衡水中学2019届高三年级二调考试文科数学答案

上学期二调考试文科数学答案一.选择题1——5 CDCAA 6——10 BDBDB 11.A 12.B详解如下：1.【详解】∵x2−2x>0∴x>2或x<0∴B=(−∞,0)∪(2,+∞) ;因此A∩B={−1,3}，选C.2.【解析】由原命题与逆否命题的构成关系可知答案A是正确的；当a=2>1时，函数f(x)=log2x 在定义域内是单调递增函数，故答案B也是正确的；由于存在性命题的否定是全称命题，所以命题“∃x∈R，使得x2+x+1<0”的否定是：“∀x∈R均有x2+x+1≥0”，即答案C是也是正确的；又因为f′(x0)=0的根不一定是极值点，例如函数f(x)=x3+1，则f′(x)=3x2=0⇒x=0就不是极值点，也就是说命题“若x0为y=f(x)的极值点，则f′(x0)=0”的逆命题是假命题，所以应选答案D。

3.【解析】z=2ii−1=−(i−1)2i−1=(i−1)=i−1，复数z=2ii−1在复平面内对应坐标为(1,−1)，所以复数z=2ii−1在复平面内对应的点在第四象限，故选C.4.【详解】f′(x)=3x2−6x+3=3(x−1)2，当x=1时导函数值为0，但在此零点两侧导函数均大于0，所以此处不是函数的极值点，所以函数极值点个数为0. 故选A。

5.【详解】因为趋向于负无穷是y=(2x−1)e x<0,所以舍去C,D;因为y′=(2x+1)e x，所以当x<−12时y′<0，所以选A.6.【详解】∵a=f(1og123)=f(−1og23)=f(1og23)，且1og23>12,0<2−1.2<2−1=12，∴1og23>12>2−1.2>0.又f(x)在区间(−∞,0)内单调递增，且f(x)为偶函数，∴f(x)在区间(0,+∞)内单调递减，∴f(−1og23)<f(12)<f(2−1.2)，∴b>c>a.故选：B.7.详解：因为f(x+2)=f(x)，所以周期为2，作图如下：由图知，直线y=x+a与函数f(x)的图像在[0,2]内恰有两个不同的公共点时直线y=x+a点A(1,1)或与f(x)=x2相切，即1=1+a,a=0或x2=x+a,Δ=1+4a=0,a=−14选D.8.【详解】y =cos (2x +π3)=cos (π2+2x −π6)=−sin (2x −π6)∵−sin (2x −π6)=sin (π+2x −π6)=sin (2x +5π6)∴y =cos (2x +π3)=sin (2x +5π6)=sin 2(x +5π12)由图象平移的规则可知只需将函数y =sin2x 的图象向左平移5π12个长度单位级就可以得到函数y =cos (2x +π3)的图象，故选B9.详解：f′(x)=lnx −ax +x(1x −a)=lnx −2ax +1，由题意f′(x)=lnx −2ax +1=0在(0,2)上有两个不等实根，即a =lnx+12x在(0,2)上有两个实根．设g(x)=lnx+12x，则g′(x)=−lnx2x 2，易知当0<x <1时，g′(x)>0，g(x)递增，当1<x <2时，g′(x)<0，g(x)递减，g(x)极大值=g(1)=12，又g(2)=ln2+14，当0<x <1e时，g(x)<0，∴ln2+14<a <12．故选D ．10. 函数y =sinx 的单调区间为[kπ+π2，kπ+3π2]，k ∈Z ，由kπ+π2≤ωx +π6≤kπ+3π2，k ∈Z ，得kπ+π3ω≤x ≤kπ+4π3ω，k ∈Z ．∵函数f(x)=sin(ωx +π6) (ω>0)在区间(π，2π)内没有最值， ∴函数f(x) 在区间(π，2π)内单调，∴(π，2π)⊆[kπ+π3ω，kπ+4π3ω]，k ∈Z ，∴{kπ+π3ω≤πkπ+4π3ω≤2π，k ∈Z ，解得k +13≤ω≤k 2+23，k ∈Z ．由k +13<k2+23，得k <23．当k =0时，得13≤ω≤23； 当k =−1时，得−23≤ω≤16，又ω>0，故0<ω≤16． 综上得ω的取值范围是(0，16]∪[13，23]．故选B ．11.【解析】详解：设f(m)=g(n)=t ，则t >0，m =e t−1，n =ln t2+12=lnt −ln2+12，∴m −n =e t−1−lnt +ln2−12，令h(t)=e t−1−lnt +ln2−12，则h′(t)=e t−1−1t ，h"(t)=e t−1+1t 2>0，∴h′(t)是(0,+∞)上的增函数， 又h′(1)=0，∴当t ∈(0,1)时，h′(t)<0，当t ∈(1,+∞)时，h′(t)>0， 即h(t)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，h(1)是极小值也是最小值， h(1)=12+ln2，∴m −n 的最小值是12+ln2．故选A ．12.详解：当x =0时，f (0)=0,g (0)=−1，则f (x )−g (x )=0不成立， 即方程f (x )−g (x )=0没有零解， ①当x >0时，xlnx =kx −1， 即kx =xlnx +1，则k =lnx +1x ，设h (x )=lnx +1x，则h′(x )=1x−1x 2=x−1x 2，由h′(x )>0得1<x <e 2，此时函数递增； 由h′(x )<0得0<x <1，此时函数递减， 故当x =1时，函数h (x )取得极小值h (1)=1， 当x =e 2时，h (e 2)=1e 2+2，当x →0时，h (x )→+∞.②当x <0时，x 2+4x =kx −1， 即kx =x 2+4x +1，则k =x +1x +4，设m (x )=x +1x +4，则m′(x )=1−1x 2=x 2−1x 2，由m′(x )>0得x >1（舍去）或x <−1，此时函数递增； 由m′(x )<0得−1<x <0，此时函数递减， 故当x =−1时，函数m (x )取得极大值m (−1)=2，当x =−2时，m (−2)=−2−12+4=32，当x →0时，m (x )→−∞， 作出函数h (x )和m (x )图象如图，要使方程f (x )−g (x )=0在x ∈(−2,e 2)有三个实数，则k ∈(1,32]或k =2，故选B.二. 选择题13. 3√1313． 14.1 15. ③ , ④ 16. 0m ≥或详解如下：13. 详解：∵角θ的终边经过点(−2,3)，∴x=−2，y=3，r=√13，则sin θ=y r =3√1313．∴cos (θ+3π2)=sinθ=3√1313，故答案为：3√1313．14.【详解】对于①，∵f (5π12)=2,∴函数f (x )=2sin (2x −π3)的一条对称轴是x =5π12，故①正确；对于②，∵函数y =tanx 满足f (x )+f (π−x )=0,∴函数y =tanx 的图象关于点(π2,0)，对称，故②正确；对于③，若sin (2x 1−π4)=sin (2x 2−π4)=0，则2x 1−π4=mπ,2x 2−π4 =nπ(m ∈Z,n ∈Z ),∴x 1−x 2=12(m −n )π=12kπ， 其中k ∈Z ，故③错误；对于④，函数y =cos 2x +sinx =−sin 2x +sinx +1=−(sin 2x −12)2+54，当sinx =−1时，取最小值−1，故④正确，故有1个错误. 15. 【答案】令F （x ）=f （x ）﹣x 3，则由f （x ）﹣f （﹣x ）=2x 3， 可得F （﹣x ）=F （x ），故F （x ）为偶函数， 又当x ≥0时，f′（x ）＞3x 2即F′（x ）＞0， 所以F （x ）在（0，+∞）上为增函数．不等式f （x ）﹣f （x ﹣1）＞3x 2﹣3x+1化为F （x ）＞F （x ﹣1）， 所以有|x|＞|x ﹣1|，解得x ＞．故答案为：.16.【解析】因为()110f x x =+>'，所以函数在()0,+∞上为增函数且1110f e e ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，所以当0m ≥时，与()m g x x =有一个公共点，当0m <时， 令()()22,f x g x x xlnx x me =∴+-=有一解即可，设22(=h x x xlnx x e +-），令2(=2x +1=0h x lnx e -'+）得1x e =，因为当10x e <<时， ()0h x '<，当1x e <时， ()0h x '>，所以当1x e =时， (h x ）有唯一极小值21e e +-，即()h x 有最小值21e e +-，故当21e m e +=-时有一公共点，故填0m ≥或21e m e +=-. 17.【详解】（I ）f(x)=√2sin x2cos x2−√2sin 2x2=√22sinx −√2⋅1−cosx 2=√22sinx +√22cosx −√22=sin(x +π4)−√22.由2kπ−π2≤x +π4≤2kπ+π2得2kπ−3π4≤x ≤2kπ+π4，k ∈Z ，则f(x)的单调递增区间为[2kπ−3π4,2kπ+π4]，k ∈Z .（II ）∵−π≤x ≤0，∴−3π4≤x +3π4≤π4，当x +π4=−π2，x =−3π4时，f(x)min =−1−√22. 18.(Ⅰ)∵函数f (x )的最大值是3,∴A +1=3,即A =2.∵函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2,∴最小正周期T =π,∴ω=2.所以f (x )=2sin(2x -π6)+1，令π2+2kπ≤2x −π6≤3π2+2kπ,k ∈Z,即π3+kπ≤x≤5π6+kπ,k ∈Z,∵x ∈[0,π],∴f (x )的单调减区间为[π3,5π6]. (Ⅱ)依题意得g (x )=f (x -π12)-1=2sin(2x -π3), 列表得：描点连线得g (x )在[0,π]内的大致图象.19. (1)∵f(x)=e x −2x ， ∴f′(x)=e x −2． ∴f′(0)=−1, 又f(0)=1，∴曲线y =f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为y −1=−x ， 即x +y −1=0．(2)由题意得g(x)=e x −2x −a , ∴g′(x)=e x −2,由g′(x)=e x −2=0解得x =ln2,故当−1≤x <ln2时, g′(x)<0,g(x)在[−1,ln2)上单调递减；当ln2<x ≤1时, g′(x)>0,g(x)在(ln2,1]上单调递增． ∴g(x)min =g (ln2)=2−2ln2−a ， 又g (−1)=e −1+2−a ，g(1)=e −2−a ， 结合函数的图象可得，若函数恰有两个零点，则{g (−1)=e −1+2−a ≥0g(1)=e −2−a ≥0g(ln2)=2−2ln2−a <0 ，解得2−2ln2<a ≤e −2．∴实数a 的取值范围为(2−2ln2,e −2]．20. （1）解：由f(x)≥0，得m ≤xlnx 在(1,+∞)上恒成立. 令g(x)=xlnx ，则g′(x)=lnx−1(lnx)2， 当x ∈(1,e)时，g′(x)<0； 当x ∈(e,+∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(1,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增. 故g(x)的最小值为g(e)=e .所以m ≤e ，即m 的取值范围是(−∞,e].（2）证明：因为m =a =1，所以f(x)=−(x +1)lnx +x −1. f′(x)=−lnx −x+1x +1=−lnx −1x ，令h(x)=−lnx −1x ，h′(x)=−1x +1x 2=1−x x 2，当x ∈(1,+∞)时，h′(x)<0，h(x)单调递减； 当x ∈(0,1)时，h′(x)>0，h(x)单调递增.所以h(x)max =h(1)=−1<0，即当x ∈(0,+∞)时，f′(x)<0， 所以f(x)在(0,+∞)上单调递减，又因为f(1)=0，所以当x ∈(0,1)时，f(x)>0；当x ∈(1,+∞)时，f(x)<0. 于是(x −1)f(x)≤0对∀x ∈(0,+∞)恒成立.21. （1）f(x)=lnx −12x 2(x >0)，所以f′(x)=1x −x(x >0).令f′(x)=0得x =1；由f′(x)>0得0<x <1，所以f(x)的单调递增区间为(0,1). 由f′(x)<0得x >1，所以f(x)的单调递减区间为(1,+∞). 所以函数f(x)极大值=f(1)=−12，无极小值.（2）法一：令G(x)=F(x)−(mx −1)=lnx −12mx 2 +(1−m)x +1. 所以G′(x)=1x −mx +(1−m)=−mx 2+(1−m)x+1x.当m ≤0时，因为x >0，所以G′(x)>0所以G(x)在(0,+∞)上是递增函数， 又因为G(1)=−32m +2>0.所以关于x 的不等式G(x)≤mx −1不能恒成立. 当m >0时，G′(x)=−mx 2+(1−m)x+1x=−m(x−1m)(x+1)x .令G′(x)=0得x =1m，所以当x ∈(0,1m )时，G′(x)>0；当x ∈(1m ,+∞)时，G′(x)<0， 因此函数G(x)在x ∈(0,1m )是增函数，在x ∈(1m ,+∞)是减函数.故函数G(x)的最大值为G (1m )=12m −ln m .令h(m)=12m −ln m ，因为h(1)=12>0，h(2)=14−ln2<0， 又因为h(m)在m ∈(0,+∞)上是减函数，所以当m ≥2时，h(m)<0. 所以整数m 的最小值为2.法二：由F(x)≤mx −1恒成立知m ≥2(lnx+x+1)x 2+2x(x >0)恒成立，令h(x)=2(lnx+x+1)x 2+2x(x >0)，则h′(x)=−2(x+1)(2lnx+x)(x 2+2x)2，令φ(x)=2lnx +x ，因为φ(12)=12−ln4<0，φ(1)=1>0，则φ(x)为增函数.故存在x 0∈(12,1)，使φ(x 0)=0，即2lnx 0+x 0=0，当0<x <x 0时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x 0<x 时，h′(x)<0，h(x)为减函数. 所以h(x)max =h(x 0)=2lnx 0+2x 0+2x 02+2x 0=1x 0，而x 0∈(12,1)，所以1x 0∈(1,2)，所以整数m 的最小值为2.22. （1）由题意可知，函数f(x)的定义域为(0,+∞)， f ′(x)=1x +1−ax 2=x 2+x−a x 2，因为函数f(x)在[1,+∞)为增函数，所以f ′(x)≥0在[1,+∞)上恒成立， 等价于x 2+x −a ≥0在[1,+∞)上恒成立，即a ≤(x 2+x)min ， 因为x 2+x =(x +12)2−14≥2，所以a ≤2， 故a 的取值范围为a ≤2.（2）可知g(x)=xlnx +x 2+a −(a +1)x 2−x =xlnx −ax 2−x +a ， 所以g ′(x)=lnx −2ax ，因为g(x)有两极值点x 1,x 2，所以lnx 1=2ax 1,lnx 2=2ax 2，欲证x 1⋅x 22>e 3，等价于要证：ln(x 1⋅x 22)>lne 3=3，即lnx 1+2lnx 2>3，所以ax 1+2ax 2>32，因为0<x 1<x 2，所以原式等价于要证明：a >32x 1+4x 2，①由lnx 1=2ax 1,lnx 2=2ax 2，可得ln x 2x 1=2a(x 2−x 1)，则有a =lnx 2x 12（x 2−x 1），②由①②原式等价于要证明：lnx 2x 1x 2−x 1>3x 1+2x 2，即证lnx 2x 1>3(x 2−x 1)x 1+2x 2=3(x 2x 1−1)1+2x 2x 1，令t =x 2x 1，则t >1，上式等价于要证lnt >3(t−1)1+2t， 令h(t)=lnt −3(t−1)1+2t，则h ′(t)=1t−3(1+2t)−6(t−1)(1+2t)2=(t−1)(4t−1)t(1+2t)2因为t >1，所以h ′(t)>0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递增， 因此当t >1时，h(t)>h(1)=0，即lnt >3(t−1)1+2t.所以原不等式成立，即x 1⋅x 22>e 3.。