安徽省全国示范高中名校2020届高三上学期九月联考数学(理)试题 含答案

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B A A D C B C D A B B C
1.B 解析：(,0)(2,),(){1,3}U U C A C A B =-∞+∞∴=- ,∴子集个数为4.
2.A 解析：易知P （2,4）,∴f(x)=x 2，∴log 3f (13)=31log 29
=-.3.A 解析：log 2(x+1)＜1⇔－1＜x ＜1，故选A ．
4.D
解析：命题的否定在否定结论的同时量词作相应改变，求导易得p 为真命题，故选D.5.C 解析：f ′（x ）＝2x ﹣2sin x ＝2（x ﹣sin x ），显然f ′（x ）是奇函数，求导易得f ′（x ）在R 上单调递增，故选C.
6.B 解析：当2(2,4)2x x x ∈<时，，故p 为假命题.由y=x 3与y=1-x 2的图像可知q 为真命题，故选B.
7.C
解析：由题意可得x ＝log 2(2＋x )，x >0，∴2x ＝x ＋2，解得x ＝2.8.D 解析：a ＝log 23，b ＝log 236，(3)6－(36)6＜0，∴a ＜b ＜1，c ＝20.1＞1，故选D ．
9.A 解析：∵f (－x )＝－f (x )，f (1－x )＝f (1＋x )，∴f (x ＋1)＝－f (x －1)＝f (x －3)，T ＝4，f (
292)＝f (292－16)＝f (－32)＝－f (12)＝－12(3－2×12
)＝－1.10.B 解析：f ′(x )＝－f ′(1)x ＋f ′(2)－f ′(1)－3x
，∴f ′(1)＝－f ′(1)＋f ′(2)－f ′(1)－3且f ′(2)＝－2f ′(1)＋f ′(2)－f ′(1)－32，解得f ′(1)＝－12，f ′(2)＝32，f ′(x )＝x 2＋4x －62x
＝0，x ＝－2±10，∵x ＞0，∴f (x )在x ＝－2＋10处取得极小值，故选B.
11.B 解析：当x ≤0时，∀m ∈(0，1)，e x －1＝－m 有一根，∴当x ＞0时，x 2－ax ＝－m 有两－a 24
≤－1，解得a ≥2.12.C 解析：1＋ln （x ＋1）x >k x ＋1恒成立，即h(x)＝（x ＋1）[1＋ln （x ＋1）]x
>k 恒成立，即h(x)的最小值大于k ，h ′(x)＝x －1－ln （x ＋1）x 2
，令g(x)＝x －1－ln (x ＋1)(x>0)，则g′(x)＝x x ＋1>0，
∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增，又g(2)＝1－ln 3<0，g(3)＝2－2ln 2>0，∴g(x)＝0存在唯一实根a ，且满足a ∈(2，3)，a ＝1＋ln (a ＋1)．当x>a 时，g(x)>0，h ′(x)>0；当0<x<a 时，g(x)<0，h ′(x)<0，∴h(x)min ＝h(a)＝（a ＋1）[1＋ln （a ＋1）]a
＝a ＋1∈(3，4)，故整数k 的最大值为3.二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13.
1614.315.216.(13，54]13.16解析：将直线方程与曲线方程联立可得交点坐标为（0,0），（1,1），结合图像可知围成的封闭图形的面积为1
123200111(x 2x x)d (x )326x x -+-=-+=⎰.14.3解析：易知原命题为真命题，所以逆否命题为真命题.否命题“若A∪B=B，则A∩B=A”为真命题，故逆命题为真命题.
15.2解析：由f(x)＝f(－x)得ln (e ax ＋1)－bx ＝ln (e －ax ＋1)＋bx e 1ln e
ax ax +=＋bx ＝ln (e ax ＋1)－ax ＋bx ，∴ax=2bx ，a b
＝2.16.(13，54]解析：f(x)<0可化为x 3－3x 2＋5<a(x ＋1)，则问题转化为存在唯一的正整数使得不等
式成立，画出函数g(x)＝x 3－3x 2＋5与h(x)＝a(x ＋1)
（2）<h （2）（3）≥h （3），解得13<a ≤54.三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17．解析：(1)由已知可得A ＝(－3，1)，B ＝(－4，－2)，∴A ∪B ＝(－4，1)．(4分)
(2)由题意可得集合B 是集合A 的真子集，
∵B ＝(－a －1，－a ＋1)
a －1≥－3
a ＋1<1
a －1>－3
a ＋1≤1，∴0≤a ≤2，
∴实数a 的取值范围是[0，2]．(10分)
18.解析：（1）由题意可得f （0）＝m ﹣1＝0，解得m ＝1，
当m ＝1时，1(x)e (x)e
x x f f -=-
=-，f （x ）为奇函数，符合题意.（5分）（2）1(x)=e 0e x x f '--<，∴函数f （x ）在[﹣1，1]上单调递减，f （a ﹣1）+f （2a 2）≤0⇒f （a ﹣1）≤f （﹣2a 2），
则2211112112a a a a -≤-≤⎧⎪-≤≤⎨⎪-≥-⎩
，解得122a ≤≤．（12分）
19.解析：(1)f′(x)＝3x 2－6ax ＝3x(x －2a)，
当a ＝0时，则f′(x)＝3x 2≥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，2a >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 )min ＝f (0)＝0，与题意矛盾；
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：若p 为真命题，f ′(x )＝x 2－2x ＋5－a 2≥0，△＝4－4(5－a 2)≤0，－2≤a ≤2．（4分）
若q 为真命题，g ′(x )＝(x －1)e x x 2
，故g (x )＝e x x 在[1，＋∞)上递增，a ≥1．（8分）由已知可得若p 为真命题，则q 也为真命题；若p 为假命题，则q 也为假命题，
当p ，q 同真时，1≤a ≤2；同假时，a ＜－2，故a ∈(－∞，－2)∪[1，2]．（12分）
21．解析：(1)当a ＝0时，f (x )＝e x ＋2，f (1)＝e ＋2.
f ′(x )＝e x ，f ′(1)＝e ，∴切线方程为y －(e ＋2)＝e(x －1)，即y ＝e x ＋2.(4分)
(2)当x ≤0时，e x ＋ax ＋a ＋2≥2，即e x ＋ax ＋a ≥0，令h (x )＝e x ＋ax ＋a ，则h (0)≥0，a ≥－1，当a ＝0时，h (x )＝e x >0，满足题意；
当a >0时，h ′(x )＝e x ＋a >0，∴h (x )在(－∞，0]上递增，由y ＝e x 与y ＝－a (x ＋1)的图像可得h (x )≥0在(－∞，0]上不恒成立；
当－1≤a <0时，由h ′(x )＝e x ＋a ＝0解得x ＝ln(－a )，当x <ln(－a )时，h ′(x )<0，当ln(－a )<x ≤0时，h ′(x )>0，∴h (x )在(－∞，0]上的最小值为h (ln(－a ))，∴h (ln(－a ))＝a ln(－a )≥0，解得－1≤a <0.
综上可得实数a 的取值范围是[－1，0]．(12分)22.解析：（1）f‘（x）=-a，x>0,①当a≤0时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上是增函数，不可能有两个零点；
②当a＞0时，在区间（0，）上，f'（x）＞0；在区间（，+∞）上，f'（x）＜0．
∴f（x）在（0，）是增函数，在（，+∞）是减函数，∴f（）=ln ＞0，解得0＜a＜1，
此时＜，且f（）=-1-+1=-＜0，∴f（x）在(，)上有1个零点；
f（）=2-2lna-+1=3-2lna-（0＜a＜1），
令F（a）=3-2lna-，则F'（x）=-=＞0，∴F（a）在（0，1）上单调递增，∴F（a）＜F（1）=3-e2＜0，即f（）＜0，∴f（x）在(，)上有1个零点.
∴a的取值范围是（0，1）．（6分）
（2）由题意得x1+x2+＞0，
∴＞0，
∴m（x）＝lnx+x2﹣ax在（0，+∞）上是增函数，
∴m′（x）＝+2x﹣a≥0在（0，+∞）上恒成立，∴a≤（2x+）min，
∵x＞0，∴2x+≥＝2，当且仅当2x＝时，即x＝取等号，∴a．∴a的取值范围是（﹣∞，2]．（12分）。