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河北省衡水中学2022-2023学年高三上学期三调考试数学答案
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数学参考答案一、选择题1.C【解析】因为M{x|1x0}{x|x1},N{y|y0},所以MN{x|0x1}.112.B【解析】由题意得cos3,所以22312233217cos22cos2121.39ab(ab)213.A【解析】由已知得f(x),所以f(1)ab1,故a2b2,xx22211当且仅当ab时取等号,所以a2b2的最小值为.2224.D【解析】因为ycos2xsin2xsin2x,将ysin2x的6623图象向右平移个单位长度后,得到ysin[2(x)]sin(2x2)的图象,所以222k(kz),故k(kz),又0,所以k1,2,3,,332当k1时,.3115.D【解析】由题图得f(0)sin,又0,点0,在图象的上升部分上,2223所以,由五点作图法可知2,则1,所以63622f(x)sin2x.对于A,f(x)的最小正周期为,故A错误,对于B,622因为fsinsin1,所以f(x)的图象不关于点,0336237对称;故B错误,对于C,当x0,时,2x,,所以2666学科网(北京)股份有限公司11sin2x1,所以f(x)在区间0,上的最小值为,故C错误;对于2622535D,fsin1,所以f(x)的图象关于直线x对称,故D正确.6266.C【解析】作出函数y|tanu|的图象,如图所示:由图可知,函数y|tanu|的最小正周期为,且其单调递增区间为k,k(kz)对于函数f(x),其最小正周期为T4,可得,则24f(x)tanx。由kxk(kZ),得,444424k1x4k3(kz),所似f(x)的单调递增区间为(4k1,4k3)(kZ),所以1155f(x)在区间1,上单凋递减,,在区间,上不单调,在区间,3上单调递增,3333在区间(3,4)上单调递减.31337.B【解析】tanABCtan15tan(4530)323.在33313ACRtABC中,BC(23)AC.在RtADC中,tanABCACAC33CDAC.由BDBCCD(23)ACACtanADCtan6033233a332ACa,得ACa.362348.C【解析】不等式sinxcosx2mx|sinxcosx|可化为min{sinx,cosx}mx.由函数ymin{sinx,cosx}的图象,可知min{sinx,cosx}mx只有一个整数解,则学科网(北京)股份有限公司唯一整数解只能是x1。因为点A(1,cos1),B(2,cos2)是ymin{sinx,cosx}图象cos22cos2cos23cos2上的点,所以mcos1,因为,cos1,,cos1,23222cos2cos2cos2cos2,cos1,cos1,cos1,所以实数m的可能取值为.3223二、选择题9.AC【解析】若ABC为锐角三角形,则A0,,B0,,,且AB,即222AB,又A0,,B0,,则sinAsinBcosB;反之,22222若B为钝角,满足sinAcosB,不能推出ABC为锐角三角形,故A正确;由sin2Asin2B,得2A2B或2A2B,即AB或AB,所以ABC为2ab等腰三角形或直角三角形,故B错误;若AB,则ab,由正弦定理得,sinAsinB即sinAsinB成立,故C正确:根据余弦定理得b2a2c.22accosB,即1b282102281084,所以b221符合条件的ABC只有一个,故D2错误..【解析】对于,因为,所以,,10ACDA2f(x)2x1,x2R|f(x1)f(x2)|4所以,故正确,对于,若,即M4ABf(x1)f(x2)2cos2x2cos2x,所以2x2x2k或132313232x2x2k,kz,即xxk或xxk,kz,132312123故B错误;对于C,因为f(x)的图象关于点,0对称,又xx,即12126xx12,所以f(x)f(x),所以f(x)f(x)0,故C正确;对于D,212121277因为x,x,,且f(x)f(x)(xx),由f(x)的,图象在区间,12121212121212学科网(北京)股份有限公司2内的对称轴为直线x可知,xx,所以312322f(xx)f2cos(22cos1,故D正确.1233331616311.BC【解析】versin1cos1cos51cos,故A错误;3333233versin()coversin1cos()1sin22coversinx11sinx1coscos0,故B正确;tanx2,versinx11cosx1coversinxversinx1sinx1cosxsinxcosx,分子分母2(coversinxversinx)2(1sinx1cosx)sinxcosxcoversinxversinxtanx1211同除以cosx,得,故C正确,2(coversinxversinx)tanx1213f(x)versin2022xcoversin2022x136cos2022x1sin2022x22sin2022x,366当sin2022x1时,f(x)取得最大值4,故D错误.612.AC【解析】由f(2)f(1)2,得cos2cos0,即2cos2cos0,1解得cos0或cos,又0,所以或.当时,2233f(x)2xsinx,所以f(0)0,令g(x)2xsinx,则33332g(x)2cosx0,所以f(x)单调递增,则当x[2,0)时,f(x)0,当93x(0,2]时,f(x)0,所以f(x)在区间[2,0)上单调递减,在区间(0,2]上单调递增,故f(x)在区间[2,2]上只有1个极值点,当时,f(x)2xsinx.2222令h(x)2xsinx,则h(x)2cosx在区间[0,2]上单调递增,又2242学科网(北京)股份有限公司22h(0)20,h(2)20,所以h(x)在区间[0,2]上只有一个零点,因44此f(x)在区间[0,2]上先单调递减再单调递增.又f(0)0,f(2)0,所以f(x)在区间[0,2]上先单调递减再单调递增.由f(x)为偶函数可知f(x)在区间[2,2]上先单调递减,然后单调递增,再单调递减,最后单调递增,故f(x)在区间[2,2]上共有3个极值点,综上,f(x)在区间[2,2]上有1个或3个极值点.三、填空题13.31【解析】因为2sincos,所以2sincos2cossincos,333整理得sin(31)cos,即tan31.14.1【解析】因为f(4x)f(x)2,所以f(42)f(2)2f(2)2,所以f(2)1.又f(x)的图象关于直线x4对称,所以f(6)f(2)1.又f(42)f(2)2,所以f(2)2f(6)1.15.[3,0)【解析】f(x)的定义域为R,f(x)sin|x|3cos(x)sin|x|3cosxf(x),故f(x)为偶函数.当x0时,f(x)sinx3cosx42sinx,作出f(x)sin|x|3cosx在区间2,上的大致图象如图所33示.4若关于x的方程f(x)m在区间2,上有三个不同的实根,则m[3,0).3516.【解析】如图,A点为某市的位置,B点是台风中心在向正北方向移动前的位置.2学科网(北京)股份有限公司设台风移动t小时后的位置为C,则BC40t.又ABC60,AB400,在ABC中,由余弦定理,得AC2AB2BC22ABBCcos604002(40t)216000t.令AC24002(40t)216000t3502,即16t2160t3750,解得152525155t,则(小时),所以该市从受到台风影响到影响结束,持续的444425时间为小时.2四、解答题17.解:(1)因为f(x)为R上的奇函数,所以f(0)0.(1分)当x0时,x0,则f(x)(x)24(x)x24x.因为f(x)是奇函数,所以f(x)f(x)x24x,x24x,x0,所以f(x)(5分)2x4x,x0(2)当x0时,f(x)x24x(x2)24,则f(x)在区间[0,)上单调递增.因为f(x)是R上的奇函数,所以f(x)在R上单调递增.(7分)由f(t1)f(2t)0,可得f(t1)f(2t)f(2t)(8分)1所以t12t,解得t.31故实数t的取值范围是,.(10分)318.解:(1)若选①:由正弦定理,得(bc)(bc)(ac)a,整理得a2c2b2ac(3分)学科网(北京)股份有限公司a2c2b2ac1所以cosB.2ac2ac2又B(0,),所以B.(5分)3若选②:因为cos2(AC)3cosBcos2(B)3cosBcos2B3cosB1,所以2cos2B13cosB1,即2cos2B3cosB20,(3分)1解得cosB2(舍去)或cosB.2又B(0,),所以B(5分)3(2)因为BDAC,所以BD为AC边上的高,又AC4,所以当ABC的面积最大时,BD取得最大值.法一:在ABC中,由余弦定理,得b2a2c22accosABC,即16a2c2ac(8分)由基本不等式,得162acacac,当且仅当ac4时取等号,1所以SacsinABC43(10分)ABc243所以AC边上的高BD的最大值为23,(12分)1b2cb83法二:由正弦定理,得sinA,(8分)sinCsinABC31i18383所以SacsinABC.sinAsinCsinABCABC2233243163sinAsinA83sin2A

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