公司2π7π4由图可知,函数ycostt与直线y的图象有且只有一个交点,365所以函数y5f(x)4在[0,]上有且仅有一个零点,故D正确.故选:ACD11.如图,在正方体ABCDA1B1C1D1中,点M,N分别为棱B1C1,CD上的动点(包含端点),则下列说法正确的是()A.当M为棱B1C1的中点时,则在棱CD上存在点N使得MNACB.当

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