2023-2024学年上学期东北师大附中数学学科试卷高三年级第三次摸底考试第I卷（选择题）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.AxZ∣x22x301.已知集合，则集合A的子集个数为（）A.3B.4C.8D.16【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式，并结合已知用列举法表示集合A作答.【详解】解不等式x22x30，得1x3，因此AxZ∣1x3{0,1,2}，所以集合A的子集个数为238.故选：C2.设1iz21i，则z（）2A.B.1C.2D.22【答案】D【解析】【分析】根据复数的乘法运算以及模长公式求解.2【详解】由1iz21i可得1i1iz21i，所以z1i22i，故z2，故选：D3.十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础.著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产12物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0,1均分为三段，去掉中间的区间段,，记33第1页/共25页学科网（北京）股份有限公司12为第一次操作；再将剩下的两个区间0,,,1分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第二33次操作；…，如此这样，每次在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段.操作过程不断地进行下去，以至无穷，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若使去掉的各区间9长度之和不小于，则需要操作的次数n的最小值为（参考数据：lg20.3010,lg30.4771）（）10A.6B.8C.10D.12【答案】A【解析】2n1【分析】先由题设得到前几次操作去掉的区间的长度，然后总结出第n次操作去掉的区间的长度和为，3n9把n次操作和去掉的区间的长度之和转化为等比数列的前n项和，求出前n项和S，再求解不等式Snn10即可．1【详解】第一次操作去掉的区间长度为；312第二次操作去掉两个长度为的区间，长度和为；9914第三次操作去掉四个长度为的区间，长度和为；2727，12n1第n次操作去掉2n1个长度为的区间，长度和为，3n3n12nn1[1()]1222于是进行了n次操作后，所有去掉的区间长度之和为S331()n，nn239313329由题意知：1()n，解得：n5.679，310又n为整数，可得n的最小值为6，故选：A4.命题“xR,x22x30”的否定是（）A.xR,x22x30B.xR,x22x30第2页/共25页学科网（北京）股份有限公司C.xR,x22x30D.xR,x22x30【答案】D【解析】【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.【详解】根据全称命题与存在性命题的关系得，命题“xR,x22x30”的否定是“xR,x22x30”.故选：D.5.底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（）A.26B.28C.30D.32【答案】B【解析】1【分析】用棱台的体积公式VhSSSS求解，其中h为高，S,S分别为上下底面积.3121212【详解】设正四棱锥为SABCD，截取的正四棱锥为SA1B1C1D1，O1,O分别为正四棱台A1B1C1D1ABCD上下底面的中心，如图.第3页/共25页学科网（北京）股份有限公司11因为AB4,AB2,，所以OAAB2CD2424222，OA2，112211SO1O1A121由于截面平行于底面得，又SO13，所以SO6,OO13，SOOA222所以正四棱台上下底面边长分别为2,4，高为3，1所以V416416328，3故选：Bπ12π6.已知sinx，则cos2x（）6337227A.B.C.D.9999【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式、余弦的倍角公式可得答案.π1【详解】因为sinx，所以6322π2ππ2π17cos2xcosπ2xcos2x12sinx12.333639故选：A.7.已知函数fx及其导数fx的定义域均为R，fx在R上单调递增，f1x为奇函数，若2a3，4b5，3c4，则（）A.fafbfcB.fbfafcC.fbfcfaD.fcfbfa【答案】C【解析】【分析】先由f1x为奇函数得到f10，再由fx的单调性可推得fx的单调性，再比较a,b,c,1的大小即可得解.【详解】因为f1x为奇函数，所以f1xf1x，令x0，则f1f1，故f10，第4页/共25页学科网（北京）股份有限公司又fx在R上单调递增，所以当x1时，fx0，则fx单调递减；当x1时，f¢(x)>0，则fx单调递增；因为2a3，4b5，3c4，所以alog23log221，blog45log441，clog34log331，2222因为4ln2ln4ln2ln4ln8ln94ln3，2由于ln2ln4，故上式等号不成立，则ln2ln4ln3，ln4ln3又ln30,ln20，所以，即log4log3，即ca，ln3ln232同理可得bc，所以1bca，所以fbfcfa.故选：C.8.若对任意实数x0,y0，不等式xxya(xy)恒成立，则实数a的最小值为（）2121A.B.21C.21D.22【答案】D【解析】xxyxxy【分析】分离变量将问题转化为a对于任意实数x0,y0恒成立，进而求出的最大xyxyy值，设t(t0)及1tm(m1)，然后通过基本不等式求得答案.xxxyxxy【详解】由题意可得，a对于任意实数x0,y0恒成立，则只需求的最大值即可，xyxyyy11xxyy1tx，设t(t0)，则x，再设1tm(m1)，则yy2xy1x11txx第5页/共25页学科网（北京）股份有限公司y1m11121x1tm2m2m2222222，当且仅y1t21(m1)2m22m21mmx2y当m21时取得“=”.mx2121所以a，即实数a的最小值为.22故选：D.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.已知kZ，则函数fxxk2x2x的图象可能是（）A.B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】令gx2x2x，先分析函数g(x)的奇偶性，再分情况讨论hxxk的奇偶性，然后逐项分析四个选项即可求解.【详解】令gx2x2x，则gx2x2xgx，故gx2x2x为偶函数.当k0时，函数fx2x2x为偶函数，且其图象过点0,2，显然四个选项都不满足.当k为偶数且k0时，易知函数hxxk为偶函数，所以函数fxxk2x2x为偶函数，其图象关于y轴对称，则选项C，D符合；若k为正偶数，因为fxxk2x2x，第6页/共25页学科网（北京）股份有限公司则f(x)kxk1(2x2x)xk(2xln22xln2)，当x0时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增，又因为函数fxxk2x2x为偶函数，所以函数f(x)在(,0)上单调递减，选项C符1合；若为负偶数，易知函数kxxxx的定义域为∣，排除选项kfxx22k22xx0xD.当k为奇数时，易知函数hxxk为奇函数，所以函数fxxk2x2x为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则选项A,B符合，若k为正奇数，因为fxxk2x2x，则f(x)kxk1(2x2x)xk(2xln22xln2)，当x0时，f(x)0，所以函数f(x)在(0,)上单调递增，又因为函数fxxk2x2x为奇函数，所以函数f(x)在(,0)上单调递增，选项B符合；1若为负奇数，函数kxxxx的定义域为∣，kfxx22k22xx0x2x2x不妨取k1，则fx，当x0时，f(x)；x22111当x时，f()232；当x1时，f(1)2；22122117当x2时，f(2)2；当x3时，f(3)2f(2)；824当x趋向于正无穷时，因为指数函数的增长速率比幂函数的快，所以f(x)趋向于正无穷；所以0,内fx先减后增，故选项A符合.故选：ABC.2ππ10.已知函数f(x)cosx(0)在π,上单调，且f(x)的图象关于点,0对称，则323（）A.f(x)的最小正周期为4π210B.ff994πC.将f(x)的图象向右平移个单位长度后对应的函数为偶函数3第7页/共25页学科网（北京）股份有限公司D.函数y5f(x)4在[0,]上有且仅有一个零点【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的单调性和对称性列式求出，再根据最小正周期公式可判断A；根据解析式计算可判断B；利用图象变换和余弦函数的奇偶性可判断C，利用余弦函数的图象可判断D.2π【详解】因为函数f(x)cosx(0)在π,上单调，32Tπ3ππ3π2所以f(x)的最小正周期T满足(π)，即，所以0.22223π因为f(x)的图象关于点,0对称，3π2ππ1所以kπ，kZ，得3k，kZ，332212111由03k，得k，因为kZ，所以k0，.23186212π所以f(x)cos(x).232πT4π对于A，f(x)的最小正周期为1，故A正确；22π12π2π7π2π对于B，f()cos()coscos，92939910π110π2π11π2πf()cos()coscos，929399210所以ff，故B不正确；994π14π2π1对于C，将f(x)的图象向右平移个单位长度后对应的函数为g(x)cos[(x)]cosx为32332偶函数，故C正确；12π12π4对于D，y5f(x)45cos(x)4，令y0，得cos(x)，2323512π2π7π令tx，由0xπ，得t，23362π7π4作出函数ycostt与直线y的图象如图：365第8页/共25页学科网（北京）股份有限公司2π7π4由图可知，函数ycostt与直线y的图象有且只有一个交点，365所以函数y5f(x)4在[0,]上有且仅有一个零点，故D正确.故选：ACD11.如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点M,N分别为棱B1C1,CD上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（）A.当M为棱B1C1的中点时，则在棱CD上存在点N使得MNACB.当