【文档说明】江西省丰城中学2023-2024学年高三上学期开学考试 数学答案和解析.pdf，共(15)页，459.757 KB，由小赞的店铺上传

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第1页共14页题丰城中学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0m时，当1x时，22()log3log3mfxxmx单调递增，此时2()log31fxmm；当1x时，22()6(3)9fxxxmxm

，在(3,)上单调递增，在[1,3)上单调递减，此时()(3)9fxfm，若函数值域为R，则需9mm，解得902m；若0m时，当1x时，22()log3log3mfxxmx

单调递减，此时2()log31fxmm；当1x时，22()6(3)9fxxxmxm，在(3,)上单调递增，在[1,3)上单调递减，此时()9fxm，所以，不满足函数值域为R，不符合题意，舍去，若0m

时，当1x时，()0fx；当1x时，22()6(3)9fxxxx，在(3,)上单调递增，在[1,3)上单调递减，此时()9fx，所以，不满足函数值域为R，不符合题意，舍去，综上m的取值范围为9(0,]2，故选：B.7．C【分析】由已知可得45D

，再由1840.5()0.25G，结合指对数关系及对数函数的性质求解即{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第2页共14页可．【详解】由题设可得18180.50.4D，则45D，所以1840.50.25

G，即45218lg18lg2lg5182lg211820.31518log72452lg2l2g53lg2130.31lg5G，所以所需的训练迭代轮数至少为73次．故选：C．8．C【分析】由(1)fx为偶函数可得函数关于直线1

x轴对称，结合1(3)()fxgx和1()(1)fxgx可得fx的周期为4，继而得到gx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1fx为偶函数，所以11fxfx

①，所以fx的图象关于直线1x轴对称，因为11fxgx等价于11fxgx②，又31fxgx③，②+③得132fxfx④，即132fxfx

，即22fxfx，所以422fxfxfx，故fx的周期为4，又13gxfx，所以gx的周期也为4，故选项B正确，①代入④得132fxfx，故fx的图象关于点2,1中心对称，且21

f，故选项A正确，由22fxfx，21f可得01,41ff，且132ff，故12344ffff，故20221()5054(1)(2)20

21(1)ififff，因为1f与3f值不确定，故选项C错误，因为31fxgx，所以10,30,013,211gggfgf，{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAA

ByBNABAA=}#}第3页共14页所以022130ggff，故01230gggg，故20230()50600igi，所以选项D正确，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Rayxa图象一定不过第四象限，故A对；对B，函数12(0,1)xfxaaa，令10x，可得=1x，代入可得11f，图象过定点1,1，故B对；对C，令1lg1xfxyx，定

义域为1,1，因为1111lglg()lg111xxxfxfxxxx，且fx的定义域关于原点对称，所以fx是奇函数，故C对；对D，函数22xfxx

的零点可以看成函数2xy与2yx的交点问题，易知两个函数图象有两个交点，即22xfxx有两个零点，故D对；故选：ABCD．10．BCD【分析】A选项，根据221gxxx求

出22122()xxfx，得到答案；B选项，根据复合函数单调性求出22gxxx的单调递增区间即可；C选项，求出222xx，得到两个实数解；D选项，根据22gxxx关于1x对称，得到()fx的图象关于1x对称，D正确.【详解】A选

项，因为222111gxxxx，故2211222()xxfx，故函数()fx的值域为1,2，A错误；B选项，因为2uy在R上单调递增，{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkC

QkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第4页共14页故22gxxx的单调递增区间为222()xxfx的单调递增区间，因为22211gxxxx的单调递增区间为[1,)

，所以函数()fx的单调增区间为[1,)，B正确；C选项，令2224xx，即222xx，所以2220xx，解得248132x，故方程()4fx有两个不同的实数解，C正确；D选项，22211gxxxx关于1x对称

，故222()xxfx的图象关于1x对称，D正确.故选：BCD11．ABD【分析】将函数1yffx的零点个数问题转化为1ffx解的个数问题，设()fxt，即有()1ft，然后结合每个选项中t

的范围作出函数()fx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0y，则1ffx，设()fxt，则1ffx等价于()1ft，则函数1yffx的零点

个数问题即为1ffx解的个数问题；二次函数21yxtx，其图象开口向上，过点(0,1)，对称轴为2tx，对于A，当1t时，作出函数()fx的图象如图：由图象可知()1ft有一个根12t，则由1()2fx可知此时方程只有一个解2x，

此时函数1yffx的零点个数为1，A正确；{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第5页共14页对于B，当2t时，2221,0log,0xxxfxxx，作出函数()f

x的图象如图：由图象可知()1ft有一个根12t，令21log,22xx，令22121,221xxx，则1()2fx有3个解，即212x和2x，此时此时函数1yffx有3个零点，B正确；对于C，当10t时，分析同A，

函数1yffx有1个零点，C错误；对于D，当4t时，2241,0log,0xxxfxxx，作出函数()fx的图象如图：由图象可知()1ft有3个根，当0t时，21log1,2tt；当0t

时，2411,22ttt，则对于1()2fx，{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第6页共14页当21log2x时，2x

，当21412xx时，1422x，此时共有3个解；对于()22fx，此时2log22x有1个解，24122xx即2(2)12x有2个解，对于()22fx，此时2log22x有1个解，24122

xx即2(2)120x无解，故此时函数1yffx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．BC【分析】作出函数fx的图象，结合图象可得120xx，由34fxfx得34111xx，从而得1243412xxxx

4442211xx，再根据423x可求出结果.【详解】作出函数fx的图象，如图所示，设1234fxfxfxfxt，由图可知，当01t时，直线yt与

函数fx的图象有四个交点，交点的横坐标分别为1234,,,xxxx，且1234xxxx，当1x时，令2log11fxx，解得32x或3x.由图可知，120xx,3432,232xx，{#{QQABI

YaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第7页共14页由34fxfx，可得2324log1log1xx，所以34111xx，则有34111xx，所以1233

444444422221111xxxxxxxx.令42211gxxx(23)x，易知gx在2,3上为减函数，且162,343gg，故12344164213xxxx，且161644,,54,33

.故选：BC【点睛】关键点点睛：作出函数fx的图象，利用对称性得120xx，利用34fxfx得34111xx，将所求式子化为关于4x的函数，利用4x的范围求解是解题关键.13．()()240fx

xxx=-³【解析】令,0xtt，则2xt，代入已知函数的解析式可得ft，进而可得函数fx的解析式.【详解】令tx，则()20xtt=³，因为()2fxxx=-，所以()()240ftttt=-³，即()()24

0fxxxx=-³，故答案为：()()240fxxxx=-³.【点睛】利用换元法求解析式，注意元的范围.14．12,33【分析】利用函数的单调性的性质，求得a的范围，即得所求．【详解】若函数(32)3,1()log,1aaxaxfxxx在R上是单调减函数，则32001(

32)30aaaa，解得1233a，{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第8页共14页即12,33a，故答案为：12,33

．15．8【分析】由函数奇偶性的定义可得fx为奇函数，从而可得21mn，然后结合基本不等式即可得到结果.【详解】因为1e1exxfx的定义域为R，关于0,0对称，且e11ee1e1e1

e1eexxxxxxxxfxfx，即函数fx为奇函数，又因为001e001ef，所以2001ffnfm，即210mn，所以21mn，则12

124424248nmnmmnmnmnmnmn，当且仅当421nmmnmn时，即1412mn，取等号.所以12mn的最小值为8.故

答案为：816．1,2【分析】分段讨论求出()fx和(1)fx的解析式，代入12fxfx可求出结果.【详解】（i）当111xx，即2x时，2()23fxxx，22(1)(1)2(1)346fx

xxxx，由12fxfx得2223462xxxx，即22670xx，因为36560，所以22670xx恒成立，所以2x；{#{QQABIY

aUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第9页共14页（ii）当111xx，即12x时，2()23fxxx，(1)11fxxx，由12fxfx得2232xxx，

即210xx，即213()024x恒成立，所以12x；（iii）当111xx，即1x时，()1fxx，(1)11fxxx，由12fxfx得12xx，即12x，所以112x，综上所述：x的取值范围是1(,)2

.故答案为：1(,)217．(1)1(2)14380【分析】运用指数幂的运算法则对（1）（2）进行求解即可.【详解】（1）1434255543535558651abaababb；（2）1330.75442301410.753370.

0642160.021220.1512511114312168108018．(1)3或34(2)716xa【分析】（1）由分段函数，分别0m和0m解4fm

即可.（2）由分段函数，分别0a和a<0解6fa即可.【详解】（1）当0m时，254fmm，解得3m或3m（舍去）；{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第10页共14页当0m时，

141fmm，解得34m.所以m的值为3或34（2）当0a时，2556faa，不符合题意，<0a，且161faa，解得716a.所以a的取值集合是716xa.19．(1)(

2,1)(2)222m【分析】（1）由真数大于0建立不等式组，求解定义域；（2）不等式恒成立问题，通过分离参数转化为求解函数的最大值.根据二次与一次的商的特点，变形后利用基本不等式求解最值即可.【详解】（1）由1020xx解得，2<<1x

.所以函数()fx的定义域D为(2,1).（2）由（1）知21x则013x，所以不等式210xmxm可转化为211xmx.设21()1xgxx，2<<1x，2(1)2(1

)22()(1)211xxgxxxx2(1)22221xx.当且仅当211xx，即12x时，等号成立.且12(2,1)，所以()gx的最大值为222.对于(2,1)内的任意实数x，不等式210xmxm恒成立，所以222m

.{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第11页共14页20．(1)2,0mn(2)证明见解析(3)0,1.【分析】（1）解法一：由(0)0f和(1)1f

列式求出,mn，再检验奇偶性即可得解；解法二：根据fxfx在1,1上恒成立，求出0n，再根据(1)1f求出m；（2）设12,1,1xx且12xx，然后作差、变形、判号，再根据单调性定义下结论即可得证；（3）根据奇偶性和单调性求解即可.【详解】

（1）解法一：因为函数fx是定义在1,1上的奇函数，所以0011ff，得012nmn，解得20mn，经检验2,0mn时，221xfxx是定义在1,1上的奇函数.法二：fx是定义

在1,1上的奇函数，则fxfx在1,1上恒成立，即2211mxnmxnxx在1,1上恒成立，则0n，所以21mxfxx，又因为11f，得2m，所以2,0mn.（2）由（1）知，221xfxx.设12,1,1xx

且12xx，则2212212112121222222212121221212122111111xxxxxxxxxxfxfxxxxxxx，12110xx

，21120,10xxxx，2212110xx，120fxfx，12fxfx，()fx\在1,1上是增函数.（3）由（1）知22,1xfxfxx在1,1上是增函数，又因为fx是定义在1,1上的奇函数，

{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第12页共14页所以由2110fafa，得211fafa，所以221

1111111aaaa，即2020221aaa，解得01a.故实数a的取值范围是0,1.21．(1)2k，2a(2)7324m【分析】（1）利用奇函数及给

定的点求出k和a的值作答.（2）由（1）求出函数()fx的解析式，换元并利用二次函数在闭区间上的最大值分段讨论作答.【详解】（1）因为函数()fx是R上的奇函数，则(0)20fk，解得2k，()xxfxaa

，显然()()xxfxaafx，即函数()fx是奇函数，因此2k，由13(1)2faa，0a且1a，解得2a，所以2k，2a.（2）由（1）知，()22xxfx在21,log3上单调递增

，令22xxt，则3823t，222222(22)22xxxxt，则22222()2xxmfxtmt，令2()2httmt，依题意，2()2httmt在38[,]23上的

最大值为1，二次函数2()2httmt图象对称轴2mt，当382232mm，即256m时，max3173()()1242hthm，解得132566m，矛盾，当256m时，max8828()()1393hthm，解得7324m，则7324

m，所以存在实数7324m，满足题意.22．(1)3；(2)78b时，函数fx与gx的“偏差”取得最小值为98{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCg

GgAAMIAAByBNABAA=}#}第13页共14页【分析】（1）写出yfxgx的解析式，结合0,1x，求出值域1,3y，可得偏差；（2）令21124txxb，hxtx，结合顶点坐标和端点值分类讨论

，得到不同范围下的“偏差”.【详解】（1）22131,0,124yfxgxxxxx，因为0,1x，所以113,222x，则2131,324yx，所以函数fx与gx的“偏

差”为3.（2）令2211,1,124txfxgxxxbxbx，211,1,124hxtxxbx，因为1,1x，所

以131,222x，2190,24x，当104b，即14b时，此时211024xb，则21124hxxb的“偏差”为2b，此时924b，当104b，即14b时，此时2

11024xb，则21124hxxb“偏差”为2b，此时924b，无最小值，当104b，120tb，且124bb，即1748b时，则21124hxxb

“偏差”为2b，{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}第14页共14页此时99284b，无最小值，当104b，120tb，且124bb，即78b时，则2

1124hxxb的“偏差”为14b，此时1948b，无最小值，当104b，120tb，且124bb，即78b时，则21124hxxb的“偏差”为14b

，此时1948b，当104b，120tb，即2b时，则21124hxxb的“偏差”为14b，此时1944b，无最小值，当104b，120tb，即2b时，则21124h

xxb的“偏差”为14b，此时1944b，综上，78b时，函数fx与gx的“偏差”取得最小值为98.【点睛】函数新定义问题，常常会和函数的性质，包括单调性，值域等进行结合，解决此类问

题，一般需要结合函数的性质进行分类讨论.{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com