数学-2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）02（答案及评分标准）

2024届新高三开学摸底考试卷（新高考专用）02数学·答案及评分标准一、选择题123456789101112DCCDDCCBABACDBCDBCD二、填空题13．714．215．,116．5422,,65e3三、解答题17．（10分）【详解】（1）令301xx可得310xx，解得13x，所以13Axx，|1UAxxð或3x当1a时，0,7B，所以|03ABxx，|1UABxxð或0x.………………………………………5分（2）由“xA”是“xB”的充分不必要条件可得，集合A是集合B的真子集，又13,1,6AxxBaa，所以1163aa，解得30a，故实数a的取值范围为30aa．………………………………………10分18．（12分）【详解】（1）将123,4xx代入2()12120xfxxxaxb，可得：990316804abab，解得12ab，则2()2xfxx，因为20x，则2x，即12ab符合题意，所以2(),22xfxxx.………………………………………6分（2）由（1）可得：2(1)()22xkxkfxxx，整理得102xxkx，则120xxxk，令120xxxk，解得1x或2x或xk，且2k，可得12x或xk，所以不等式的解集为1,2,kU.………………………………………12分19．（12分）【详解】（1）当=5b时，2log4524xxfx，则45242124024xxxxx或21x，解之得2x或0x，即,02,D，显然定义域不关于原点对称，故不具有奇偶性；………………………………4分（2）当2,x时，fxx，2logyx为单调递增函数，故24242log2xxxxfxbx，令22xtx，则4t，故22441401ttbtbttt，由对勾函数的性质可知4ytt在2,上单调递减，故44454tt，所以154bb，即b的取值范围为4,.………………………………………8分20．（12分）【详解】（1）当030t时，设ftktb，则有03060bkb，解得20kb，所以2ftt，当3040t时，设ftmtn，则有3060400mnmn，解得6240mn，所以6240ftt，综上2,0306240,3040ttfttt，设22060gtat，则有400600a，解得320a，所以2233206060402020gttttt；………………………………………6分（2）设每件产品的利润为ht，日销售利润为Ft，当020t时，设htkt，则有2060k，解得3k，所以3htt，当2040t时，60ht，综上3,02060,2040tthtt，所以3222924,020209480,2030914400,3040tttFthtftgtttttt，当020t时，296027274800202020ttFtttt，所以函数Ft在0,20上递增，所以max206000FtF，当20t30时，280964003Ftt，则max276399FtF，当3040t时，2914400306300FttF，综上所述，max6399Ft，所以第27天这家公司的日销售利润最大，最大是6399万元.………………………………………12分21．（12分）【详解】当0k时，()ln(1),1,fxxxx,1()111xfxxx,(1,0),0,xfx()fx的单调递增区间是(1,0)，(0,),0,xfx()fx单调递减区间是(0,)．………………………………………4分当0k时，2()ln(1)(0),1,2kfxxxxkx,2111()1111kkxxkxkxkfxkxxxx………………………………………6分当01k时，1,1,0,0kxfxk,()fx的单调递增区间是(1,0)和1,kk，10,,0kxfxk,()fx单调递减区间是10,kk．………………………………………8分当1k时，21()011kkxxkxkfxxx,()fx的单调递增区间是(1,)．………………………………………10分当1k时，11,0,,0,kxfxk()fx得单调递增区间是11,kk和(0,)，1,0,0,kxfxk()fx单调递减区间是1,0kk.………………………………………12分22．（12分）【详解】（1）函数23e2xfxx的定义域为R，导函数e3xfxx，所以01f，01f，所以曲线yfx在点0,0f处的切线斜率为1，所以曲线yfx在点0,0f处的切线方程为10xy.………………………………………3分（2）设e3xgxx，则e3xgx，令0gx，可得ln3x，又e3xgx为R上的增函数，当ln3x时，0gx，函数e3xgxx在,ln3上单调递减，当ln3x时，0gx，函数e3xgxx在ln3,上单调递增，又ln3ln3e3ln333ln30g，00e010g，22e60g，所以存在120,ln3,ln3,2xx使得12=0gxgx，………………………………………5分当1xx时，0gx，即()0fx¢，函数fx在1,x上单调递增，当12xxx时，0gx，即0fx，函数fx在12,xx上单调递减，当2xx时，0gx，即()0fx¢，函数fx在2x，上单调递增，所以1xx为函数fx的极大值点，2xx为函数fx的极小值点，所以函数fx有两个极值点；………………………………………7分（3）因为函数fx在1,x上单调递增，10,ln3x，131e2f，所以当1xx时，不等式13e2fx的解为11xx，因为函数fx在12,xx上单调递减，在2x，上单调递增，所以函数fx在1,x上的最小值为2fx，………………………………………10分因为2ln3,2x，222e30xgxx，所以22222222233113e3310222e2xfxxxxxx，所以当1xx时，不等式13e2fx的解为1xx，所以不等式13e2fx的解集为1,.………………………………………12分