【文档说明】安徽省亳州市涡阳县第九中学2022届高三9月月考数学（文）参考答案.pdf，共(3)页，246.985 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共3页）高三文科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CDBABDBADCDC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）[13.214.21

5.516.1三、解答题（本大题共6小题，共70分）17．解析：(1)由题意得43＝4a2－8a·b＋3b2，即64－8×4×3cosθ＋27＝43，∴cosθ＝12，∵θ∈[0，π]，∴θ＝π3.(3分)(

2)|a－2b|＝（a－2b）2＝a2－4a·b＋4b2＝27.(6分)(3)∵(a＋b)⊥(a＋λb)，∴(a＋b)·(a＋λb)＝a2＋(λ＋1)a·b＋λb2＝0，即16＋6(λ＋1)＋9λ＝0，∴λ＝－2215.(10分)18．解析：(1)由余弦定理得a2＋c

2－b2＝2accosB，∴sinAsinB＝2accosBc2＝2sinAcosBsinC，∴sin2B＝sinC，2B＝C或2B＝π－C，由2B＝π－C得A＝B，不符合条件，∴C＝2B.(6分)(2)由(1)及正弦定理得323＝sinBsinC＝sinB

2sinBcosB，∴cosB＝33＝a2＋12－92a·23，解得a＝1或3(舍)，∴S△ABC＝12×1×23×63＝2.(12分)19.解析：(1)f′(x)＝3x2－6ax＝3x(x－2a)，当a＝0时，则f′(x)＝3x2≥0，所以f(x)在R上为增函数；当a<0时，2a<0，所以f(

x)在(－∞，2a)，(0，＋∞)上为增函数，在(2a，0)上为减函数；当a>0时，2a>0，所以f(x)在(－∞，0)，(2a，＋∞)上为增函数，在(0，2a)上为减函数．(6分)(2)由(1)知，当a＝0时，f(x)在[0，2]上为增函数，所以f(x)min＝f(0)＝0，与

题意矛盾；当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上为增函数，所以f(x)min＝f(0)＝0，与题意矛盾；当0<a<1时，f(x)在(0，2a)上为减函数，在(2a，2)上为增函数，所以f(x)min＝f(2a)＝－32，解得a＝2，与0<a<1矛盾；第2页（共3页）

当a1时，f(x)在[0，2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝－32，解得a＝103，满足题意．综上可知a＝103.(12分)20.解析：(1)由图可得22,,sin()1,3T,,326，∴f

(x)=sin(πx＋π6)，由212222,26233kxkkxkkZ得，∴f(x)的单调递增区间为21[2,2],33kkkZ.（7分）(2)[2,],[2,a],666xax

由题意结合函数y=sinx的图像可得17233a4,666a.（12分）21.解析：（1）根据题意可得f（x）+g（x）＝ex+x，①，∴f（﹣x）+g（

﹣x）＝e﹣x﹣x，∵f（x）和g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，∴﹣f（x）+g（x）＝e﹣x﹣x，②联立①②得.（5分）（2）由（1）可得，令ex+e﹣x＝t，则e2x+e﹣2x＝t2﹣2，且t≥2，则，t≥2

．当，即a≥﹣4时，，解得a＝﹣3；当，即a＜﹣4时，，解得，不符合题意，舍去．故a＝﹣3．（12分）22.解析：（1）f（x）的定义域为R，f′（x）＝2（ex﹣ax），记g（x）＝2（ex﹣ax），则g′（x）＝2（ex﹣a），①当a＝0时，f（x）＝f′（x）＝2ex＞0，故f

（x）无极值点；②当a＜0时，g′（x）＞0，g（x）在R上是增函数.又g（）＝2（ae1﹣1）＜2（e0﹣1）＝0＜g（0）＝2，∴g（x）在R内有唯一零点x0∈（，0），此时f′（x0）＝g（x0）＝0，当x＜x0时，f′（x）＝g（x）＜0，当x＞x0时，f′（x）＝g（x）＞0，∴f（x）

有唯一极值点；③当a＞0时，由g′（x）＝0得x＝lna.当x＜lna时，g′（x）＜0；当x＞lna时，g′（x）第3页（共3页）＞0，∴g（x）min＝g（lna）＝2a（1﹣lna），若1﹣lna≥0，即0＜a≤e时，f′（x）＝g（x）≥0，∴f（x）在R上是增函数，无极值

点；若1﹣lna＜0，即a＞e时，g（x）min＜0，又g（0）＝2＞0，g（2lna）＝2a（a﹣2lna），设φ（a）＝a﹣2lna（a＞e），则当a＞e时，φ′（a）＝1﹣＞1﹣＞0，∴φ（a）＞φ（e）=e﹣2＞0，∴g（2lna）＞0，∴g（x）有两个

零点x1，x2，且0＜x1＜lna＜x2，当x＜x1或x＞x2时，g（x）＝f′（x）＞0，当x1＜x＜x2时，g（x）＝f′（x）＞0，∴函数f（x）有两个极值点.综上，当a＜0时，函数f（x）有唯一

极值点，当0≤a≤e时，函数f（x）无极值点，当a＞e时，函数f（x）有两个极值点．（6分）（或分离参数分析）（2）由（1）知当a＞e时，函数f（x）有两个极值点，且x1为极大值点，0＜x1＜lna，∴f（x）极大＝M＞f（0）＝2e0﹣a×02＝2．又f

′（0）＝2＞0，f′（lna）＜f′（1）＝2（e﹣a）＜0，∴x1∈（0，1），由f′（x1）＝0得ax1＝e，∴f（x）极大值＝M＝f（x1）＝2e﹣x1e＝e（2﹣x1），x1∈（0，1），记h（x）＝ex（2﹣x），x∈（0，1），则对任意x∈（0，1），恒有h′（x）＝ex（1﹣x）＞

0，∴函数h（x）在（0，1）上是增函数，∴h（x）＜h（1）＝e，即f（x）极大值＝M＜e，综上，2＜M＜e．（12分）