湖南沙市2022-2023学年高一上学期第三次检测数学试题(解析版)

数学（答案在最后）

一、单项选择题

1.已知集合A{x|yA.{0,1,2,3}【答案】B【解析】x1}，B{1,0,1,2,3}，则AB

B.{1,2,3}

C.{0,1,3}

D.{0,2,1}

【分析】先求解集合A，再求交集即可.【详解】∵集合A{x|y故选B．【点睛】本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题.2.设命题p:n1,n31，则命题p的否定是（A.n1,n31C.n1,n31【答案】A【解析】【分析】依据特称命题的否定写出命题p的否定即可解决.【详解】命题p:n1,n31的否定是n1,n31故选：A）B.n1,n31D.n1,n31

x1}{x|x1}，B1,0,1,2,3，∴AB{1,2,3}.x21,x0

3.已知函数y＝，则使函数值为5的x的值是（2x,x0

A.－2B.2或－）5

252

C.2或－2D.2或－2或－【答案】A【解析】【分析】分x≤0和x>0两种情况求解即可【详解】当x≤0时，x2＋1＝5，x＝－2.当x>0时，－2x<0，不合题意.故x＝－2.故选：A4.已知某函数的图象如图所示，则该函数的解析式可能是（）A.f(x)lnxC.f(x)【答案】B【解析】1xB.f(x)lnxD.f(x)lnx

1x1

lnxx1x【分析】根据特殊值验证，可排除ACD选项，进而可判断B正确.【详解】A选项，f11与图象矛盾，故A错；C选项，fe

1

10与图象矛盾，故C错；eD选项，f11与图象矛盾，故D错；B选项，当x0时，f(x)lnx

11

显然单调递减，且f(1)1，f(2)ln20，能与题x21111

ln22ln21f(2)ln2lne1，即，2222

中图象符合；当x0时，f(1)1，f

1

ff1，f2f1，能与题中图象符合；故B中解析式能符合题意；2

故选：B.5.玉雕在我国历史悠久，拥有深厚的文化底蕴，数千年来始终以其独特的内涵与魅力深深吸引着世人．某扇形玉雕壁画尺寸（单位：cm）如图所示，则该玉雕壁画的扇面面积约为（）A.1600cm2【答案】D【解析】B.3200cm2C.3350cm2D.4800cm2

【分析】利用扇形的面积公式，大扇形面积减去小扇形面积即可求解【详解】易知该扇形玉雕壁画可看作由一个大扇形剪去一个小扇形得到，设大、小扇形所在圆的半径分别为r1，r2，相同的圆心角为，则该扇形玉雕壁画面积16080

，得r12r2，又因为r1r240，所以r180，r240，r1r21111

S160r180r21608080404800（cm2）．2222故选：D．6.某网红城市鹅城人口模型近似为P320014e0.015t，其中t0表示2015年的人口数量，则鹅城人口数量达到600012的年份大约是（A.2037年【答案】C【解析】【分析】取P320014e0.015t600012，计算t【详解】P320014e0.015t600012，即e

0.015t）（参考数据：ln20.693，ln31.099，ln51.609）C.2057年D.2067年B.2047年15

8ln3ln53ln242，2015422057，t

0.0150.015

ln

故选：C.ln3ln53ln2

，计算得到答案.0.0156000121515，0.015tln，320014881,0)出发在单位圆上运动，点P按逆时针方7.如图所示，在平面直角坐标系xOy中，动点P、Q从点A(

向每秒钟转标是（11ππ

弧度，点Q按顺时针方向每秒钟转弧度，则P、Q两点在第1804次相遇时，点P的坐1212）13,A.2213C.2,2

【答案】C【解析】13

B.2,2

13D.,22

【分析】计算相遇时间，再确定P转过的角度，得到坐标.【详解】相遇时间为t18042π故P转过的角度为π11π

3608秒，1212

π2π

3608300π，123132π2π

,,sin，即故对应坐标为cos.2233

故选：Ce4x2x11（8.已知实数x1，x2满足lnx113x1，lnx22，则lnx2A.3【答案】D【解析】B.1

C.eD.4

）e4

【分析】根据已知条件将两个等式化成同一结构形式，研究g(x)xlnx的单调性，得到x11，进x2

而求得答案.【详解】由lnx113x1可得x11lnx112.e4e4e4e44lnx22，即ln2由lnx22可得x2x2x2x2令g(x)xlnx，因为yx,ylnx在(0,)均单调递增，所以g(x)xlnx在(0,)单调递增.e4e4

又g(x11)g()2，所以有x11，x2x2e44xx1lnxlne4所以ln221.x2

故选：D二、多选题

353

9.若函数fx的图象是连续的，且函数fx的唯一零点同在区间0,4，0,2，1,，,内，242

则与f0符号不同的是（A.f4【答案】ABD【解析】）C.f1D.f

B.f232

【分析】根据二分法及函数零点的存在性定理，逐步分析可得.【详解】由二分法的步骤可知，①零点在0,4内，则有f(0)f(4)0，不妨设f00，f40，取中点2；②零点在0,2内，则有f(0)f(2)0，则f00，f20，取中点1；③零点在1,2内，则有f(1)f(2)0，则f10，f20，取中点3；2

5333④零点在1,内，则有f(1)f0，则f(1)0，f0，则取中点；2422⑤零点在

53

,内，则有425f43

f0，则25

f0，43

f0，2

所以与f0符号不同的是f4，f2，f故选：ABD.10.下列判断正确的是（）3，2

A.1.30.20.61.1

B.若log2log3x0，则x3Cln3ln2

.32D.lg2lg5eln32【答案】AB【解析】【分析】根据指数函数单调性知A正确，计算得到B正确，ln9ln8不成立，C错误，计算得到D错误，得到答案.【详解】对选项A：1.30.21.3010.600.61.1，正确；对选项B：log2log3x0，故log3x1，x3，正确；对选项C：要证ln3ln2

，即2ln33ln2，即ln9ln8，不成立；32

对选项D：lg2lg5eln3lg1032，错误；故选：AB.11.下列说法错误的是（）A.函数fxlgxaxa的值域为R，则a4，或a0

2B.若x2R，则函数yx41x24的最小值为2

C.2x2y2y2x1是xy的充分不必要条件D.当xR时，不等式kx2kx10恒成立，则k的取值范围是0,4【答案】BD【解析】【分析】根据值域得到a24a0，解得A正确，均值不等式等号成立条件不满足，B错误，根据函数单调性得到C正确，当k0时，不等式恒成立，D错误，得到答案.【详解】对选项A：函数fxlgxaxa的值域为R，则a24a0，2解得a4或a0，正确；对选项B：y

x241x422x241x422，2当且仅当x4

1x42，即x23时等号成立，等号成立条件不满足，错误；对选项C：2x2y2y2x1，即2x2x2y2y1，x

函数gx22x单调递增，故gxgy1gy，即xy；取x0，y1满足xy，2x2y1，2y2x11，不成立，正确；对选项D：当k0时，不等式kx2kx10恒成立，错误；故选：BD.12.设函数fxabc，其中ca0，cb0.若a，b，c是ABC的三条边长，则下列结x

x

x

论正确的是（）A.若ab，则fx的零点均大于1

B.若ABC为直角三角形，则对于nN*，f2n0恒成立.C.xR，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长D.x,1，fx0【答案】ACD【解析】xlogc2，进而结合不等式的性质及三角【分析】对于A，结合题意及函数零点的定义令fx0，则a形的性质可得1c2，进而结合对数函数的性质即可判断；对于B，由题意可得c2a2b2，进而整理aab

1，01，进而化简cc

即可判断；对于C，令a2，b3，c4即可判断；对于D，由题意可得0

axbx

函数fxc1，进而结合指数函数性质即可判断.cc

x

【详解】对于A，若ab，则fx2ac，xxcxlogc2，令fx0，则2axcx，即2，即aa

在ABC中有，abc，即2ac，则又ca0，则xcc

1，所以12，aac

2，a则xlogc2logcaac1，则函数fx的零点均大于1，故A正确；a对于B，若ABC为直角三角形，结合ca0，cb0，可得c2a2b2，所以f2na2nb2nc2na2nb2na2b2对于C，令a2，b3，c4，能构成一个三角形的三条边长，但a24，b29，c216，不能构成一个三角形的三条边长，故C正确；对于D，由题意，abc，且ca0，cb0，所以0

ab

1，01，ccxxxx＜0，故B错误；naxbxbxabcxa0，故D当x,1时，fxabcc1c1c

ccccc

正确.故选：ACD.三、填空题

13.已知log22xlog22y1，则x3y的最小值为____.【答案】6【解析】【分析】由对数的运算性质得4xy2xy1，然后利用基本不等式即可求得x3y最小值.2【详解】由题得，x0,y0，且log22xlog22ylog2(2x2y)1，所以4xy2xy1，2x3y2x3y2316，当且仅当x3y时等号成立，又x0,y0,xy，22解得x

66，,y

26

故答案为：6.14.函数fx3log2x31sinx1x的定义域为_____.【答案】1,00,【解析】log2x310

【分析】函数定义域满足，解得答案.x0

【详解】函数fx解得x1且x0.故答案为：1,00,.15.若sin、cos是关于x的方程x2axa0的两个根，则cos【答案】21##12【解析】3log2x31sinx1log2x310

的定义域满足：，xx0



3π3π

sin____.22

Δa24a0



【分析】先根据韦达定理得到sincosa，进而求得a，sincos，再结合诱导公式化简求值即sincosa

可.Δa24a0

【详解】由题意得，sincosa，则a0或a4，sincosa

又sincos12sincos，即a212a，解得a12或a12（舍去），则sincos12，所以cos

2





3ππππ3ππ

sincos2πsinπcossin222222

sincossincos21.故答案为：21.16.已知函数fxxe

3x3

x0与gxx3lnxa的图象上存在关于原点对称的点，则a2

的取值范围是_________.【答案】【解析】e,

3

，在x0,0上有解，即233xx

可得到ylnx0a与ye0在x0,0上有交点，结合ye与ylnxa的单调221

性得到lna，解得即可.2x

【分析】依题意x00，使得gx0fx0，即lnx0ae0

【详解】由题意知：x00，使得gx0fx0，即xlnxaxe

33x3

，在x,0上有解，23x即ylnxa与ye在x,0上有交点，2所以lnxae

x3

在x,0上有解，2

因为x,0，所以e0,1，则e

x

x313,，222

且ye所以lna故答案为：x

11

，解得ae2e，即a的取值范围是23

在x,0上单调递减，ylnxa在定义域上单调递增，2e,.e,

四、解答题

17.已知sincos1

，sincos3（1）求tan的值；

sincoscos2()

（2）求；22

1sin2【答案】（1）2；（2）【解析】【分析】（1）由已知1

.9

sincos1

，化简整理可得sin2cos，即可得解；sincos3

sincoscos2()

（2）化简tan1，根据（1）的结果代入即可得解．22

1sin22tan21

【详解】（1）由已知sincos1

，sincos3化简得3sin3cossincos，整理得sin2cos故tan2



sincoscos2()（2）cossincos222

1sin21sin2cossincos2tan11

．2222sincossin2tan19【点睛】本题考查了三角函数的运算，考查了知弦求切和知切求弦，主要利用了诱导公式，属于简单题.18.已知函数yfx是R上的偶函数，且当x0时，fxlog11xx.2（1）求函数yfx的表达式，并直接写出其单调区间（不需要证明）；（2）若flgaf1，求实数a的取值范围.log11xx,x0

2【答案】（1）fx，增区间为,0，减区间为0,；log11xx,x02（2）0,【解析】【分析】（1）当x0时，则x0，根据偶函数的性质即可求出；（2）根据函数的奇偶性和单调性求解即可.【小问1详解】令x0，则x0，则fxlog11xxfx，21

10,10

所以x0时，fxlog11xx，2log11xx,x02故fx；log11xx,x02故fx的单调递增区间为,0，单调递减区间为0,.【小问2详解】log11xx,x02由（1）知fx，log11xx,x02且fx的单调递增区间为,0，单调递减区间为0,，则当lga0时，flgaf1lga1得a10；当lga0时，flgaf1f1lga1得0a

1；10

综上：实数a的取值范围为0,

2

1

10,.10

2

19.已知函数fxxax4a的定义域是2,3.（1）当a2时，求函数fx的值域；（2）若x2,2，都有fx0，求a的取值范围.【答案】（1）1,8（2）,44,【解析】【分析】（1）结合二次函数的性质求解即可；（2）由题意可得fxmax0，进而结合二次函数的性质可得【小问1详解】当a2时，fxx2x，对称轴为x1，2f20

，进而求解即可.f20且函数fx在2,1上单调递减，在1,3上单调递增，所以当x1时，fxminf11，当x2时，fxmaxf28，所以函数fx的值域为1,8.【小问2详解】因为x2,2，都有fx0，则fxmax0，2f242a4a0则，解得a4或a4，2f242a4a0

所以a的取值范围为,44,.20.环保生活，低碳出行，电动汽车正成为人们购车的热门选择.某型号的电动汽车在国道上进行测试，国道限速80km/h.经多次测试得到该汽车每小时耗电量M（单位：Wh）与速度v（单位：km/h）的数据如下表所示：v

M

00101150302250708050为了描述国道上该汽车每小时耗电量M与速度v的关系，现有以下三种函数模型供选择：133vbv2cv；②M2v1000①M1va；③M3v200logavb.204

（1）当0v80时，请选出你认为最符合表格中所列数据的函数模型（需说明理由），并求出相应的函数解析式；（2）现有一辆同型号电动汽车从A地行驶到B地，其中高速上行驶200km，国道上行驶40km，若高速路上该汽车每小时耗电量N（单位：Wh）与速度v（单位：km/h）的关系满足vNv2v210v20080v120，求电动汽车在两段道路上分别以怎样的速度行驶时可以使总耗电量最少？（假设在两段路上分别匀速行驶）【答案】（1）M1v

13v4v2150v，0v8020（2）当高速路上速度为80km/h，国道上速度为40km/h时，总耗电最少，为33300Wh【解析】【分析】（1）根据函数的单调性排除②，根据定义域排除③，再利用待定系数法即得；（2）根据题意可得高速路上的耗电量fv400v

2





100

2000，再分析的单调性求得最小值，再由v

题可得国道上的耗电量hv2v402800，根据二次函数的性质即得.【小问1详解】3因为函数M2v1000a是定义域上的减函数，又M30无意义，4

3所以函数M2v1000a和M3v200logavb不可能是符合表格中所列数据的函数模型，4

故M1v

vv13vbv2cv是可能符合表格中所列数据的函数模型，20132M1010b1010c1150120

1

303b30230c2250，解得b4，c150，由M13020

132M7070b7070c8050120

则M1v

13v4v2150v，0v80.20【小问2详解】由题意，高速路上的耗电量为：fvNv

200200100

2v210v200400v2000，80v120，vvv100

在v80,120上单调递增，v因为函数yv

所以函数fv在80,120上单调递增，所以当v80时，fvminf8030500Wh.国道上的耗电量为：hvM1v

4013240v4v2150v2v402800，0v80，v20v所以当v40时，hvminh402800Wh.综上所述，当高速路上速度为80km/h，国道上速度为40km/h时，总耗电最少，为33300Wh.21.如图所示，已知A(x1,m)、B(x2,m2)、C(x3,m4)（其中m2）是指数函数f(x)2x图像上的三点．(1)当m2时，求f(x1x2x3)的值；(2)设ABC的面积为S，求S关于m的函数S(m)及其最大值.【答案】（1）48；（2）log2【解析】43【分析】（1）根据指数运算法则求解，（2）作辅助线，将所求三角形面积转化为一个大直角三角形面积减去一个小直角三角形面积以及一个直角梯形面积，利用坐标表示面积，最后根据二次函数性质求最值.【详解】（1）fx1x2x321xx2x32x12x22x3mm2m4，∴当m2时，fx1x2x348；(2)过C作直线l垂直于x轴，分别过A,B作AA1,BB1垂直于直线l，垂足分别为A1,B1，则SABCSAA1CSBB1CS梯形AA1B1B



111

x3x14x3x22x3x2x3x12222

2x2x1x32log2m2log2mlog2m4log2m24log122m24mm4m



4

，m2,2m4m

2即S关于m的函数为：Smlog21

令vm24m，因为vm24m在2,上是增函数，∴v12再令t1

444，则t1在12,上是减函数，∴1t；vv34



而Slog2t在区间1,上是增函数，3所以，函数Smlog21



4

在区间2,上是减函数，m24m

4．3

故当m2时，SmmaxS2log2【点睛】本题考查指数函数、对数函数以及二次函数性质，考查基本分析求解能力，属中档题.22.已知函数fxxaxaR的单调递减区间为,1，函数gxlnx.2

（1）求实数a的值，并写出函数yg；fx的单调递增区间（不用写出求解过程）（2）证明：方程efx

x11

在0,内有且仅有一个根x0；x2

2

x

（3）在条件（2）下，证明：gx0x0e01.（参考数据：e2.71828，e1.9，ln20.693.）【答案】（1）a2，0,（2）证明见解析【解析】【分析】（1）根据单调区间得到a2，确定函数定义域，根据复合函数单调性得到答案.（2）确定x2x

32（3）证明见解析11

hh000，构造函数，确定函数单调递增，计算，0得到证明.ex2

（3）变换lnx0【小问1详解】1

10，构造函数，确定函数单调递增，计算最值得到证明.x02

a

1，a2，2

函数fxxaxaR的单调递减区间为,1，故

2

2fxlnx2x，fxx22x，yg

函数定义域满足：x22x0，解得x0或x<2，fxx22x在1,上单调递增，gxlnx在0,上单调递增，故函数ygfx的单调递增区间为0,；【小问2详解】exfx

111x232，即ex2x，即x2xx0，xxe

设hxx2x

3211

，函数在0,上单调递增，xe2

1511

0.0190，故hx在0,上有唯一零点，h010，he282

即方程efx

x11

在0,内有且仅有一个根x0；x2

【小问3详解】32x02x0

111x02

lnx10xgxxe1，要证，即，000,，00

x02ex02

11

1在0,上单调递增，x22

函数Fxlnx

故Fx0F

11331lnx10，得证.lnln20.0930，即0x022552