【文档说明】江西省上饶市、景德镇市六校2023届高三上学期10月联考试题 数学（理）答案.pdf，共(3)页，246.721 KB，由envi的店铺上传

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答案第1页，共2页江西省四校2023届高三年级第一次联考数学（理科）试卷参考答案1∽5CDCBB6∽10DDABB11∽12AA13．32##1.514．115．323316．2[e，0]．17．(1)14x(2)2a（1）解：当1a时，22560xax

a，解得：16x，………2分由pq为真命题，1624xx，解得14x；………5分(2)由22560xaxa（其中0a）可得6axa，………7分因为p是q的必要不

充分条件，则0246aaa，解得：2a．………10分18．（1）解由题设，()ln1,0fxxx，令()0fx，解得ex；令()0fx，解得0ex.()fx的单调递减区间为(0,e)，

单调递增区间为(e,).………6分（2）由（1）知，当1ea时()fx在[1,]a上单调递减，min()()ln2fxfaaaa，………9分当ea时，()fx在[1,e)上单调递减，在[e,]a上单调递增，min()

(e)elne2eefxf.………12分19．(1)9(3,)(9,)2(2)6AN，8AM最小面积为48平方米（1）解：设AN的长为x米（3x）ABCD是矩形DNDCANAM43xAMx24(3)3AMPNxSANA

Mxx………3分由54AMPNS，得24543xx3x(29)(9)0xx，解得932x或9x即AN的取值范围为9(3,)(9,)2………6分（2）令243xyx，3tx（0t），则3xt24(3)94(6)48t

yttt当且仅当9(0)ttt，即3t时，等号成立，此时6AN，8AM最小面积为48平方米………12分20．(1)2a(2)(1,)(3)5,4（1）解：因为1()22xxf

xa是定义在R上的奇函数，所以()()0fxfx-+=，即1122220xxxxaa，即1(2)202xxa，因为1202xx，所以-20a，所以2a

（经检验，2a符合题意）………3分（2）由（1）得11()22xxfx，因为12xy与12xy在R上均为增函数，所以11()22xxfx在R上为增函数，又(1)3f，所以(()2)(1)ffx

f，所以()21fx，即()3(1)fxf，所以1x，所以不等式[()2]3ffx的解集是(1,).………7分（3）因为关于x的不等式1()22xkfx恒成立，即1112222xxxk恒成立，所以

2221xxk恒成立，所以2min221xxk，因为2215221224xxx，所以当122x，即1x时，2221xx取得最小值54.所以54k，即实数k的取值范围

是5,4………12分21．（1）12；（2）211+24e，.（1）解∵f′(x)＝b－a－alnx，∴f′(1)＝b－a，∴b－a＝1－a，∴b＝1．则f(x)＝x－axlnx．………2分（1）∵y＝f(x)在[e，2e]上为减函数，

∴f′(x)＝1－a－alnx≤0在[e，2e]上恒成立，即a≥1ln1x在[e，2e]上恒成立．答案第2页，共2页∵函数h(x)＝1ln1x在[e，2e]上递减，∴max1()()2hxhe，所以12a.∴min12a.…6分（2）ln(

)lnlnxaxxxgxaxxx存在2[,]xee，使1()4gx成立，即1ln4xaxx成立因为0x，所以等价于存在2[,]xee，使11ln4axx成立设11()ln4xxx，则满足min()ax即可因为22221011ln4'()(ln)4(2

ln)xxxxxxxx………8分2exe，1ln2x，21ln4x；24444exe2ln40xx)0'(x，()x在2[,]ee单调递减………10分2min211()()24xee21124ae综上，实数a的取值范围为

211[,)24e．………12分22．(1)单调递减区间是0,1，单调递增区间是1,(2)答案见解析(1)解：当1a时，2lnexfxxxx，则1()(1)(e)xfxxx，………2分当0,x时,e10xx恒成立，所以当0,1

x时，0,fxfx单调递减；当1,x时0,fxfx单调递增，即fx的单调递减区间是0,1，单调递增区间是1,．………4分(2)解：由题意，函数(2)ln(2)(len),e0xxfxxaxaxxaxxx

，设()ln,0mxxxx，则11()1xmxxx，当(0,1)x时，0mx，mx单调递减；当(1,)x时，0mx，mx单调递增，又由(1)1m，所以1mx，………5分令0fx，可得(2)l0en

xxaxax，所以2elnxxaxx，其中0x，令2elnxxgxxx，可得2e12ln1lnxxgxxxxxx，………7分令2ln1hxxxx，则2222211221

0xxxxhxxxxxx，可得02x时，0,hxhx单调递减；2x时，0,hxhx单调递增；所以min22ln20hxh，即0x时，0h

x恒成立；………8分故01x时，0,gxgx单调递减；1x时，'0,gxgx单调递增；所以e1mingxg﹐又由0x时，0gx，当x时，gx，函

数gx的图象，如图所示，………10分结合图象可得：当ea时，无零点；当ae或0ea时，一个零点；当e0a时，两个零点．………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xian

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