【文档说明】湖北省宜城市第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考 数学答案.docx，共(5)页，309.297 KB，由管理员店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-587eca3cb115f8ccde5e30b7ef248f6e.html

以下为本文档部分文字说明：

参考答案：题号1234567891011答案ABCDBBDAABABDAC12.(),1−13.9214.415.（1）4,1,3,4ABAB==（2）1,3,4【详解】（1）当4a=时，()()340,3,4Axxxa=−−==R∣，2540xx

−+=，即()()410xx−−=，解得4x=或1,1,4B=，4,1,3,4ABAB==（2）若集合C的真子集有7个，则217n−=，可得3n=，即CAB=中的元素只有3个，而(

)()30xxa+−=，解得3x=或a，由（1）知1,4B=，则当1,3,4a=时，1,3,4CAB==，故所有实数a的取值所构成的集合为1,3,416.（1）1,1ab=−=（2）答案见详解（3）3,9−.【详解】（1）由题意可知：()32fxxxaxb=−++

，则()232fxxxa=−+.因为曲线()yfx=在()()0,0f处的切线方程为1yx=−+，则()()00fafb==，即()()0101fafb==−==，解得11ab=−=（2）因为()()322

1,321fxxxxfxxx=−−−+=−，当()1,1,3x−−+时，()0fx；当1,13x−时，()0fx；可知函数()fx的单调递增区间为1,3−−和()1,+；函

数()fx的单调递减区间为1,13−，()fx的极大值为()132,327ffx−=的极小值为()10f=.（3）函数()yfx=在(12,,1,23−−上单调递增

，在1,13−上单调递减，且()()()13229,23,,10327ffff−=−=−==，函数()yfx=在2,2−上的最大值()23f=，最小值()29f−=−.17.（1）71,2（2）当点P满足03AP=时，W最

小，最小值为5.1亿元.【详解】（1）因为直角三角形0BBP地块全部修建为面积至少20.25km的湿地公园，所以()00011140.2522BBPSBPBBa==−，解得：72a.直角三角形0AAP地块全部修建为面积至少21km的文化主题公园，所以000112

122AAPSAPAAa==，解得：1a，故实数a的取值范围为71,2.（2）依题意可得：294110.122aWaa−=+++.949930.12.122.122.15.12222222aaaaaaa−=+++=+++=+=

，当且仅当922aa=，即3a=时取等.所以当点P满足03AP=时，W最小，最小值为5.1亿元.18.（1）(),1,1−−（2）答案见解析（3）)1,−+【详解】（1）函数()2log1afx

x=−的意义，则201x−，解得1x，所以函数()fx的定义域D为(),1−；令()0fx=可得211x=−，解得1x=−，故函数()fx的零点为：1−；（2）设12,xx是(),1−内的任意两个不相等的实数，且12xx，则()()1212

1log1axfxfxx−−=−，12121,1,xxxx−−−11221110,11xxxx−−−−，当01a时，()()12121log01axfxfxx−−=−，即()()()21,fxfxfx在D上单调递减，当1a时，()()12121log0

1axfxfxx−−=−，即()()()21,fxfxfx在D上单调递增；（3）若对任意(1,1x−−，存在23,4x，使得()()12fxgx成立，只需maxmax()()fxgx，由（2）知当1

a时，()fx在(,1−−上单调递增，则()max()10fxf=−=，当0m=时，()()()123,gxfxgx=成立；当0m时，()gx在3,4上单调递增，()max()483gxgm

==+，由830m+，可解得3,08mm−；当0m时，()gx在[3，4]上单调递减，()max()333gxgm==+，由330m+，可解得1,10mm−−；综上，满足条件的m的范围是)1,−+19

.（1）单调递减区间是()1,−+，无单调递增区间（2）（i）()e,+；（ii）证明见解析公众号：高中试卷君【详解】（1）由已知可得()fx的定义域为()1,−+，且()()2111(1)eee11xxxaaxfxxxx+++−+=−+=++，因此当0a时，21(1)e0xax+

−+，从而()0fx，所以()fx的单减区间是()1,−+，无单增区间；（2）（i）由（1）知，()21(1)e1xaxfxx+−+=−，令()()()2121(1)e,43exxgxaxgxxx++=−+=−+

+，当()1,x−+时，()()()2143e0,xgxxxgx+=−++单调递减.①当0a时，可知()()0,fxfx在()1,−+内单调递减，又()00f=，故当0x时，()0fx，所以(

)fx不存在正零点；②当0ea时，()()()210e0,0,,(1)e0xgaxgxax+=−+=−+，()fx在()0,+单调递减，故当0x时，()0fx，函数()fx不存在正零点；③当ea时，ln10a−，此时()()20e0,ln1(1ln)0gaga

aa=−−=−，所以存在()0,ln1a−满足()0g=，所以()fx在()1,−内单调递增，在(),+内单调递减.令()ln1hxxx=−+，则当0x时，()11hxx=−，故()hx在()0,1内单调递增

，在()1,+内单调递减，从而当1x时，()()10hxh=，即ln1xx−，所以()()ln1lnlnln10faaaa−=−−，又因为()00f=，所以()0f，因此，此时存在正零点0x；综上

，实数a的取值范围为()e,+；（ii）由题意，()()1000fxfx==，即()()102111001eln1xxaxaxx++=++=从而()()010021ln1e1xxxxx−+=+，即()()0121001ln1exxx

xx−++=，由（i）知当1x时，ln1xx−，即0x，有()ln1xx+，又010xx，故()()012210101e1xxxxxx−+=+，两边取对数，得()011lne2ln1xxx−+，于是()01112ln12xxxx−+，整理得013xx.【点

睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助ln1xx−，从而得到()()()221010001ln11xxxxxx+++，即可得()0121e1xxx−+.