2019安徽皖东名校联盟高三第二次联考理科数学试题及答案

数学参考答案（理科）题号123456789101112答案CACCBCDBADBA1.【解析】由题意知，{}13Bxx=，BCR31xxx或，)(BCAR2,1.2.【解析】若复数bia1是纯虚数，必有.0,1ba所以由p能推出q.但若1a,不能推出复数bia1是纯虚数.所以由q不能推出p.因此p是q充分不必要条件.3.【解析】因为4747)21(222aaa，所以)2(2aaf)47(f.4.【解析】显然原函数是偶函数，立即排除B，D.取0x，则1y.排除A.5.【解析】由图象可知，23,mn.10()fxdx.65)22331()23(1023210xxxdxxx6.【解析】)(),()()3(xfyxfxfxf的周期是3.于是000)1()0()2020()2019(ffff.7.【解析】设),(yxQ是函数)(xgy的图象上任意一点，其函数)1(log)(2xxf图象上关于原点对称的点是P),(yx.因为点P),(yx在函数2()log(1)fxx的图象上，所以2log(1),yx即2()log(1).gxx故选D.8.【解析】由yx22得，221xy，则xy.抛物线在点)2,(2aa处的切线方程是).(22axaay令0x，则;212ay令0y，则2ax.于是,8221212aa解得.4a所以切线方程是.084yx故选B.9.【解析】1242(2)22.xxxxfxbb设,2tx则222(1)1fxttbtb.因为,1,1x所以.2,21t当1t时，min1fxb；当2t时，max3fx，即.3,311bb于是min2.fx10.【解析】因为121a，所以,0212221122aaaaa,0221)21(22221)1(2122aaaaaaa所以，pm.np故选D.11.【解析】因为axxaxxxfsin4)sin21(2sin42cos2)(2224sin4sin2(2sin1)30xxaxa,在R上恒成立,因此23(2sin1)ax,3a.故选B.12．【解析】由题意知，2()(2)2xfxxmxmexemxx))(2(.由0)(xf得，.,221mxx因为2m，所以函数()fx在区间,2和),(m内单调递增，在区间),2(m内单调递减.于是函数()fx的极小值为0)(mf，即,02)(22memmmm,0)2(mem解得0m或.2lnm当0m时，()fx的极大值为224fe.当2lnm时，()fx的极大值为2ln2)2ln4()2(2ef.13．【答案】若，则.sinsin14．【答案】.22ln20182018ln20192019ln【解析】因为2ln1)(xxxf，在),0(e内单增，在),(e内单减，所以22ln44ln20182018ln20192019ln.15.【答案】123e【解析】当ex时，,011)ln(xxx此时函数)(xf在,e上单增，值域是,1e.当ex时，mx21是减函数，其值域是,2me.因此,2me,1e.于是,12eme解得123em，即实数m的最小值是123e.16.【答案】5【解析1】由0133123xxx得，xxx31323.令)(xg,1323xx则2,0063)(212xxxxxg，.)(xg在2,0上单减，在32，上单增.1)0(g，,3)2(g1)3(g.则)(xg在3,0上的图象草图如下，与函数xy)31(的图象有5个交点.【解析2】由0133123xxx得，xxx31323.令)(xg,1323xx则2,0063)(212xxxxxg，.)(xg在2,0上单减，在32，上单增.1)0(g，,3)2(g1)3(g，.83)21(g令)(xhxxx)31(1323，其中21,0x。则)(xh3ln)31(632xxx，)(xh.0)3(ln)31(662xx)(xh在21,0上单减，且03ln31433)21(,03ln)0(hh，所以存在唯一的0x)21,0(，使得0)(0xh。因此函数)(xh在0,0x上单增，在21,0x上单减。又因为03383)21(0)0(hh，,所以)(xh在21,0上有两个零点。而)(xg在3,21上的图象与函数xy)31(的图象有3个交点.故正确答案是5.17．【解析】（Ⅰ）当2a时，xxf2)(042x,即,2212xx.1,12xxx故实数x的取值范围是.1,……………………4分（Ⅱ）1)(xf在x1,上恒成立,即])21()41[(2xxaa在x1,上恒成立.因为函数xx)21()41(和在x1,上均为单减函数，所以－])21()41[(xx在1,上为单增函数，最大值为])21()41[(1143.………………………………………………………………………………………………………………………8分xyO231因此,432aa解得2321a.故实数a的整数值是1,0.……………………10分18．【解析】先证充分性.若0a，则0a或.0a（1）当0a时，xxf)(在)0,(内单减.……………………………………3分（2）当0a时，xaxxf2)(，在)21,(a内单减，所以()fx在)0,(内单减.因此0a时，()fx在)0,(内单减.………………6分再证必要性.若函数)1()(axxxf在区间)0,(内单调递减，分0a、0a和0a三类讨论.上面已证0a时，()fx在)0,(内单减.…8分当0a时，()fx在11(,),(0)2aa，内单减，在)21,1(aa内单增，不满足在)0,(内单减.因此函数)(xf在区间)0,(内单调递减，则0a.综上可知，函数)1()(axxxf在区间)0,(内单调递减的充要条件是0a………12分19.【解析】（Ⅰ）命题p为真，即)(xf的定义域是R，等价于01)1()1(22xaxa恒成立，等价于1a或解得或1a．故实数a的取值范围为………………5分（Ⅱ）命题q为真，即)(xf的值域是R，等价于1)1()1(g(x)22xaxa取遍所有的正数，即值域为),0(，等价于1a或，0)1(4)1(Δ01222aaa解得135a．…………………………8分若qp为真命题，且qp为假命题，则“p真q假”或“p假q真”，即135135aaaa或或或135135aa，解得1a或1a.22210Δ(1)4(1)0aaa53a＜.,1)35,(故实数a的取值范围是.,11,……………………………………………12分20.【解析】（Ⅰ）法1（图象法）：在同一坐标系下作出函数xexf)(和1)(xxg的图象，两图象均经过定点)1,0(，且1)0(f，即直线1)(xxg是曲线xexf)(在定点)1,0(处的切线，因此Rxxex（1，当且仅当0x时等号成立）.…………………………………6分法2（导数法）：令,1)(gxexx则.1)(xexg显然)(xg在)0,(内单减，在),0(内单增，因此).0()(mingxg于是0)0()(gxg，即)(1Rxxex，当且仅当0x时等号成立.…………………………………………………………6分（Ⅱ）0)(x就是1xetx.当0x时，等号成立,.Rt当0x时，xetx1.由灵魂不等式)0(1xxex得，11xex.因此1t.………………………………………………………………………………………………………………………9分当0x时，xetx1.由灵魂不等式)0(1xxex得，11xex.因此1t.综上可知，实数t的值是1.…………………………………………………………………12分21.【解析】（Ⅰ）]100010[)(，的定义域是xfy，值域是90，，2.00，xy.………………………………………………………………………………………………………………4分（Ⅱ）当2150xy时，12150yxx的最大值是2.015031，不符合要求.当4lg3yx时，在定义域上为增函数，最大值为9.……………………………………7分.02.02.0xyxy令xxxg2.03lg4)(，则010ln510ln20)('xxxg所以,01)10()(gxg即2.0xy.故函数4lg3yx符合公司要求.………12分22.【解析】（Ⅰ）由题意知，函数()fx的定义域为),0(.2(ln1)1axfxx，(1)11fa，解得2a.2ln()xfxxx，22(ln1)1xfxx.当,xe时，ln1x，则()0fx恒成立，故函数()fx在区间,e上单调递增.………………………………………………4分（Ⅱ）函数)(xF的定义域为),0(.若函数2()()4aFxfxx在),0(内有两个零点，即方程2ln204axaxaxx恰有两个不相等的正实根，也就是方程22ln(2)04aaxxax恰有两个不相等的正实根.令22()ln(2)4agxaxxax，22221()22xaxaxaxagxxaxxx．…………………6分当0a时，)(xg＞0恒成立，函数)(xg在0,上是增函数，∴函数)(xg最多一个零点，不合题意，舍去.………………………………………………7分当0a时，由()0gx得2ax；由()0gx得20ax.所以函数)(xg在0,2a内单调递减，在,2a内单调递增.………………………10分所以)(xg的最小值是02ag，即22ln+(2)02424aaaaaa，ln02aaa.0a，ln12a，解得2ae.因为,04342)-(1)1(22aaaag所以在)2,1(a内有一个零点.因为1lnxx，所以4)2(ln)(22axaxxaxg4)1(24)2()1(2222aaxaxaxaxxa。于是,0454)1(44)2(222aaaaaaaag所以在)2,2(aa内有一个零点.故实数a的取值范围是2,e.……………………………………………………………12分