【省示范中学】安徽省亳州市第二中学2020届高三上学期第二次月考数学（理）试题（PDF版） (2份打包)

参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 A D C B A C D C B B D B 13． 14． [e,4] 15． 16．(－2,3) 17.(1)当a＝1时，x2－5x＋4<0，解得1<x<4. 即p为真时，实数x的取值范围是1<x<4. 若p且q为真，则p真且q真， 所以实数x的取值范围是(2,4)． (2)非q是非p的必要不充分条件，即p是q的必要不充分条件，设A＝{x|p(x)}，B＝{x|q(x)}，则BA，由x2－5ax＋4a2<0得(x－4a)(x－a)<0，因为a>0，所以A＝(a,4a)，又B＝(2,5]，则a≤2且4a>5，解得<a≤2. 所以实数a的取值范围为(，2]． 18.解：（1）∵f（x）＝|x+1|﹣|x﹣2|，f（x）≥1， ∴当﹣1≤x≤2时，2x﹣1≥1，解得1≤x≤2； 当x＞2时，3≥1恒成立，故x＞2； 综上，不等式f（x）≥1的解集为{x|x≥1}． （2）原式等价于存在x∈R使得f（x）﹣x2+x≥m成立， 即m≤[f（x）﹣x2+x]max，设g（x）＝f（x）﹣x2+x． 由（1）知，g（x）， 当x≤﹣1时，g（x）＝﹣x2+x﹣3，其开口向下，对称轴方程为x1， ∴g（x）≤g（﹣1）＝﹣1﹣1﹣3＝﹣5； 当﹣1＜x＜2时，g（x）＝﹣x2+3x﹣1，其开口向下，对称轴方程为x∈（﹣1，2）， ∴g（x）≤g（）1； 当x≥2时，g（x）＝﹣x2+x+3，其开口向下，对称轴方程为x2， ∴g（x）≤g（2）＝﹣4+2+3＝1； 综上，g（x）max， ∴m的取值范围为（﹣∞，]． 19.试题解析： （1）由已知，∴ ∴， ∵，∴为单调递增函数. （2）∵，∴，而为奇函数， ∴ ∵为单调递增函数，∴， ∴， ∴， ∴. 20.【详解】 （1）∵f（x）=log2（1+a•2x+4x）， ∴f（-1）=log2（1++），f（2）=log2（1+4a+16）， 由于， 即log2（4a+17）=log2（+）+4， 解得，a=﹣； （2）因为f（x）≥x﹣1恒成立， 所以，log2（1+a•2x+4x）≥x﹣1， 即，1+a•2x+4x≥2x﹣1， 分离参数a得，a≥﹣（2x+2﹣x）， ∵x≥1，∴（2x+2﹣x）min=，此时x=1， 所以，a≥﹣=﹣2， 即实数a的取值范围为[﹣2，+∞）． 21.试题解析：（1）∵函数f（x）满足f（x1•x2）=f（x1）+f（x2）， 令x1=x2=1，则f（1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0． （2）证明：（2）设x1，x2∈（0，+∞），且x1＞x2，则＞1， ∴f（）＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）=f（x2⋅）﹣f（x2）=f（x2）+f（）﹣f（x2）=f（）＞0， 即f（x1）＞f（x2）， ∴f（x）在（0，+∞）上的是增函数． （3）∵f（x）在（0，+∞）上的是增函数． 若，则f（）+f（）=f（）=﹣2， 即f（•5）=f（1）=f（）+f（5）=0， 即f（5）=1， 则f（5）+f（5）=f（25）=2， f（5）+f（25）=f（125）=3， 即f（x）在上的最小值为﹣2，最大值为3． 22.【详解】 （Ⅰ）当时，的定义域为， 当，时，， 在和上单调递增. 当时，， 在上单调递减. 故 的单调增区间为 ，；单调减区间为 （Ⅱ）因为在上有两个零点， 等价于在上有两解， 令 则 令 则 在上单调递增，又 在上有，在有 时，，时， 在上单调递减，在上单调递增. ，， 由有两解及可知. $$ 亳州二中 2017 级高三年级第二次月考试卷 数学理科 一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分．在每小题给出的四个选项中，只有 一个选项是符合题目要求的． 1．已知集合 A＝{(x，y)|x2＋y2≤3，x∈Z，y∈Z}，则 A中元素的个数为( ) A．9 B．8 C．5 D．4 2．设函数 24y x  的定义域A，函数 y=ln(1-x)的定义域为B ,则 A B = A．（1,2） B．（1,2] C．（-2,1） D．[-2,1) 3．设 a，b均为单位向量，则“|a－3b|＝|3a＋b|”是“a⊥b”的( ) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．设函数 2 1 1 log (2 ), 1, ( ) 2 , 1,x x x f x x   