1、1 2021 届高三第二次联考届高三第二次联考 理数参考答案理数参考答案 一、选择题 1-5：AABDC6-10：DCBDD11-12：CA 1. 【解析】 由 Venn 图知：阴影部分对应的集合为 U AC B， 2 422Bx yxx xx 或， 0,1,2,3A，22 U C Bxx，即0,1 U AC B .故选 A. 2.【解析】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题p：xR ， 2 230 xx， 则p：xR ， 2 230 xx. 3.【解析】 1 1 2232 1 1 1 31 22 xxxdxxx 11 112 2222 ，故选 B. 4.【解析】由函数解析式可看出，
2、函数的零点呈周期性出现，且x 时，函数值在x轴上下震荡，幅 度越来越小，而当x 时，函数值在x轴上下震荡，幅度越来越大.可直接得出答案. 5.【解析】因为命题“pq”为真命题，所以命题p和命题q均为真命题，对于命题p： 2 2xmy表示 焦点在y轴的正半轴上的抛物线，所以0m ，对于命题q： 22 1 62 xy mm 表示椭圆，所以 60 20 62 m m mm ，解得26m 且2m，综上：实数m的取值范围是06m且2m. 6.【解析】由题意，对于 52 361 10000 3 ，得 52 52361 361 10000 lglg10000lg352 4361 lg335.8 3 ， 得
3、52 35.8 361 10000 10 3 ，可得 D 中 36 10与其最接近.故选 D. 7. 【解析】 当1x 时， 1 0 x x fx e ， 则 f x在,1内是增函数， 由2fxfx得 f x 的图象关于直线1x 对称， f x在1,内是减函数. 350ff. 8. 【解析】 对xR ， 不等式 2 1110axax 恒成立.当1a 时， 则有10 恒成立； 当10a 时，则 2 1410aa ，解得31a .综上所述，实数a的取值范围是3,1.故选 B. 2 9.【解析】 2 11 11 log(2)log(2) log(2) log log (1)2 nn nn n nnn
4、 nn n ， 22 (2)2(1)nnnnn， 2 1 log(2) 1 2 n nn ，因而 1 log(2) 1 log (1) n n n n ，即 1 log(2)log (1) nn nn ，则 45 log 5log 6， 即2ac；而 4 4 4 1 log 1 3log log 3 3 1 443 4 b ，所以bac.选 D. 10.【解析】由已知，当2,2x 时， 2 3fxxa，当 2 30fxxa或 2 30fxxa， f x为单调函数，则0a 或12a ，故 f x在2,2上不单调时，a的范围为0,12，C是充要条 件，D是充分不必要条件.故选：D. 11.【解析】
5、函数 f x是定义在R上的偶函数，可求得1,0 x ，函数 31 x f xfx ， 2f xf x， 即周期为 2， 又由函数 log21 a g xf xxa在区间1,3恰有 3 个不同 的零点，即函数 yf x与log2 a yx的图象在区间1,3上有 3 个不同的交点，又由 132ff，则满足log1 22 a 且log322 a ，解得35a. 12.【解析】依题意 22 1(1)(1) 11 ( )11 111 xxxx f xx xxx ，则 2 1 1 1 fx x ， 当1,3x时， 0fx ，故函数 f x在1,3上单调递增，当 1 1,3x 时， 1 3 13 , 24
6、fx ；而函 数 g xxm 在1,3上单调递减，故 2 3,1g xmm，则只需 3 13 ,3,1 24 mm ，故 3 3 2 13 1 4 m m ，解得 179 42 m， 17 9 , 42 m . 二、填空题 13.【答案】3 【解析】 2 log 32， 33 1 log 2log 2 1 2 ff. 3 2 log 3 12 ， 2 log 6 22 log 3 1log 626ff， 2 log 33f. 14.【答案】2,0 【解析】因为q是p的必要不充分条件，所以p是q的必要不充分条件，解不等式 2 9xm，得 33mxm ，解不等式 4 log31x，解得31x .
7、p：33mxm ，q：31x ，3331x mxmxx ， 所以 33 31 m m ，即20m .因此，实数m的取值范围是2,0. 15.【答案】4 【解析】 2f xf x ， 4f xf x，函数 f x的周期为 4. 令 yf x， 3 log3g xx画函数的图像，则满足 66fg，恰有 4 个交点. 16.【答案】, e 【解析】 2 xx fxaxaxexe，等价为 2 0 xx fxaxaxexe有三个不同的实根，即 110 x ax xx e， 10 x xaxe，则1x ，则0 x axe，有两个不等于-1 的根， 则 x e a x ， 设 x e h x x ， 则 2
8、2 (1) xxx h e xeex x xx ， 则由 0hx 得1x ， 由 0hx 得1x 且0 x ，当1x 时， minh xe，当0 x 时， 0h x ，作出 x e h x x 图象，要使 x e a x 有两个 不同的根，则满足ae，,ae. 三、解答 题 4 17.【解析】若p为真，则对1,1x ， 22 422mmxx恒成立，设 2 22f xxx，配方 得 2 13fxx， f x在1,1上的最小值为-3， 2 43mm 解得13m， p为真时， 13m. 若q为真，则1,2x ， 2 12xmx 成立，即 2 1x m x 成立. 设 2 11x g xx xx ，则
9、 g x在1,2上是增函数， g x的最大值为 3 2 2 g， 3 2 m ，q为真时， 3 2 m . “pq”为真， “pq”为假，p与q一真一假. 当p真q假时， 13 3 2 m m ， 3 3 2 m. 当p假q真时， 13 3 2 mm m 或 ，1m. 综上所述， 3 ,1,3 2 m . 18.【解析】 （1）函数 22 ( )2(1)1g xxxaxa， g x在区间1,m上是增函数， 故 2 ( )21 (1)1 20 g mmma ga ，解得 1 2 a m . （2）由已知可得 2 21g xxx，则 ( )1 ( )2 g x f xx xx ， 所以不等式 22
10、 log2log0fxkx，转化为 22 2 1 log22log0 log xkx x ， 在4,8x上恒成立. 设 2 logtx，则2,3t，即 1 220tkt t ，在2,3t，上恒成立， 即： 2 2 121 211k ttt ，2,3t，1 1 1 , 3 2t ，当 11 3t 时， 2 1 1 t 取得最大值，最大 5 值为 2 14 1 9t ，则 4 2 9 k ，即 2 9 k ，k的取值范围是 2 , 9 . 19.【解析】 （1）由题意： 00f，解得1b ，再由 11ff ， 得 1 0 1 21 2 42aa ，解得2a ，当2a ，1b 时， 1 1 2 (
11、) 22 x x f x ，定义域为R， 11 1 212 ()( ) 2222 xx xx fxf x ， f x为奇函数，2a ，1b .（不验证，不扣分） 1 2121 2 ( ) 222 21 xx x x mf x ，即 11 221 x m ，0 x ，212 x ， 11 0 212 x ， 111 0 2212 x ， mf x 有正根， 1 0, 2 m . （2）由2( )30 x kf x，得 1 1 2 32 22 x x x k ，1,2x，所以 1 21 0 22 x x ， 1 3222 1 2 xx x k .令21 x t ，则3, 1t ，此时不等式可化为
12、4 2kt t ， 记 4 ( )2h tt t ，当3, 1t 时， 4 y t 和yt 均为减函数， h t为减函数，故 10 ( )6, 3 h t ， kh t恒成立，6k . 20.【解析】 （1）当1k 时， 2 ( )1 2 x x f xxe ， 1 x fxxe ；知 00f， 00f， 故可得切线方程为0y ； 设 1 x g xxe ， 1 x gxe ，令 0gx ，解得0 x ， fx在区间,0单调递增， 在区间0,单调递减， 00fxf， f x在R上单调递减. （2）2,x时， 0f x 恒成立，即：2,x， 2 ( )10 2 x x f xkxe 恒成立. 又
13、 x fxxke，设 x g xxke， 1 x gxe ， 6 fx在区间,0单调递增，在区间0,单调递减， 故 01fxfk. 当10k ，即1k 时， 0fx ，故 f x在2,单调递减. 故 2 2221f xfke ，若满足题意，只需 2 320ke，解得 2 3 22 e k . 故1k ； 当10k ，即1k 时， fx在区间2,单调递减，且 2 22fke， 1. 当 20f时， 20fxf，此时 f x在区间2,单调递减， 要满足题意只需 2 2320fke ，解得 2 3 22 e k ，故此时只需 2 3 1, 22 e k . 2. 当 20f时， 因为 fx在区间2,
14、单调递减， 故一定存在 0 2x ， 0 00 0 x fxxke， 且使得 f x在区间 0 2,x单调递增， 0, x 单调递减. 故 0 2 0 max00 ( )1 2 x x f xf xkxe 要满足题意，只需 max0f x， 即 0 2 0 0 10 2 x x kxe .结合 0 0 0 x xke，只需 2 0 00 10 2 x xkkx ， 0 2x 恒成立即可. 只需 2 00 1 (1)10 2 xk xk 在 0 2x 时恒成立即可. 显然 2 00 1 (1)1 2 yxk xk 是关于 0 x且开口向下的二次函数，无法满足题意. 综上所述：满足题意的范围是 2
15、 3 , 22 e .又因为kZ，且 2 3 2,3 22 e ， 故满足题意的整数k的最大值为 2. 21.【解析】 （1）当12m 时，所以 12 ( )4 4 x f x x ， 只要证明 f x在4,8x为增函数且 121 ( )4 42 x f xx x 即可. 2 112 ( )0 4 fx x ， f x在4,8x为增函数； 又由 121 4 42 x x x ，可化为： 2 16480 xx， 7 设： 2 1648g xxx，因对称轴为8x 且在4,8x为递减函数且 40g， 121 ( )4 42 x f xx x 恒成立； （2）由条件可知，( )4 4 xm f x x
16、 在4,8上单调递增， 2 22 14 ( ) 44 mxm fx xx ， 所以当0m时， 0fx 满足条件；当0m时，由 0fx 可得2xm， 当 2,xm 时， 0fx ， f x单调递增，24m，解得40m ，4m ， 由可知， 2 x f x ， 即不等式4 4 xm x 在4,8上恒成立， 等价于 22 11 4(8)16 44 mxxx . 当4x 时， 2 1 (8)16 4 yx 取最小值 12，12m ， 综上，参数m的取值范围是4,12. 22.【解析】 （1）根据题意可得x的取值范围为0 x ， 12 ( ) 22 aax fx xx ， 若0a ，则 0fx ，所以
17、f x在0,上单调递增， f x无最值，不合题意； 若0a ，当 2 0 x a 时， 0fx ，当 2 x a 时， 0fx ， 所以函数 f x在 2 0, a 上单调递增，在 2 , a 上单调递减， 故 f x的最大值 2212 ln1 2 fa aaa ，解得2a ，符合题意. 综上，2a . （2）若 f mf n，则由（1）知0a ， 所以函数 f x在 2 0, a 上单调递增，在 2 , a 上单调递减. 若存在实数 1 ,4 2 m n ，使得 f mf n，则 2 a 介于m，n之间，不妨设 12 4 2 mn a ， f x在 2 ,m a 上单调递增，在 2 ,n a 上单调递减，且 f mf n，所以当mxn时， 8 f xf mf n，由 1 4 2 mn，2mn，可得2,m n，故 2ff mf n，又 f x在 2 ,m a 上递增，且 12 2 m a ，所以 1 2 f mf ，所以 1 2 2 ff . 同理 42ff. 所以 11 lnln2 24 ln42ln2 aa aa ，解得 8ln2 ln2 3 a，不等式得证.
