【文档说明】重庆市万州二中2020-2021学年高一上学期10月月考试题+数学答案.pdf，共(6)页，189.747 KB，由管理员店铺上传

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本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第1页，总6页2020—2021学年上期高2020年级第一次月考数学试题参考答案1——8：DBADBDCD9.ABD10.BD11.ABD12.ABC13．1xx∣14．②15．

,116．3a（答案不唯一）1a（答案不唯一）【详解】12．①当0T时，方程2110gxaxcxbx无实根，所以0a，240bc或0abc；当0abc时，3fxx，由0fx得0x，

此时1S；当0a，240bc时，2fxxxbxc，由0fx得0x，此时1S；故①成立；②当2040abc时，由20fxxaxbxc得xa，即1S；由2110

gxaxcxbx得1xa；即1T；存在②成立；③当20040acbc时，由20fxxaxbxc得xa或2bx；由2110gxaxcxbx得1xa或2xb；只需2ba，即可

满足2S，2T；故存在③成立；④当3T时，方程2110gxaxcxbx有三个根，所以0a，0c，240bc，设0x为0gx的一个根，则00x，且200001111fabcxxxx

03010gxx，故01x为方程0fx的根．此时本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第2页，总6页0fx有三个根，即3T时，必有3S，故不可能是2S，3T

；④错；17．【解析】22eeacbd2222ebdacacbd22eabcdbacdacbd..............5分0ab，0cd，0ab，0

cd，0ba，0cd，0abcd，0bacd...............8分0e，0eabcdbacd又220acbd

，220eeacbd，即22eeacbd...............10分18．【解析】（1）由矩形的长为xm，则矩形的宽为200()mx，则中间区域的长为4xm，宽为2004()mx，则定义域为(4,50)x.......

.......3分则200200100(4)4200200(4)4yxxxx整理得20018400400yxx，(4,50)x..............8分（2）2002

002202xxxx当且仅当200xx时取等号，即102(4,50)x所以当102x时，总造价最低为1840080002元..............12分19．【解析】证明：设p：AD是A的角平分线，q：ABBDACDC．如图，过点B作BE//AC交AD的延长

线与点E，..............2分（1）充分性（pq）：若12，则1E，本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第3页，总6页所以2E，所以ABBE，又△BDE∽△CDA，所以BEBDACDC，所以ABBDACDC．.............

.7分（2）必要性（qp）：反之，若ABBDACDC，则∵//BEAC，∴△BDE∽△CDA，∴BEBDACDC，所以ABBE，所以2E，又BE//AC，所以1E，所以12．..............11分由（1）（2）可得，AD是A的角平分线的充

要条件是ABBDACDC．..............12分20．【解析】（1）因为0.0,3mnmn，11114++53344nmmmnnmmnn145233nmmn

，当且仅当4=,3nmmnmn即1,2mn时等号成立，14+mn的最小值为3...............4分由题意得：223aa解得：13a..............6分（2）假设存在实数

a，b，满足=121mnmn，则1121=2mnnmnm，所以4mn...............9分本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第4页，总6页因为29424mnmn，..............11分

所以不存在实数,mn满足条件..............12分21．【解析】（1）因为()0fx的解集为1,12，所以12，1为方程()0fx的两个根,..............2分由韦达定理得：112132aaa

，解得2a..............5分（2）由()0fx得：2(1)10axax，所以(1)(1)0axx..............6分⑴当0a时，不等式的解集是1xx⑵当0a

时，不等式的解集是11xxa⑶当0a时①当01a时，11a，不等式的解集是11xxxa或②当1a时，不等式可化为2(1)0x，不等式的解集是{|1}xx③当1a时，101a，不等式的解集是11xxxa或..........

....11分综上可得:当0a时，不等式的解集是11xxa;本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第5页，总6页当0a时，不等式的解集是1xx;当01a时，不等式的解集是11xxxa

或；当1a时，不等式的解集是{|1}xx；当1a时，不等式的解集是11xxxa或..............12分22．【解析】（1）证明:若xM,则2xab且2221,,ababZ.所以2211bxaxab2222abbababa

22222abbaab因为2221,ab所以原式222babaa.因为aZ.所以2a偶数.原式得证..............4分（2）因为mM,且132m则1123m,所

以5156mm设2mab,2221,,ababZ.由（1）可知12mam,即5256a所以1a或2a...............6分当1a时,代入2221,,ababZ

可得0b此时21mab,满足132m,所以1m成立本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。答案第6页，总6页当2a时,代入2221,,ababZ解得62b,不满足bZ,所以不成立;综上,可知1m..............8分（3）证明:

因为nMÎ,所以可设2,nab=+且2221,,ababZ则2(2)(322)322322(322)(322)nabab++-==+++-34322abba代入2221,,ababZ

得：22(34)2(32)abba22229241629124aabbbaba2221ab,34,32abZabZbaZ即322nM成立,原式得证..............10分对于3(322)2(322)4n,不等式同时除

以322可得324322n由（2）可知,在132m范围内,1m所以=1322n,即322n...............12分