高三8月月考数学答案定稿第3稿_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_3数学高考模拟题_新高考_湖北省枣阳市第一中学2023届高三上学期8月月考数学试题含答案

枣阳一中高三年级 2022—2023 学年上学期 8 月月考 数学答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C A A C B C B D AD AB AD ACD 13. 7 14. [1,) 注： (1,)也正确 15. x3x2 16.    5 ,1   4  6 x5 17.【解析】（1）由 1，可得 0，解得1x5， x1 x1 所以集合A{x|1x5} （2分） 又a3时，可得B{x|4 x7}， （3分） 所以AB{x|4x5}； （4分） （2）由ABB，可得B A， （5分） 当B时，2a1a1，即a0时，此时B，满足B A；（7分） 2a1a1  当B时，则a11 ，解得0a2， （9分）  2a15 综上可得，实数a的取值范围是,2 . （10分） 18.【解析】（1）若不等式 f(x)0的解集为[1，2]， 即1，2是方程x2ax20的两个根，则12a3，即a3， （2分） 则 f(x)x23x2，由 f(x)1x2得，x23x21x2 1 即2x23x10得(2x1)(x1)0，得x1或x ， （5分） 2 1 即不等式的解集为(， ][1，)． （6分） 2 （2）由 f(x)g(x)得ax2(a2)x1x2ax2，(a1)x22x10， 1 即(a1)x2 12x，若方程 f(x)g(x)在( ，3]有解， 2 12x 1 2 等价为a1   有解， （8分） x2 x2 x 高三数学答案 第1页，共4页1 2 1 1 1 1 设h(x)  ( 1)21，x( ，3]， [ ，2)， x2 x x 2 x 3 即1h(x)0，即1a10，则0a1， 即实数a的取值范围是[0,1)． （12分） 19.【解析】（1）由题意知，当m0时，x2（万件）， 2 则24k，解得k 2，x4 . （2分） m1 816x 所以每件产品的销售价格为1.5 （元）， x 816x 16 2020年的利润y1.5x 816xm36 mm0. （6分） x m1 （2）当m0时，m10， 16  (m1)2 168，当且仅当m3时等号成立. （9分） m1 y83729， 16 当且仅当 m1，即m3万元时，y 29（万元）. （11分） m1 max 故该厂家2020年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元. （12分） 20.【解析】（1）因为x1，所以x10， 1 1 1 所以4x1 4x1 52 4x1 59， （3分） x1 x1 x1 1 3 当且仅当4x1 ，即x 时取等号， （5分） x1 2 1 所以4x1 的最小值为9． （6分） x1 （2）a44b4   a22   2b22 4a2b2，当且仅当a2 2b2时，等号成立；（8分） ab ab 1    a44b41 4a2b21 1 4ab ab 1 1 1 1 又4ab 2 4ab 4，当且仅当4ab 时，即a2b2  ，等号成立；（10分） ab ab ab 4 a2 2b2 ab 1  2 2   ，当且仅当 1 ，即a2  ,b2  时等号成立， （11分） a44b41 4 a2b2  2 4  4 ab 1 所以 的最大值为 . （12分） a44b41 4 高三数学答案 第2页，共4页21.【解析】 (1)因为 f x是定义域为R的奇函数，所以 f 01k20，即k 1，（2分） 当k 1时， f xaxax， f xaxax f x， 此时函数 f x为奇函数，故k 1. （4分） 1 3 1 (2)因为 f 1a  ，所以2a2 3a20，解得a2或a （舍）. （6分） a 2 2 故gx22x 22x 2m  2x 2x   2x 2x2 2m  2x 2x 2， （8分） 令t 2x 2x，因为函数t 2x、t 2x均为1,上的增函数， 1 2 3 故函数t 2x 2x在1,上为增函数，由x1，故t2121  ， （9分） 2 3 所以yt22mt2，t ，函数yt22mt2图象的对称轴为t m， 2 3 ①当m 时，y m22m222，解得m0（舍去）； （10分） 2 min 3 3  ②当m 时，函数yt22mt2在  ,上为增函数， 2 2  9 3 3 则y  3m22，解得m  ，合乎题意. （11分） min 4 4 2 3 综上所述，m . （12分） 4 22.【解析】 a xa （1） f(x)的定义域为0,， f(x) 1 . （2分） x x 当a0时， f(x)0，所以 f(x)在0,上单调递增. （3分） 当a0时，若xa,，则 f(x)0； 若x0,a，则 f(x)0. 所以 f(x)在a,上单调递增，在0,a上单调递减. （4分） 综上所述，当a0时， f(x)在0,上单调递增； 当a0时， f(x)在a,上单调递增，在0,a上单调递减. （5分） 高三数学答案 第3页，共4页lnx ex （2）当a1时，要证xf(x)ex ，即证x2xlnxex，即证1  . （6分） x x2 lnx 1lnx 令函数g(x)1 ，则g(x) . x x2 令g(x)0，得x0,e；令g(x)0，得xe,. 1 所以g(x)在0,e上单调递增，在e,上单调递减，所以g(x) g(e)1 ，（8分） max e ex exx2 令函数h(x) ，则h(x) . x2 x3 当x0,2时，h(x)0；当x2,时，h(x)0. e2 所以h(x)在0,2上单调递减，在2,上单调递增，所以h(x) h(2) . （10分） min 4 e2  1 因为 4   1 e   0，所以h(x) min  g(x) max ， （11分） lnx ex 即1  ，从而 xf(x)ex得证. （12分） x x2 高三数学答案 第4页，共4页