2023~2024学年第一学期四校联考（二）参考答案题号123456789101112答案ABDDBCCBBCBCDBCDABD2413.614.15.k116.(2,).2ln21部分试题答案详解7.【答案】Cx23x1【解答】解：由题意知x23x1kex0有两个不同的解，即y与yk有exx23x1x2x2(x2)(x1)两个不同的交点，记g(x)，则g(x)，exexex当x2时，g(x)0，g(x)单调递增;当2x1时，g(x)0，g(x)单调递减；当x1时，g(x)0，g(x)单调递增.所以当x2时，函数g(x)有极大值e2，当x1时，函5数g(x)有极小值.e又因为x时，g(x)0;x时，g(x)0，且g(x)0，如下图：5数形结合可知k[0,e2)U{}时，函数f(x)恰有两个零e点.8.【答案】Bax1x„0【解答】解：由题意知函数fx恰有两个“姊妹点对”，lnxx0等价于函数f(x)lnx，x0与函数g(x)ax1，x…0的图象恰好有两个交点，所以方程lnxax1，即lnxax10在(0,)上有两个不同的解.1构造函数h(x)lnxax1，则h(x)a，x当a„0时，h(x)0，函数h(x)区间(0,)上单调递增，不符合题意；11当a0时，令h(x)0，解得0x，所以函数h(x)在区间(0,)上单调递增，aa第1页共9页{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}11令h(x)0，解得x，所以函数h(x)在区间(,)上单调递减，aa1所以h()0，解得0ae2，a又h(e)lneae1ae0，1所以函数h(x)在(e,)上有且仅有一个零点，a112x令M(x)lnxx1，则M(x)，x2x2x令M(x)0，解得0x4，所以函数M(x)在(0,4)上单调递增，令M(x)0，解得x4，所以函数M(x)在区间(4,)上单调递减.所以M(x)maxM(4)ln430，所以M(x)lnxx1„M(4)0，即lnxx1.222222又h()lna11a1(12)0，a2a2a2a2a2a212所以函数h(x)在(,)上有且仅有一个零点.aa2综上可得0ae2.12.【答案】ABDx【解答】解：函数f(x)ex2的零点为x1，函数g(x)lnxx2的零点为x2，x1可得e2x1，lnx22x2，由yex与其反函数ylnx关于直线yx对称，xye与直线y2x的交点为(x1,2x1)，ylnx与直线y2x的交点为(x2,2x2)，可得x12x2，即x1x22，故A正确；直线与直线yx垂直，则点x1和也关于直线yx对称，则有y2x(x1,e)(x2,lnx2)第2页共9页{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}x1x1x1lnx2，则有elnx2ex12，故B正确；3313又g(1)ln11210，glnlnlne0，22221113g(e)lnee2e222.2520，223所以xe，则xxx(2x)xlnx，221222223因为yxlnx，x,e，2y1lnx0，3所以yxlnx在,e上单调递增，2e所以xxxlnxelne，故C错误；1222233由上可知xxxlnxln，122222331127127因为lnln1ln0，2222828e33112所以ln，即xx，则x2x2xx2xx42xx3，2221221212121222所以x1x23，故D正确.15.【答案】解：(1)令xy0，得f(00)f(0)f(0)，所以f(0)0.证明：令yx，得f(xx)f(x)f(x)f(0)0，所以f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数．由题知：f(k2x)f(4x18x2x)0f(0)，即f(k2x4x18x2x)f(0)，又yf(x)是定义在R上的增函数，所以k2x4x18x2x0对任意x[1,2]恒成立，所以k2x2x8x4x1，即k122x2x2，1令2xt，t[,4]，22则g(t)t4t1，所以kg(t)max，第3页共9页{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}当t4时，g(t)maxg(4)161611，所以k1.16.【解答】解：f(x)2xa(lnx1)，2若函数f(x)x2axlnx在(,2)上不单调，e2则方程f(x)0在(,2)上有根e2x2即方程a在(,2)上有根且方程的根是函数f(x)的变号零点，lnx1e2x2lnx令g(x)，则g(x)，lnx1(lnx1)22x(,1)时，g(x)0，g(x)递减，x(1,2)时，g(x)0，g(x)递增，e244244又g(1)2，g()，g(2)，由g(2)g()0，eeln2ln21eln21eln24得g(x)(2,),ln214故a(2,),ln214故答案为：(2,).ln212f(0)b3,17.【答案】解：(1)fxx2axb，结合题意可得................1分f(3)6ab90,a2解得，经检验符合题意，...............................................3分b31故fxx32x23x1.3所以在点0,f0处的切线方程为y3x1..............................................4分（2）由(1)知fxx24x3.令f(x)0，解得x3或x1，令f(x)0，解得1x3，故f(x)在,1,3,上单调递增，在1,3上单调递减，...................................6分7所以fxf1，fx极小值f31；...................................7分极大值3（3）f(x)在0,3上有极大值，无极小值，又因为f01，f31，.所以要使不等式能成立，则.............................8分fxm0fxminm第4页共9页{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}所以m1............................................9分故m取值取值范围是是1，+............................................10分318.【答案】解：(1)角θ的终边上一点p1,y，且sin得2所以θ为第四象限角，则y<0，........................................1分y所以由sin，y3........................................3分1y2所以tanθ＝－3.........................................4分(2)因为tanθ＝－3，cos()－cos()sin＋cos所以2=.......................................6分sin（）+cos（+）sin－costanθ＋1－3＋1＝＝＝2－3.........................................8分tanθ－1－3－110（3）因为,0，0，，且sin（+）得2210310+(0,)，所以co（s+）1sin（2+），...........................10分210.....................11分所以coscos（+）-cos（+）cossin（+）sin3101103=+（-）102102=3103020...........................................................12分19.【答案】解：(1)当n1时，a1S11;..........................................................1分当时，22，分n…2anSnSn1n(n1)2n1...........................................................2经检验，当时，满足，因此分n1an2n1an2n1.......................................3当n1时，b1T13;.....................................4分n2n3Tn2nn当n2时，bn2(3)3，......................................5分…Tn1n1n13当时，满足n，因此n分n1bn3bn3.......................................6第5页共9页{#{QQABIQaAoggoQAAAAAhCQwUQCAKQkBACCAoORBAIIAIAARFABAA=}#}n(2)由(1)知anbn(2n1)3，23nMn133353(2n1)3，......................................7分234nn13Mn133353(2n3)3(2n1)3，......................................8分两式相减得234nn12Mn32(3333)(2n1)3......................................9分93n132(2n1)3n1......................................10分136(2n2)3n1，......................................11分n1故Mn3(n1)3..........................................................12分20.【答案】解：(1)f(x)(x22x)ex，求导得f(x)ex(x22)..........................................................1分因为ex0，令f(x)ex(x22)0，即x220，解得x2或x2，令f(x)ex(x22)0，即x220，解得2x2，............................