湖北省名校协作体2022-2023学年高一下学期3月联考数学试题(含答案解析)



2．在ABC中，D为AC中点，连接BD，若BE2ED,AExAByAC，则xy的值为（A．）B．a1413C．23D．1111

3．已知loga2,2,a22，则实数a的取值范围是（22

）2

A．0,(1,4)

22

,1(1,)C．2

2

,1(1,4)B．22D．0,(1,)

2

π3π4．已知是第四象限角，且sin，则tan（）445

4343

A．B．C．D．34344

5．已知alog2,blog32,clog64，则a，b，c的大小关系为（3A．abc

B．acbC．bac

）D．cab

6．已知函数f(x)tan(x)(0,0π)与直线ya交于A,B两点，且线段AB长度的最小值为最大值为（A．π8ππ

，若将函数f(x)的图象向左平移个单位后恰好关于原点对称，则的312）B．π

4C．3π4D．7π87．我们知道，函数f(x)的图象关于点P(a,b)成中心对称图形的充要条件是函数f(xa)b为奇函数．已知函数f(x)2(x2)x2mxn的对称中心为(1,0)，且与函数g(x)2x3k的图象有且仅有一个交点，则k的值为（）试卷第1页，共4页A．5B．2C．16D．22如图，假定两点P、分别同时从A、点Q沿射线CD8．Q以相同的初速度运动，C出发，作匀速运动，CQx；点P沿线段AB（长度为107单位）运动，它在任何一点的速度值等于它尚未经过的距离(PBy)，那么定义x为y的纳皮尔对数，对应关系为1107，则P从靠近A的第一个四等分y107（其中e为自然对数的底数，e2.718）e

x

点移动到靠近B的三等分点经过的时间约为（ln20.7,ln31.1,ln51.6））（参考数据：A．0.7秒B．0.8秒C．1.1秒D．1.2秒二、多选题9．下列说法正确的是（）A．“ax2bx2”是“ab”的充分不必要条件2m

B．函数f(x)mm5x是幂函数，且在(0,)单减，则m2

C．命题“x1,x21”的否定是“x1,x21”2

D．函数f(x)loga(x1)1(a1)过定点(2,1)和(0,1)

10．已知函数f(x)sinxcos2x，则下列结论正确的是（A．函数f(x)的最小正周期为πC．x为函数f(x)的一条对称轴π2）π

B．函数f(x)在,0上单调递增2

D．函数f(x)在[π,π]上有且仅有3个零点11．函数f(x)的定义域为R，f(1x)为奇函数，且f(x2)为偶函数，当x[0,1]时，f(x)1x，则下列不等式成立的是（ππ

A．fcosfsin662π2π

C．fcosfsin

33

）B．f(sin1)f(cos1)D．f(cos2)f(sin2)

12．已知正数x，y满足ln以是（A．3）3xyx3

2x2y6，则方程m有解的m的取值可xyxyyB．4C．5D．6三、填空题试卷第2页，共4页rπrr

13．已知|a|3,|b|4,a与b的夹角为，若(kab)a，则k的值为________．314．已知函数f(x)exex，关于的不等式f(cos27)f(4m2mcos)0对任ππ

意的,恒成立，则实数m的取值范围为________．22

1

15．函数f(x)xaa在区间[1,2]上的最大值为5，则a________．xππ5π16．已知函数f(x)sin2x，当x,时，关于x的方程346

1m

f2(x)2mf(x)m20恰有两个不同的实根，则实数m的取值范围是22

________．四、解答题π11πsin(2π)cos(π)coscos

22

17．已知f()．9π

cos(π)sin(3π)sin(π)sin

2

(1)化简f()；(2)已知f()2，求sin2的值．2

18．已知函数fxm1xmx1mR(1)若函数f(x)在(0,)上单调递增，求实数m的取值范围；(2)若m1，解关于x的不等式f(x)0．19．如图，有一块矩形空地ABCD，要在这块空地上开辟一个内接四边形EFGH为绿地，使其四个顶点分别落在矩形的四条边上，已知AB2a(a3),BC6，且AEAH2CF2CG，设CFx，绿地EFGH面积为S(x)．(1)写出S(x)关于x的函数解析式，并求出S(x)的定义域；(2)当CF为何值时，绿地面积S(x)最大？并求出最大值．20．已知函数f(x)3sinxcosxcos2x(0)的图象相邻对称中心之间的距离为试卷第3页，共4页π．2π

(1)求函数f(x)在0,上的单调递增区间；2

ππ

(2)若函数g(x)f(x)b，且g(x)在,上有两个零点，求b的取值范围及x1x2的22

值．xxx(2a)2121．已知函数f(x)log2x，函数g(x)2t2为偶函数．(1)求实数t的值并写出g(x)的单调递增区间；(2)若对于x1[0,)，x2R，都有fx12gx2log22a成立，求实数a的取值范围．2

22．已知函数f(x)2x(4a)x1axb和g(x)8axx2ln|x2|．1(1)若a,b3，画出f(x)的简图并解不等式f(x)8；2(2)若f(x)的最小值为b1，求a的值；并求出满足不等式g(k1)g(2k1)的k的范围．试卷第4页，共4页参考答案：1．B【分析】解分式不等式与一元二次不等式求得集合A与集合B，运用集合的补集、交集计算即可.【详解】因为(2x4)(x1)0x1x12x43300x2或x1，x10                x1x1x1所以A{x|x2或x1}，所以ðUA{x|2x1}，2又因为2xx602x33，所以B{x|2x}，22所以ðUAB{x|2x1}.故选：B.2．C

【分析】以AB,AC为一组基底，利用平面向量的线性运算得到AD,ED的表达式，进而得到11

AEABAC，由此得解.3311

BDADABACABADACBC【详解】因为D为边的中点，所以，，2211111

因为BE2ED，所以EDBDACABACAB，3323611111所以AEADEDACACABABAC，2633321

又AExAByAC，因此有xy，则xy.33故选：C3．A【分析】利用幂函数、指数函数与对数函数的单调性解相关不等式，即可求得a的取值范围.【详解】对于loga

11

2，有logalogaa2，22当0a1时，对数函数ylogax在0,上为减函数，所以12a2，可得0a，22当a1时，对数函数ylogax在0,上为增函数，所以1

a2，可得a1；2答案第1页，共15页所以对于loga

a

122，有0a或a1；22a

1

111

对于2，有，222

1

因为y在R上为减函数，所以a1；2

x对于a22，有a242，因为yx2在0,上为增函数，所以0a4；22a0,(1,4).综上：0a或1a4，即22

1

111

故选：A.4．Bπ

【分析】利用诱导公式和同角三角函数基本关系式即可求出tan的值.4

πππ

【详解】因为，442π3π

所以sincos

454π

又2kπ2kπ(kZ)，2∴2kπ

πππ

2kπ(kZ)444π4π4

cos，sin，4545π

sin

π44tan，34cosπ

4ππ4

tantan.443故选：B.5．A【分析】根据对数函数单调性借助中间值2即可得出ab，再利用中间值可得bc，综合即可得出结论.1

23411

blog32log33，【详解】由对数函数单调性可知alog2又因为89，即2<93，所以blog32而644>636，即4>63，所以clog64>log663，即c，可得bc；33132323所以abc.故选：A6．C【分析】确定函数的最小正周期，可求得3，根据图像的平移变换可得平移后函数的解析式，结合函数的对称性可求出πkπ,kZ，依据0π，即可求得答案.42πππ,则,得3,33【详解】由题意知，函数f(x)的最小正周期T

所以fxtan3x，将函数f(x)的图象向左平移π

个单位长度，12ππ得到ytan3(x)tan(3x)的图象，124πkππkπ因为该图象关于原点对称，则,kZ，所以,kZ4242当k0时，kZ，0，不合题意，当k0时，，又0π，所以当k1时，取故最大值为故选：C7．D3π

，43π5π，当k2,3,时，，不合题意，44π4m5【分析】根据题意可得yf(x1)是奇函数，利用奇函数的定义计算出，然后由函n4数g(x)2x3k的图象与f(x)有且仅有一个交点可得6x212x16k0有且仅有一个解，计算判别式即可2

【详解】由题意可得f(x)2(x2)xmxn的对称中心为(1,0)等价于f(x1)是奇函数，22

因为yf(x1)2(x3)x(m2)xmn1(x1)m(x1)n(2x6)22x32m26x2mn16m2x6mn1m56(mn1)0所以，解得，n42(m2)60答案第3页，共15页232

所以fx2x2x5x42x6x12x16，因为函数g(x)2x3k的图象与f(x)有且仅有一个交点，所以2x3k2x36x212x16，即6x212x16k0有且仅有一个解，Δ14424k160，解得k22.故选：D8．B【分析】设点P运动到靠近点A的第一个四等分点时，CQx1，设点P运动到靠近点B的三等分点时，CQx2，计算出x1、x2，可求得x2x1的值，即为所求.107【详解】由题意可知，P、Q两点的初速度为107单位/秒，1设点P运动到靠近点A的第一个四等分点时，CQx1，则31071074e7可得x110ln

107x1，4，3107x21设点P运动到靠近点B的三等分点时，CQx2，则1107107

3e

7

可得x210ln3，，故所求时间为故选：B.9．ADx2x149

ln3lnln2ln32ln20.8（秒），10734【分析】根据充分条件和必要条件的定义知A正确，验证得到B错误，根据全称命题的否定得到C错误，计算定点得到D正确.【详解】对选项A：ax2bx2，则ab；若ab，当x0时，ax2bx2不成立，所以“ax2bx2”是“ab”的充分不必要条件，故A正确；对选项B：m2时，f(x)x2在(0,)单增，故B错误；对选项C：命题“x1,x21”的否定是“x1,x21”，故C错误；2

对选项D：取x11，得到x2或x0，则函数f(x)loga(x1)1(a1)过定点(2,1)

2和(0,1)，故D正确.答案第4页，共15页故选：AD.10．BCD【分析】根据函数周期性的定义可判断A；根据复合函数单调性的判断方法可判断B；根据函数对称轴的性质可判断C；求出函数f(x)在[π,π]上的零点可判断D.【详解】因为xR时，f(xπ)sin(xπ)cos2(xπ)sinxcos2xf(x)，即π不是函数f(x)的周期，则函数f(x)的最小正周期不是π，A错误；22

函数f(x)sinxcos2x2sinxsinx12(sinx)，1498π

当x,0时，设tsinx,t[1,0]，此时函数tsinx为增函数，2

1291

而g(t)2(t)在(,]上单调递增，484129

而f(x)sinxcos2x可看作由g(t)2(t)和tsinx,t[1,0]复合而成，48π

故函数f(x)在,0上单调递增，B正确；2

ππ

因为f(πx)sin(πx)cos2(πx)sinxcos2xf(x)，即f(x)f(x)，22所以x为函数f(x)的一条对称轴，C正确；由于f(x)2sin2xsinx1，令fx0，即2sin2xsinx10，即2sin2xsinx10，即2sinx1sinx10，1

可得sinx或sinx1，25π1π

当x[π,π]时，由sinx可得x或x，626π2由sinx1，可得xπ，2故函数f(x)在x[π,π]上有且仅有3个零点，D正确，故选：BCD11．BC【分析】由所给条件推出函数fx的周期和对称轴，根据fx在[0,1]的单调性，将选项中数据转化到区间[0,1]中，根据单调性判断选项.【详解】f(1x)为奇函数，f(1x)f(1x)，所以函数fx关于1,0对称，f(x2)为偶函数，则f(x2)f(x2)，所以fx关于x2对称，答案第5页，共15页又函数fx关于1,0对称，所以f2xfxf(x2)，即有f(x4)fx，所以fx周期为4，fxf(x4)f22xf22xfx，所以fx为偶函数，当x[0,1]时，f(x)1x，在[0,1]上单调递减，A选项：1cos

πππ

sin0，所以fcos

666

π

fsin，故A错误；6

B选项：1sin1cos10，所以f(sin1)f(cos1)，故B正确；2π11

C选项：fcosff，32231

ff2，即2

32π13fsinf，01，所以2322

2π2π

fcosfsin，故C正确；33

πD选项：f(cos2)f(cos2)fcosπ2fsin2，f(sin2)fsinπ2，202

πππ

<π2，则0sin2sinπ21，222

π所以fsin2fsinπ2，即f(cos2)f(sin2)，故D错误；2故选：BC12．BCD【分析】根据换元法和均值不等式即可求解.【详解】由对数函数定义域知3x0且x0，令3xt，y3x

2x2y6可转化为lnt2y(1t)，y所以3xty，所以ln

作出函数nftlnt与函数ngt2y1t，答案第6页，共15页两个函数图像的公共交点是(1,0)，所以t1，所以xy3，yx3y2x232xy3334102222xyxyxy33，所以xyxyxy

2

当且仅当xy所以3

时等号成立，2yx310的最小值为，xyxy3yx310

方程m有解的m的范围是,，xyxy3

故选：BCD.13．23

【分析】由(kab)a，得到(kab)a9k60，再求出k的值.22π

(kab)akaab9k34cos9k60，则k.【详解】(kab)a，则33故答案为：.14．[3,)

ππ

【分析】根据fx的奇偶性以及单调性，将问题转化成对任意的,，22

cos27

m恒成立，结合二倍角公式以及三角函数的值域即可最值进行求解.42cosxx

【详解】由于f(x)eefx，所以fx为奇函数，且由yex，yex单调递23增，故f(x)exex在定义域内单调递增，故f(cos27)f(4m2mcos)0f(cos27)f(4m2mcos)，ππ

因此cos2742cosm，由于,，所以cos0,1，因此2cos40，22

cos27ππ

m恒成立，由余弦的二倍角公式可得故对任意的,，42cos22cos272cos28

cos2，所以mcos2恒成立即可，故42cos42cosmcos2maxm3，故答案为：[3,)

答案第7页，共15页15．7

#3.5251

a，根据对勾函数的性质，求得gx最小值为2a，最大值为a，2x

【分析】设gxx

结合绝对值的定义和题设条件，分三种情况讨论，求得函数gx的最大值，列出方程，即可求解.【详解】设gxx函数，当x1时，函数gx取得最小值，最小值为2a，5

当x2时，函数gx取得最大值，最大值为a，21

a，根据对勾函数的性质，可得函数gx在区间[1,2]为单调递增x因为f(x)x

1

aa在区间[1,2]上的最大值为5，x5

aa5，2所以当2a0，即a2时，可得函数f(x)maxf25

即(a)a5，此时方程无解；255当2a0且a0，即2a时，函数f(x)maxa5，不符合题意，舍去；2255

当a0，即a时，可得函数f(x)maxf12aa5，22即a2a5，解得a综上可得，实数a的值为故答案为：7

，27.27

#3.5.231

,0,116．22

11

【分析】将原方程可化为[f(x)m][f(x)(m)]0，得到f1(x)m，f2(x)m，求得22

函数fx2sin2x的值域，作出其图象，利用数形结合法求解.3

1m122

【详解】由f(x)2mf(x)m0可化为[f(x)m][f(x)(m)]0，222

解得f1(x)m，f2(x)m

1，23ππ4ππ5π

,1，因为x,，则2x,，所以fx236346

答案第8页，共15页π1π

又fsin，624

π4π35πfsin，所以f(x)sin2x的图象如图所示：33261m122

方程f(x)2mf(x)m0恰有两个不同的实根，等价于f(x)m和222

1

fxm各有一个实数解（且不相同）或f(x)m有两个不同的实数解且fxm无实21数解或者fxm有两个不同的实数解且f(x)m无实数解；2①当m1时，则m意；②当131，f(x)m无实数解，fxm最多一个实数解，不符合题2221311

m1时，则1m，fxm有两个不同的实数解且f(x)m无实数解，2222111

时，则m1，fxm有两个不同的实数解且f(x)m有一个实数解，2221111

时，则m1，fxm有两个不同的实数解且fxm有一个实2222符合题意；③当m

故此时共三个不同的实数解，不符合题意；④当0m

数解，故此时共三个不同的实数解，不符合题意；⑤当

131113则m，f(x)m和fxm各有一个实数解（且m0时，22222211313时，则m，f(x)m最多一个实数解，fxm无实数解，22222不相同），符合题意；⑥当m

不符合题意；31

,0,1.综上，m的取值范围为2231

,0,1故答案为：22

答案第9页，共15页1【点睛】关键点睛：这道题的关键之处在于将方程转化成f(x)m和fxm的实数解2的个数情况，通过数形结合对m进行讨论，情况较多，要做到不重不漏17．(1)f()tan；4(2).5【分析】（1）利用诱导公式化简f即可；（2）由题可得tan=-2，然后利用二倍角正弦结合弦化切的思想即得.π11π

sin(2π)cos(π)coscos

22

【详解】（1）f()

9π

cos(π)sin(3π)sin(π)sin

2



sincossinsintan；cossin2cos（2）ftan2，tan2.所以sin22sincos18．(1)1m0(2)答案见解析2sincos2tan4

.

sin2cos2tan215【分析】（1）m1时结合一次函数的单调性可得结果；m1由二次函数的开口方向、对称轴和单调性列出不等式组，可求出m的取值范围；（2）因式分解后，分m2，2m1和m2三种情况讨论，求出不等式组的解集即可.【详解】（1）f(x)在(0,)单增，若m10，则m1,f(x)x1，在(0,)单增，所以m1；m10若m1,f(x)在(0,)单增，则m，02(m1)解得到，1m0，综上所述：1m0；答案第10页，共15页（2）若m1,f(x)0，则(m1)x2mx10，即((m1)x1)(x1)0，1

所以x(x1)0，m1

若m11即m2，不等式的解集为{1}；111，不等式的解集为1,；m1m111

,1；1，不等式的解集为若m11即m2，此时m1m1

若m11即2m1，此时综上，当m2时，不等式的解集是{1}；1当2m1时，不等式的解集是1,；m11

,1．当m2时，不等式的解集是

m192

19．(1)S(x)x(3a9)x，定义域为(0,3]；2(2)答案见解析.2【分析】（1）求得SAEH2x，SCGF

12x，S△BEF(ax)(6x)，S△DGH(2ax)(3x)，2利用S(x)S矩形ABCDSCGHSAEHSDGHSBEF化简求解即可；（2）根据二次函数的性质分类讨论，结合函数的单调性即可求解.【详解】（1）因为AEAH2CF2CG，CFx，2所以SAEH2x，SCGF

112x，S△BEF(2a2x)(6x)(ax)(6x)，22S△DGH

1

(2ax)(62x)(2ax)(3x)，2所以S(x)S矩形ABCDSCGFSAEHSDGHSBEFx212a2x2(3x)(2ax)(ax)(6x)

29

x2(3a9)x，20x60x2a

由题意，解得0x3，所以S(x)的定义域为(0,3]；062x602a2x2a

（2）因为S(x)的对称轴为x

a3

2，3答案第11页，共15页若2

a3a3a3

,3上单调递减，3，则3a6,S(x)在0,单调递增，在333

2a3(a3)S；

32

所以S(x)max若a327

3，则a6,S(x)在(0,3]单调递增，所以S(x)maxS(3)9a；322a3a3(a3)

综上，当3a6时，CF，S(x)maxS；

233

27

当a6时，CF3，S(x)maxS(3)9a.2π

20．(1)0,

3

π2π31

(2)b,00,，x1x2或

3322

π1

【分析】(1)利用三角恒等变化得f(x)sin2x，由，图象相邻对称中心之间的距62

π1π

离为，可求得1，即可得f(x)sin2x,再根据正弦函数的单调性求解即可；262

(2)由题意可得sin2x





π1πππ7π5π

b在,上有两个零点，设t2x，则t,,6266622

根据正弦函数的图象及对称性即可求得答案.【详解】（1）解：因为f(x)

31cos2xπ1

sin2xsin2x，2262

ππ，2由题意可以得f(x)的最小正周期为T2即2π

π，所以1，2π1

f(x)sin2x,

62

π

因为x0,，2

所以由ππ5π2x，666ππππ2x，得到0x，6623ππ

所以f(x)在0,上的单增区间为0,；23

（2）解：由g(x)0，可得f(x)b，即sin2x



π1

b，62答案第12页，共15页设t2x

π，6因为x,，227π5π

,所以t,66

ππ

结合ysint的图象，又因为sin(所以111

b1,,1，222

7π5π1

)sin上66231

故b,00,，22

由正弦函数的对称性可得t1t2π或t1t2π，当t1t2π时，则有2x1所以x1x2

2π；3ππ2x2π，66当t1t2π时，则有2x1

x1x2

ππ

2x2π，66π；3π2π31

综上所述：b,00,；x1x2或.3322

21．(1)t1，[0,)(2)[1,2]

【分析】（1）已知函数g(x)2xt2x为偶函数，利用g(x)g(x)求出参数t，并根据指数函数的单调性即可分析出g(x)单调区间；（2）已知x1[0,)，x2R，fx12gx2log22a成立，则fx12gx2log22amin，求出g(x)log22amin2log22a，可得x[0,)，xlog2根据对数函数的单调性得a(2a)21x22log22a恒成立，21

恒成立，332x12

1，再根据对数函数的定义域，综合可求实数a的取值范围.求出x

332max

答案第13页，共15页【详解】（1）∵g(x)为偶函数，∴g(x)g(x)恒成立，xx

∴2xt2x2xt2x恒成立，即(1t)220，∴t1

∴g(x)2x2x．g(x)的单调递增区间为[0,)

（2）g(x)log22a2x2xlog22a22xx

当且仅当2

1log22a2log22a，2x1

即x0时等号成立，∴g(x)log22amin2log22a2x由题意可得：x[0,),f(x)22log22a恒成立，x

即x[0,),log2(2a)21x22log22a恒成立，由log22a0有意义，得a0，x

由log2(2a)21有意义，得(2a)2x10在[0,)恒成立，即a211

[0,)h(x)2在上恒成立，设，2x2x易知h(x)在[0,)上的值域为(2,3]，故a2，所以0a2．x

(2a)21又x[0,),log2x22log22a恒成立，xx

log2即x[0,)，(2a)21log22a2恒成立，即(2a)2x12a2x恒成立，即a

21

恒成立，332x11221，∴a1．x0332max332

综上，实数a的取值范围为[1,2]22．(1)图象见解析；xx3或x1(2)a

314，kk2且k

223【分析】（1）根据题意画出函数fx的图像，结合图像即可得到不等式的解集；（2）根据题意，结合韦达定理即可得到两根范围，得到函数fx最小值之后，根据函数单调性列出不等式，即可得到结果.答案第14页，共15页1【详解】（1）当a,b3时，212

2x4x2,x(,2][,)7x42

fx2xx13

222x23x4,x(2,1)

4

341

f8，由图知，f(x)8的解集为:xx3或x1.48（2）h(x)2x2(4a)x1的0，设2x2(4a)x10两根为x1，x2，且x1x2，由x1x20，故x10x2．当xx1或xx2时f(x)2x24xb1，此时有f(0)b1f(x2)，2

故f(x)minfx1b1代入得2x14x1b1b1，即x10（舍）或x12；12当x1xx2时f(x)2x2(2a4)xb1，若x12时fx最小值大于b1；若x12时fx最小值小于b1；2

综上，由2x1(4a)x110得a

1，2又g(x)4xx2ln|x2|关于x2对称，且在(2,)上单调递减，k12

43

∴2k12解得:kk2且k

23k12k3



答案第15页，共15页