【文档说明】四川省泸县第五中学2024-2025学年高三上学期开学考试数学试题 Word版含解析.docx，共(15)页，681.107 KB，由小赞的店铺上传

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高2022级高三上期开学考试数学试题本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.第I卷1至2页，第II卷3至4页.共150分.考试时间120分钟.第I卷（选择题共58分）一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四

个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1.已知集合|1Axx=，2{|2Bxxx=−<0}，则AB=（）A.|01xxB.|02xxC.|2xxD.|1xx【

答案】A【解析】【分析】求出集合B，由交集的定义即可求解.【详解】由题可得|02Bxx=，所以|01ABxx=，故选：A2.命题“2:R,230Pxxx++”的否定是（）A.2R,230xxx++B.2R,230xxx

++C.2R,230xxx++D.2R,230xxx++【答案】A【解析】【分析】由命题否定的定义即可求解.【详解】由命题否定的定义可知，命题“2:R,230Pxxx++”的否定是2R,230xxx++.故选：A.3.4x是2''16x的（）A.充分不必要条

件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】由216x，解得4x−或4x，结合充分、必要条件即可判断.【详解】因为216x，解得4x−或4x，所以若4x，则216x，则4x−或4x，所以4x是216x的充分不必要条件.故选：A4.

若π1cos22+=，则sin=（）A.12B.12−C.32D.32−【答案】B【解析】【分析】由诱导公式化简条件即可求解.【详解】因π1cossin22+=−=，所以1sin2=−，故

选：B5.在等差数列na中，若3710aa+=，则9S=（）A.10B.20C.5D.45【答案】D【解析】【分析】由()19992aaS+=，结合等差数列的性质即可求解.【详解】因为3710aa+=所以()()19379994522aaaaS++===故选：D为6.已知分段函数(

)222020xxxfxxxx−=−+，，在区间(),1mm+上单调递增，则m的取值范围是（）A.(,0−B.0,1C.1,0−D.(),11,−−+【答案】D【解析】【分析】通过分段函数的单调性，结合区间，转化求解m的取值范

围即可.【详解】分段函数()222020xxxfxxxx−=−+，，的图象如下：函数的单调增区间为：(,0−，)1,+，所以分段函数()222020xxxfxxxx−=−+，，在区间(),1mm+上单调递增，则1

0+m或1m，解得：1m−或1m，故选：D7.已知定义在R上的函数()fx的图象关于y轴对称，且满足3()2fxfx=−+，又()11f−=，(0)2f=−，则(1)(2)(3)(2024)ffff++++的值是（）A.2B.2−C.2024D

.2025【答案】A【解析】【分析】根据题意，求得()(3)fxfx=+，得到()fx的周期为3，进而求得(1),(2),(3)fff的值，结合周期性，即可求解.【详解】因为定义在R上的函数()fx满足3

()2fxfx=−+，可得()332fxfx+=−+，所以()(3)fxfx=+，所以函数()fx的周期为3，又因为函数()fx的图象关于y轴对称，且(1)1,(0)2ff−==−，可得(1)()1,(3)(0)2,(2)()111ffffff=−===−=−=，所以

(1)(2)(3)0fff++=，则((1)(2)(3)(2024)674[1)(2)(3)](1)(2)112fffffffff+++++++=++==.故选：A.8.函数()()πsin(0,0)2fxwxw=+的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离

为π2，且图象过点10,2，则函数()fx的图象的对称轴方程为（）A.ππ,26kxk=+ZB.ππ,23kxk=+ZC.ππ,6xkk=+ZD.ππ,3xkk=+Z【答案】A【解析】【分析】由相邻两个交点之间的距离为π2得π22T=，再由2π

πT==求解，然后根据图象经过点1(0,)2求解，最后根据函数解析式求对称轴方程即可.【详解】由题意，因为函数()fx图象与x轴交点中相邻两个交点之间的距离为π2，所以π22T=，则2ππT==，即2=，又图象过点1(0,)2，所以1(0)sin2f==，即πZπ2,6

kk=+或5π2π,Z6kk=+，因为π02，所以π6=.所以π()sin(2)6fxx=+.由ππ2π,Z62xkk+=+，解得ππ,Z62kxk=+，所以函数()fx的图象的对称轴为ππ,Z62kxk=+

.故选：A.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知i为虚数单位，复数23i2iz−=+，则下列命题为真命题的是（）A.z的共轭复数为18i55+B.z的虚部为85C.3z

=D.z在复平面内对应的点在第四象限【答案】AD【解析】【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数z，再根据共轭复数的定义判断A，根据复数的概念判断B，根据复数的模判断C，根据复数的几何意义判断D.【详解】因为()()()()22223i2i23i42i6i3i18i2i2i2i2i

55z−−−−−+====−++−−，所以z共轭复数为18i55+，故A正确；复数z的虚部为85−，故B错误；221865555z=+−=，故C错误；复数z在复平面内对应的点为18,55

−，位于第四象限，故D正确；故选：AD10.已知关于x的不等式20axbxc++的解集为{3|xx−或4}x，则以下选项正确的有（）A.0aB.不等式0bxc+的解集为{|12}xx−C0abc++D.不等式20cxbxa

−+的解集为1|4xx−或13x【答案】ABD的.【解析】【分析】求得a的取值范围判断选项A；求得不等式0bxc+的解集判断选项B；求得abc++的取值范围判断选项C；求得不等式20cxbxa−+的解集判断选项

D.【详解】关于x的不等式20axbxc++的解集为{3|xx−或4}x，则13x=−和24x=是方程20axbxc++=的二根，且0a则34034baaca−+=−−=，解之得012abaca=−=−，由0a，可得选项A判断正确；选

项B：不等式0bxc+可化为0120aaxa−−，解之得12x−，则不等式0bxc+解集为{|12}xx−.判断正确；选项C：12120abcaaaa++=−−=−.判断错误；选项D：不等式20cxbxa

−+可化为2120axaxa−++，即21210xx−−，解之得1|4xx−或13x.则不等式20cxbxa−+的解集为1|4xx−或13x.判断正确.故选：AB

D11.已知函数()3232fxxx=−+，下列说法正确的是（）A.函数()fx的极大值为2B.曲线𝑦=𝑓(𝑥)在点()1,0处的切线方程为1yx=−+C.函数()fx在𝑥=2处取得极小值D.函数()fx的单调递减区间为()(),02,−+【答案】AC【解析】【分析】求出()fx

，利用导数的几何意义即可求出切线方程，结合导数与函数单调性极值的关系即可求解.【详解】由题可得()()23632fxxxxx==−−，令𝑓′(𝑥)=0，解得：𝑥=0或𝑥=2;令()0fx，解得：0x或𝑥>2;令()'0fx，解得：0<𝑥<2，所以函数()fx的单

调增区间为(),0−和()2,+，减区间为()0,2,故D错误；当𝑥=0时，()fx取极大值为()02f=，,函数()fx在𝑥=2取极小值，故AC正确因为()13f=−，所以𝑦=𝑓(𝑥)在点()1,0的切线方程为：33yx=−+，故B错误.故选：AC第II卷（非选择题共92分）注意

事项：（1）非选择题的答案必须用0.5毫米黑色签字笔直接答在答题卡上，作图题可先用铅笔绘出，确认后再用0.5毫米黑色签字笔描清楚，答在试题卷和草稿纸上无效.（2）本部分共8个小题，共92分.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.已知角

的终边与单位圆交于点34(,)55P，则cos(π)+=______【答案】35-【解析】【分析】根据三角函数的定义，求得3cos5=，结合cos(π)cos+=−，即可求解.【详解】由角的终边与单位圆交于点34(,)55P，可得3cos5=，又由3cos(π)cos

5+=−=−.故答案为：35-.13.已知函数()331fxxx=−+，则函数𝑓(𝑥)在区间2,2−上的最大值与最小值之差为______【答案】4【解析】【分析】利用导数讨论函数()fx的单调性，即

可求出函数()fx在[2,2]−上的最大值与最小值，进而得解.【详解】因3()31(22)fxxxx=−+−，所以2()333(1)(1)fxxxx=−=+−，令()011,()021fxxfxx−

−−或12x，所以()fx在(1,1)−上单调递减，在(2,1)−−、(1,2)上单调递增，且(2)1,(1)3,(1)1,(2)3ffff−=−−==−=，所以()fx在[2,2]−上的最大值为3，最小值为1−，则()fx在[2,2]−上的最大值与最小

值之差为4.故答案为：414.若函数()21ln2fxxxax=−存在极大值点0x，且()202efx，则实数a的取值范围为______．【答案】230,e【解析】【分析】由函数21()ln2fxxxax=−存

在极大值点0x，可得00ln1xax+=，又()0000l2nxxxfx=−，令()()ln0gxxxxx=−，结合导数分析其单调性，进而得到20ex，由00ln1xax+=，可得()2000ln1exaxx+=

，令()()2ln1exhxxx+=，结合导数分析其单调性，进而得到()()223eehxh=，进而求解.【详解】由()()21ln02fxxxaxx=−，所以()ln1fxxax=+−，由函数21(

)ln2fxxxax=−存在极大值点0x，所以()000ln10fxxax=+−=，即()000ln10xaxx+=，为所以()()20000000000012ln2lnl2n1ln2xxaxxxxxxxfx

x=−=−+=−，令()()ln0gxxxxx=−，则()lngxx=，令()0gx，即1x；令()0gx，即01x，所以函数()gx在()0,1上单调递减，在()1,+上单调递增，且()22eeg=，()11g=−，当01x时，()()ln10gxxx=

−，所以由()()()22002eegxfgx==，得20ex，由00ln1xax+=，可得()2000ln1exaxx+=，即0a，令()()2ln1exhxxx+=，所以()ln0xhxx−=，所以函数()hx在()2

e,+上单调递减，所以()()223eehxh=，所以230ea.即实数a的取值范围为230,e.故答案：230,e.四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知函数()()()sin0,0πfxx=+

的图象相邻两最高点的距离为π，且有一个对称中心为π,03．（1）求和的值；为（2）若π2263f−=，且ππ84，求()f的值．【答案】（1）()πsin23fxx=+（

2）()2236f+=【解析】【分析】（1）求出函数()fx的最小正周期，可求得的值，由函数()fx的对称性结合的取值范围可求得的值，即可得出函数()fx的解析式；（2）由已知条件可得出22sin23=，利用同角三角函数的基本关系以及两角和的正弦公式可求得()f的值.【小问1详解】解：

由题意可知，函数()fx的最小正周期为πT=，2π2T==，则()()sin2fxx=+，因为函数()fx有一个对称中心为π,03，则()π2πZ3kk+=，所以，()2ππZ3kk=−，因为0π，则π3=，故2=，π3=.【小问2详解】解：由（1）可得()

πsin23fxx=+，πππ22sin2sin26633f−=−+==，因为ππ84，则ππ242，所以，21cos21sin23=−=，因此，()π13

12231223sin2sin2cos232223236f+=+=+=+=.16.已知等差数列{𝑎𝑛}的公差0d，首项11a=，且2514aaa，，分别是等比数列{𝑏𝑛}的第二项、第三项、第四项.（1）求数列{𝑎𝑛}和{𝑏𝑛}的

通项公式；（2）设数列nc满足nnncab=+，求数列nc的前n项和𝑆𝑛【答案】（1）21nan=−，13nnb−=（2）2312nnSn−=+【解析】【分析】（1）由2514aaa，，构成等比数列，列方程求得公差，即可求解；（2）由等差、等比数列前n项

和公式即可求解.【小问1详解】因为25141,14,113adadad=+=+=+，2,a514,aa成等比数列，所以()()2(14)1113ddd+=++得：22181611413dddd++=++即：23

60dd−=，因为0d，所以2d=，所以()12121nann=+−=−，因为22353,9baba====，所以等比数列{𝑏𝑛}的公比323bqb==，211bbq==，所以13nnb−=.【小问2详解】1213nnnncabn−=+=−+()()()1122nn

nSababab=++++++.()()1212nnaaabbb=+++++++.()12113213nnn+−−=+−.2312nn−=+.17.在ABCV中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，coscos2cosbCcBaA+=.（1）求角

A的大小；（2）若7a=，5bc+=，求ABCV的面积.【答案】（1）π3（2）332【解析】【分析】（1）由正弦定理以及两角和的正弦公式得cosA的值即可进一步求解；（2）由余弦定理求出bc，结合三角形面积公式即可进一步求解.【

小问1详解】根据正弦定理可得()sincoscossinsinsin2sincosBCBCBCAAA+=+==,由于()0,π,sin0BB,故1cos2A=，由于()0,π,A所以π3A=.【小问2详解】由余弦定理有2222cosabcbcA=+−，即()22

273253bcbcbcbcbc=+−=+−=−，解得6bc=，所以ABCV的面积为11333sin62222SbcA===.18.已知函数2()e2,Rxfxaxa=−．（1）求函数()fx的

单调区间；（2）若对于任意的0x，都有()1fx恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）(,1−【解析】【分析】（1）对2()e2xfxax=−求导，可得2()2e2xfxa=−，再分类讨论a的取值，得出导数的正负即可得出单调区间；（2）

对a进行分类讨论，根据导数的正负求得()fx的最小值，判断是否满足()1fx，即可求解．【小问1详解】对2()e2xfxax=−求导，可得2()2e2xfxa=−，令()0fx=，即22e20xa−

=，即2exa=，当0a时，𝑓′(𝑥)>0恒成立，()fx在R上单调递增；当0a时，21e,2ln,ln2xaxaxa===，当1ln2xa时，()()0,fxfx在1,ln2a−上单调递减；当1ln2xa时，𝑓′(𝑥)>0，()fx在1ln,2a+

上单调递增；综上，当0a时，()fx的单调递增区间为R；当0a时，()fx的单调递减区间为1,ln2a−，单调递增区间为1ln,2a+．【小问2详解】因为对于任意的0x，都有()1fx恒成立，对2()e

2xfxax=−求导，可得2()2e2xfxa=−，令()0fx=，即22e20xa−=，即2exa=，①当0a时，𝑓′(𝑥)>0，则()fx在(0,+∞)单调递增，()()01fxf=，符合题意；②当01a时，2exa=，则

1ln02xa=，则()0fx，()fx在(0,+∞)单调递增，()()01fxf=，符合题意；③当1a时，2exa=，则1ln02xa=，当10,ln2xa时，()0fx，则

()fx在10,ln2a单调递减，当1ln,2xa+时，()0fx，则()fx在1ln,2a+单调递增，所以()ln11lne2lnln22afxfaaaaaa

=−=−，令()ln,1gaaaaa=−，则()ln0gaa=−，所以()ga在(1,+∞)上单调递减，所以()()11gag=，不合题意；综上所述，(,1a−．19.已知函数()()ln1fxxax=+−．（1）若()fx在)0,+上是减函数，求实数a的最小值；（2

）若()()2e0xfxaaaxa−−恒成立，求a的取值范围．【答案】（1）1；（2）)1,+．【解析】【分析】(1)根据题意可知()0fx„在)0,+恒成立，参变分离可求a的最小值；(2)()()2e0xfxaa

axa−−„等价于()2ln1exxaa++„，∵不等式在x≥－1时恒成立，故当x＝0时也恒成立，据此即可求得a≥1﹒然后在证明当1a…时，不等式()2ln1exxaa++„恒成立即可．证明不等式恒成立时，可利用当1x−时，()ln1xx+

„对不等式进行放缩化简．【小问1详解】∵()11fxax=−+，若()fx在)0,+上是减函数，则()0fx„在)0,+恒成立，即101ax−+„，即11ax+…对0x…恒成立，∵0x…，∴1011x+„，因此实数a的最小值为1；【小问2详解】∵1x−，∴()()2e0

xfxaaaxa−−„等价于()2ln1e,xxaa++„∵0x=时，2aa„，∴1a…，下面证明当1a…时，不等式()2ln1exxaa++„恒成立，先证明当1x−时，()ln1xx+„，由(1)知，当

1a=时，()fx在()1,0−上单增，在0+,上单减，∴()()00fxf=„，∴当1x−时，()ln1xx+„，要证明()2ln1exxaa++„，只需证明对任意的()1,x−+，2e0xaxa−−…恒成立，令()2exgxaxa=−−，则()

2e1xgxa=−，令()2e10xgxa=−=，得2ln0xa=−„，当2ln1a−−„，即ea…时，()0gx…，∴()gx单调递增，于是()()221eee11110ee244agxgaa−=+−=−−

+−+，当2ln1a−−，即1ea„时，()gx在()1,2lna−−上单减，在()2ln,a−+单调递增，∴()()2212ln2ln2ln1gxgaaaaaaa−=+−=−+…，令()2ln1h

aaa=−+，则()22110ehaa=−−，∴()ha在)1,e单调递增，于是()()10hah=…，即()0ha…，∴()0gx…恒成立，∴1a…，不等式2e0xaxa−−…恒成立，因此当1a…时，不等式()2ln1exxaa++„恒成立，即a取的值

范围是)1,+．【点睛】本题第二问的关键点是注意到x＝0时可直接求出a的范围，再去证明这个范围是成立的即可﹒证明不等式恒成立时，需用当1x−时，()ln1xx+„对不等式进行放缩．