江西省丰城中学2023-2024学年高三上学期开学考试数学答案

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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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

答案 C B D A D B C C ABCD BCD ABD BC

6．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，

   

2 2

( ) log 3 log 3

f x x m x    单调递增，此时

 

( ) log 3 1f x m m     ；

当1x



时， 2 2

( ) 6 ( 3) 9f x x x m x m       ，在 (3, ) 上单调递增，在[1,3) 上单调递减，

此时 ( ) (3) 9f x f m   ，

若函数值域为 R，则需 9m m   ，解得 9

m  ；

若0m时，

当1x时，

   

2 2

( ) log 3 log 3

f x x m x    单调递减，此时

 

( ) log 3 1f x m m     ；

当1x



时， 2 2

( ) 6 ( 3) 9f x x x m x m       ，在 (3, ) 上单调递增，在[1,3) 上单调递减，

此时 ( ) 9f x m  ，

所以，不满足函数值域为 R，不符合题意，舍去，

若0m时，

当1x时， ( ) 0f x ；

当1x



时，

2 2

( ) 6 ( 3) 9f x x x x    

，在 (3, ) 上单调递增，在[1,3) 上单调递减，此时

( ) 9f x   ，

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

(0, ]

，

故选：B.

7．C

【分析】由已知可得 4

D，再由 18

0.5 ( ) 0.2

  ，结合指对数关系及对数函数的性质求解即

{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}

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可．

【详解】由题设可得 18

0.5 0.4D，则 4

D，

所以 18

0.5 0.2

 

 

 

  ，即

     

18lg 18 lg 2 lg 5 18 2lg 2 1 18 2 0.3 1

18log 7

5 2lg 2 l

g 5 3lg 2 1 3 0.3 1

lg 5

G   

     

    ，

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)f x 为偶函数可得函数关于直线 1x轴对称，结合 1(3 ) ( )f x g x   和

1( ) (1 )f x g x   可得

 

f x 的周期为 4，继而得到

 

g x 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

 

1f x 为偶函数，所以

   

1 1f x f x    ①，所以

 

f x 的图象关于直线 1x

轴对称，

因为

   

1 1f x g x   等价于

   

1 1f x g x   ②，

又

   

3 1f x g x   ③，②+③得

   

1 3 2f x f x    ④，即

   

1 3 2f x f x    ，即

   

2 2f x f x   ，

所以

     

4 2 2f x f x f x     ，故

 

f x 的周期为 4，

又

   

1 3g x f x   ，所以

 

g x 的周期也为 4，故选项 B正确，

①代入④得

   

1 3 2f x f x    ，故

 

f x 的图象关于点

 

2,1 中心对称，且

 

2 1f，故选

项A正确，

由

   

2 2f x f x   ，

 

2 1f可得

   

0 1, 4 1f f  ，且

   

1 3 2f f 

，故

       

1 2 3 4 4f f f f    ，

故

2022

( ) 505 4 (1) (2) 2021 (1

)

f i f f f



     



，

因为

 

1f与

 

3f值不确定，故选项 C错误，

因为

   

3 1f x g x   ，所以

           

1 0, 3 0, 0 1 3 , 2 1 1g g g f g f      ，

{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}

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所以

       

0 2 2 1 3 0g g f f

 

    

  ，故

       

0 1 2 3 0g g g g    ，

故

2023

( ) 506 0 0

g i



  

，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

 

y x a 

图象一定不过第四象限，故 A

对；

对B，函数

 

12( 0, 1)

f x a a a



    ，

令1 0x  ，可得 = 1x



，代入可得

 

1 1f   ，图象过定点

 

1, 1  ，故 B对；

对C，令

 

lg 1

f x y x



  ，定义域为

 

1,1，

因为

   

1 1 1

lg lg( ) lg

1 1 1

x x x

f x f x

x x x



  

      

   ，且

 

f x 的定义域关于原点对称，

所以

 

f x 是奇函数，故 C对；

对D，函数

 

2 2

f x x   的零点可以看成函数

y

与2y x  的交点问题，

易知两个函数图象有两个交点，即

 

2 2

f x x   有两个零点，故 D对；

故选：ABCD．

10．BCD

【分析】A选项，根据

 

22 1g x x x    求出 221

( ) x x

f x 

  ，得到答案；B选项，根据

复合函数单调性求出

 

22g x x x  的单调递增区间即可；C选项，求出 22 2x x  ，得到两

个实数解；D选项，根据

 

22g x x x  关于 1x对称，得到 ( )f x 的图象关于 1x对称，D

正确.

【详解】A选项，因为

   

22 1 1 1g x x x x       ，故 22 1 1

2 2 2

( ) x x

f x  

   ，

故函数 ( )f x 的值域为 1,

 

 



  ，A错误；

B选项，因为

y

在R上单调递增，

{#{QQABIYaUggAgAABAABhCEQVQCkCQkAACCCgGgAAMIAAByBNABAA=}#}

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第1页共14页题丰城中学2023-2024学年上学期高Èý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...

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