2023-2024学年辽宁省名校联盟高三（上）期初数学试卷（9月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年辽宁省名校联盟高三（上）期初数学试卷（9月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设全集U={x∈N|x≤10}A.4个 B.3个 C.2个 D.1个2.已知命题¬p：∃a∈R，aA.p：∃a∉R，aπ−πa>0 B.p：∀a∉R，aπ−3.设x，y∈R，则“xy>1”是“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4.2023年7月12日9时0分，由中国“蓝箭航天”自主研制的朱雀二号遥二运载火箭的发射任务取得圆满成功，该火箭由此成为全球首款成功入轨的液氧甲烷火箭，标志着我国运载火箭在新型低成本液体推进剂应用方面取得重大突破.在火箭研发的有关理论中，齐奥尔科夫斯基单级火箭的最大理想速度公式至关重要.其公式为v=qlnM0Mk，其中v为单级火箭的最大理想速度(单位：m⋅s−1)，q为发动机的喷射速度(单位：m⋅s−1)，M0，Mk分别为火箭的初始质量和发动机熄火(推进剂用完)时的质量(单位：kgA.4.44km⋅s−1 B.7.25.设Sn为数列{an}的前n项和，已知a1=3，∀mA.{an}是等比数列 B.a4=546.设2a=3b=t，若A.23 B.6 C.37.已知a>1，f(x)=A.(−13,+∞) B.8.已知a=e0.03，b=ln(A.c>a>b B.a>c二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.若a>b>0A.ba<b+1a+1 10.定义在R上的连续函数f(x)满足∀x，y∈R，fA.f(0)=0

B.当x，y∈(0,+∞)时，f(11.设[x]表示不超过x的最大整数，如[2.1]=2，[A.f(32)>f(2)

B.f(x)在区间(k,k+1)，k∈12.设数列{an}满足an+1=an2−3A.an+1>an B.a三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.若数列a，27，−9，b，−1为等比数列，则(b−14.函数21x4−115.已知x≥y>0，z>0，则16.已知a，b满足log9(2a−1)=5四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

函数A={x|y=lg6−2x18.(本小题12.0分)

已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a1=1，S7−S4=33．

19.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=x3−x2−ax+1，a∈R．

(1)若∃x>0，20.(本小题12.0分)

定义在R上的函数f(x)满足：①对∀x1，x2∈R，当x1≠x2时，总有[f(x1)−f(x2)](x1−x2)21.(本小题12.0分)

已知函数f(x)定义在区间(−1,1)内，f(−45)=2，且当∀x，y∈(−1,1)时，恒有f(x)+f(22.(本小题12.0分)

已知a>0，b∈R，函数f(x)=ax|lnx|和g(x)=b|lnx+1|的图像共有三个不同的交点，且f(x)答案和解析1.【答案】B

【解析】解：由题意得U={0,1,2,3,4,5,6,7,2.【答案】D

【解析】解：命题¬p：∃a∈R，aπ−πa>0，

则p：∀a3.【答案】A

【解析】解：由xy>1，得x2+y2≥2xy>2>1，故充分性满足；

但当x2+y2>14.【答案】C

【解析】解：由题意得q≈4000m⋅s−1，初末质量比最大为10，

代入公式v=qlnM0Mk，则该型号单级火箭能获得的最大理想速度v5.【答案】B

【解析】解：因为a1=3，∀m，n∈N*，Sm+n=SmSn，所以Sn+1=SnS1=Sna1=3Sn，又S1≠0，

所以{Sn}是首项为3，公比为3的等比数列，所以Sn=3n，

当n≥2时，an=Sn−Sn−1=36.【答案】C

【解析】解：由2a=3b=t，得a=log2t，b=log3t，t>0，

所以7.【答案】D

【解析】解：由题意得f(x)的定义域为R，

∵a>1，f(x)=x35ax+x35−4ax+1=x35−4ax+1，

∴f(x)8.【答案】B

【解析】解：已知a=e0.03，b=ln(1.03e)=ln(1+0.03)+1，c=1.06=1+2×0.03，

不妨f(x)=ex−x−1，函数定义域为R，

可得f′(x)=ex−1，

当x<0时，f′(x)<0，f(x)单调递减；

当x>0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，

所以f(x)≥f(0)=0，

则当x>0时，ex>x+1，

不妨设g(x)=x+1−1+2x，函数定义域为(0,+∞)，

令t=1+9.【答案】AB【解析】解：对于A，ba−b+1a+1=ab+b−(ab+a)a(a+1)=b−aa(a+1)<0，

所以ba<b+1a+1，A项正确；

对于10.【答案】BC【解析】解：对于选项A，令f(x)=1，则f(x)满足题给条件，但f(0)≠0，故选项A错误；

对于选项B，当x，y∈(0,+∞)时，取y=1x，则f(x)f(1x)=f(1)=1，

所以f(1x)=1f(x)，所以f(xy11.【答案】BD【解析】解：函数f(x)=xlnx+x+2,0<x≤12[x+1]x,x>12，

当0<x≤12时，f′(x)=lnx+2，

令f′(x)=0，得x=e−2，

∴当x∈(0,1e2)时，12.【答案】AC【解析】解：因为an+1=an2−3an+4=(an−32)2+74，

所以当an>2时，an+1>(2−32)2+74=2，

所以an+1−an=an2−4an+4=(an−2)2>0，

所以an13.【答案】π

【解析】解：数列a，27，−9，b，−1为等比数列，

则272=−9a，a=−81，

故公比为−13，所以b=3，、

所以14.【答案】(0【解析】解：设t=x4−1，则t≥−1且t≠0，从而1t∈(−∞,−115.【答案】2+【解析】解：2x+5y+2zx+2y+2xy+2z=16.【答案】11

【解析】解：由题意得a>12，

因为log9(2a−1)=5−2a，

所以log3(2a−1)=10−4a，

设t=log3(2a−1)，则2a=3t+17.【答案】解：

因为6−2xx+2>0，所以(x+2)(x−3)<0，

解得x∈(−2,3)，

由x2+2kx−3k2≤0，得(x+3k)(x−k)≤0，

当k>【解析】可得出A=(−2,3)，然后讨论k>0，k=018.【答案】解：(1)设等差数列{an}的公差为d，

由S7−S4=a5+a6+a7=3，解得a6=33，解得a6=11．

又a1=1，

故a6=a1+5【解析】(1)根据已知条件，结合等差数列的性质，即可求解；

(2)根据已知条件，分n=1，19.【答案】解：(1)由题意∃x>0，f(x)<0，得x3−x2−ax+1<0，

即a>x3−x2+1x在x>0时有解，

设p(x)=x3−x2+1x，

则p′(x)=2x−1x2−1，p′(1)=0，

由p″(x)=2+2x3>0，得p′(x)单调递增，

所以当x∈(0,1)时，p′(x)<0【解析】(1)问题转化为a>x3−x2+1x在x>20.【答案】解：(1)由条件①知，当x1<x2时，有f(x1)<f(x2)，即f(x)在R上单调递增，

再结合条件②，可知存在唯一的x0∈R，使得f(x0)=13，从而有f(x)−9x−3x=x0，

又上式对∀x∈R成立，所以f(x0)−9x0−3x0=x0，所以13−9x0−3x0=x0，9x0+3x0+x0=13，

设φ(x)=9x+3x+x，则φ(x)单调递增，【解析】(1)由①可得f(x)在R上单调递增，再结合②即可求解f(x)的解析式；

(2)构造函数g(x)=f(x21.【答案】(1)证明：由题意知f(x)的定义域为(−1,1)，

∀x，y∈(−1,1)时，恒有f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)，

令x=y=0，则f(0)+f(0)=f(0)，故f(0)=0，

再令y=−x，则f(x)+f(−x)=f(0)=0，

所以f(−x)=−f(x)，

故f(x)为奇函数．【解析】(1)由题意先运用赋值法求f(0)，再令y=−x确定函数的奇偶性；

(2)由题意得，数列{f22.【答案】解：(1)因为a>0，

所以当x≥1时，函数f(x)=axlnx，

可得f′(x)=alnx+a>0，

所以函数f(x)在[1,+∞)上单调递增，无极大值；

当x∈(0,1)时，函数f(x)=−axlnx，

可得f′(x)=−(alnx+a)，

当x∈(0,1e)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当x∈(1e,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，

所以当x=1e时，函数f(x)取得极大值，极大值f(1e)=−a⋅1e⋅ln1e=1，

解得a=e，

因为函数f(x)与g(x)的图像共有三个不同的交点，

所以方程ex|lnx|=b|lnx+1|有三个不等正实根，

不妨令t=lnx+1，

可得x=et−1，

则关于t的方程et|t−1|=b|t有三个不等实根，

易知0不满足方程et|t−1|=b|t|，

则方程b=|t−1t|et有三个实根，

不妨设h(t)=|t−1t|et，

此时函数h(t)与直线y=b的图像有三个交点，