【文档说明】河南省周口市项城市第三高级中学2023-2024学年高三上学期第三次段考 数学答案.pdf，共(5)页，211.592 KB，由管理员店铺上传

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答案第1页，共4页参考答案：1．D2．A3．C4．C5．D6．C7．A8．C9．BC10．AD11．AC12．BD【详解】由图象可知2A，4312T，即T，所以22T，又212f

，可得2sin2212，即πsinφ16骣琪+=琪桫，又因为2，所以3，所以2sin23fxx，故A正确；将yfx的图象向左平移4个单位，可得2sin22cos2433ygxxx

，当6x时，2223633x，126g，故B错误；当12x时，2231232x，012g

，故C正确；当,63x时，则20,3x，函数gx单调递减，故D错误.故选：BD13．5514．1【15．12（答案不唯一）【详解】令()0fx，当0x时，由0x得0x，即0x为函数()fx的一个零点，故当0x时，20xb有一解，得

(0,1)b故答案为：12（答案不唯一）16．255；【详解】f(x)＝sinx－2cosx＝5525sincos55xx＝5sin(x－φ)，其中sinφ＝255，cosφ＝55，当x－φ＝2k

π＋2(k∈Z)时，函数f(x)取得最大值，即θ＝2kπ＋2＋φ时，函数f(x)取到最大值，所以cosθ＝－sinφ＝－255.17．【详解】（1）f(x)＝sin(2)6x，{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoG

hBAAMAABwRNABAA=}#}答案第2页，共4页所以f(x)的最小正周期为T＝22＝π；（2）因为x∈0,2，所以2x＋6∈7,66，根据正弦函数sinyx的图像可知：当2x＋6＝2，即x＝6

时，f(x)取得最大值1，当2x＋6＝76，即x＝2时，f(x)取得最小值－12；综上，最小正周期为，最大值为1，最小值为12.18．【详解】（1）由3224fxxx可得268fxxx（2）由()exfxx可得1xxxx

exfeex（3）由()sincosfxxxx得sincossincosfxxxxxxx（4）由1()1xfxx得2211211xxfxxx=19．【详解】（1）函数()log(31

)xafx（0a且1a），(2)log83af，2a，函数2()log(31)xfx．若1,2x，312,8x，故fx的取值范围为1,3．（2）不等式3fx，即2log(31)3x，0318x

，解得02x，故不等式的解集为0,2．20．【详解】（1）设等差数列na的首项为1a，公差为d，根据题意有111989(4)224adadad，解答182ad，所以8(1)(2)210nann

，所以等差数列na的通项公式为210nan；（2）由条件95Sa，得559aa，即50a，{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAAB

wRNABAA=}#}答案第3页，共4页因为10a，所以0d，并且有5140aad，所以有14ad，由nnSa得11(1)(1)2nnnadand，整理得2(9)(210)nndnd，因为0d，所以有29210nnn

，即211100nn，解得110n，所以n的取值范围是：110()nnN21．【详解】（1）3ABC，π3CC，即π4C，又2sin()sinsin()ACBAC，2sincos2cossinsin

coscossinACACACAC，sincos3cossinACAC，sin3cosAA，即tan3A，所以π02A，3310sin1010A.（2）由（1）知，110cos1010A，由sinsin()BAC23101025sin

coscossin()210105ACAC，由正弦定理，sinsincbCB，可得255521022b，11sin22ABhABACA，310sin210610hbA.22【详解】（1）当0a时，1ln,0fxx

xx，则22111xfxxxx，当0,1x时，()0fx¢>，fx单调递增；当1,x时，0fx，fx单调递减；所以max11fxf；{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAM

AABwRNABAA=}#}答案第4页，共4页（2）11ln,0fxaxaxxx，则221111axxafxaxxx，当0a时，10ax，所以当0,1x时，()0fx¢

>，fx单调递增；当1,x时，0fx，fx单调递减；所以max110fxfa，此时函数无零点，不合题意；当01a时，11a，在10,1,,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在11,a

上，0fx，fx单调递减；又110fa，由（1）得1ln1xx，即1ln1xx，所以ln,ln,ln2xxxxxx，当1x时，11()(1)ln2(1)(23)fxaxaxaxaxaxaxxx，则存

在2312maa，使得0fm，所以fx仅在1,a有唯一零点，符合题意；当1a时，2210xfxx，所以fx单调递增，又110fa，所以fx有唯一零

点，符合题意；当1a时，11a，在10,,1,a上，()0fx¢>，fx单调递增；在1,1a上，0fx，fx单调递减；此时110fa，由（1）得当01x时，

1ln1xx，1ln1xx，所以1ln21xx，此时111()(1)ln2(12(1),1)1fxaxaxaxaaxxxxx存在2114(1)naa

，使得()0fn，所以fx在10,a有一个零点，在1,a无零点，所以fx有唯一零点，符合题意；综上，a的取值范围为0,.{#{QQABDYKUggAgAgAAABhCQQH6CAGQkBACCAoGhBAAMAABwRNABAA=}#}获得更

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