【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（理）参考答案.pdf，共(3)页，270.291 KB，由小赞的店铺上传

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第1页（共3页）高三理科数学参考答案一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）题号123456789101112答案CDABABADCCBC二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）[13.9214.4315.

116.21三、解答题（本大题共6小题，共70分）17.解析：（1）∵log0.5（x﹣1）＞﹣2，∴1＜x＜5，∴A＝（1，5），设t＝2x，则g（x）＝﹣4x+2x+1+3＝﹣t2+2t+3＝﹣（t﹣1）2+4，t＞0，∴g（x）≤4，∴B＝（﹣

∞，4]，∴A∩B＝（1,4]．（5分）（2）∵x∈C是x∈（A∩B）的必要条件，∴（A∩B）⊆C，∴，∴﹣1＜m≤1，∴m的取值范围是（﹣1，1]．（10分）18.解析：f（x）＝x3﹣3x﹣a在[，]内有零点等价于a在函数

y＝x3﹣3x（x∈[]）的值域内．由y′＝3x2﹣3可知当x∈[，1）时，y′＜0，当x∈（1，]时，y′＞0，∴y＝x3﹣3x在[，]上的极小值为﹣2，又当x＝﹣时，y＝，当x＝时，y＝0．∴当p为真命题时，．函数g（x）＝x2﹣alnx在单调递减，则g′（x）＝2x﹣＝（x＞0

）在内小于等于0恒成立，∴≥，∴0<a≤2，∴当q为真命题时，a∈（0，2]．∵pq为真命题，pq为假命题，∴p，q一真一假，当p真q假时，a∈[﹣2，0]，当p假q真时，．综上，a的取值范围是[﹣2，0]∪．（1

2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，2

a>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)mi

n＝f(0)＝0，与题意矛盾；第2页（共3页）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；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）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）2

1.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）＞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．第3

页（共3页）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）22.解析：(1)22(1)(),xxxexeaexa

fxxx由题意得(1)1,(1)1fafe，代入切线方程得2be.（4分）(2)∵1m,∴lnln1xxmxx,要证()lnfxxxm，即证xe1xlnx1x,即证x2e11lnxxx.

令x2e11g(x)lnxxx,则xx32xe2e111g(x)xxx233(2)2(2)1xxexxxxexxx令()1,()10xxhxexhxe，∴h(x)在(0,)上递增,∴h(x)h(0)0.

()02,()002,gxxgxx2min3()(2)ln21ln204egxg，∴x2e11lnxxx,故结论得证.（12分）