九江一中2019届高一上学期第二次月考数学答案

九江一中2016-2017学年上学期第二次月考

高一数学试卷答案

第I卷（选择题）

一、选择题：

二、填空题： 13．

BCADD CBCAD AB

43800032 14. 或 3 15. 16．

83321m2m,17（1）由AB知2m1,，解得m2，即实数m的取值范围为(,2].

1m3,（2）若AB，得

1

时，B，符合题意； 3

①若2m1m，即m

111m,m,②若2m1m，即m时，需3或3

31m1,2m3,得0m18．

解:（1）证明：取A1B1的中点M，AA1的中点为N，由单位正方体的性质有QM∥A1D1，

11或，即0m.综上知m0 33QM11A1D1．同理可证PN∥A1D1，PNA1D1．故QM和PN平行且相等，故QMNP为22平行四边形，∴PQ∥MN．而MN⊂平面AA1B1B，PQ不在平面AA1B1B 内，故PQ∥平面AA1B1B． （2）由于PQ∥AB，所以直线PQ和B1C所成的角为AB1和B1C所成的角，连结AC，所以

ACB1为正三角形，内角为60，所以异面直线PQ和B1C所成的角为60

19.(1)略（2）当G是棱AB的中点时，CG∥平面AB1M．

证明如下：

连接AB1，取AB1的中点H，连接HG、HM、GC，

则HG为△AB1B的中位线∴GH∥BB1，GH=错误！未指定书签。BB1 ∵由已知条件，B1BCC1为正方形∴CC1∥BB1，CC1=BB1

∵M为CC1的中点，∴∴MC∥GH，且MC=GH

错误！未找到引用源。 ∴四边形HGCM为平行四边形∴GC∥HM

又∵GC⊈平面AB1M，HM⊂平面AB1M，∴CG∥平面AB1M

20．试题解析：（1）证明：在图（1）中，因为AD//BC，ABBC1ADO， 2E是AD中点，BAD2，所以BEAC，且CD//BE，

所以在图（2）中，BEAO，BEOC， 1又BE平面AOC，CD//BE，所以CD平面AOC． 11BCDE，且平面A1BE（2）解：由题意，可知平面A1BE平面

又由（1）可得AOBE，所以AO平面BCDE， 11平面BCDEBE，

即AO是四棱锥A111BCDE的高，由图（1）知，AO22ABa，22SBCDEBCABa2，

1S312223AOaaa， BCDE1326所以四棱锥A1BCDE的体积V由

23a362，得a6． 6解：因为f(x)是奇函数，所以f(x)f(x)21.令x0,得f(0)0,即a10a12

12xf(x)12x12x2（II）由（I）知f(x)， 1xx1221任取x1,x2R,且x1x2，则

222(2x12x2)f(x2)f(x1)(1x2)(1x1)x1 x22121(21)(2+1）因为x1x2故2122,又210,2xxxx20，

2(2x12x2)<0，即f(x1)>f(x2) 从而f(x2)f(x1)x(211)(2x2+1）故f(x)在R上是减函数 . ………………………………………………8分

34（III）因f(x)是奇函数，从而不等式：f(logm)f(1)0 等价于f(logm)f(1)f(1)， 因f(x)为减函数 由上式推得：logm1logm， 当0m1时，上式等价于当m1时，上式等价于34m3433m,0m44

33m,m1 综上知m(0,)(1,)44

2g(x)mx2mx1n(n0)在1,2上有最大值1和最小值0，设22．已知函数

f(x)g(x)x（e为自然对数的底数）．

（1）求m、n的值； （2）若不等式

f(log2x)2klog2x0在x2,4上有解，求实数k的取值范围；

2k3k0xe1f(ex1)（3）若方程

有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．

2g(x)m(x1)1nm， 解：（1）

g(1)01,2g(2)1， g(x)当m0时，在上是增函数，∴1nm0m11n1n0， 即，解得当m0时，g(x)1n，无最大值和最小值；

g(1)11,2g(2)0， g(x)当m0时，在上是减函数，∴1nm1m11n0n1， 即，解得∵n0，∴n1舍去．综上，m,n的值分别为1、0．

f(x)x（2）由（1）知

12f(log2x)2klog2x0在x2,4上有解等价于 x，∴

log2x

122klog2xx2,4log2x在上有解，

2k即

1212(log2x)log2x在x2,4上有解，

t令

1log2x，则2kt22t1，

1t,1x2,42， ∵，∴

111,t1(t)2max(t)t2t18k． 24记，∵，∴，∴的取值范围为

（3）原方程可化为令

ex1(3k2)ex1(2k1)022，

ex1qq，则q(0,)，由题意知q(3k2)q2k10有两个不同的实数解1

q2，其中0q11，q21或0q11，q21， h(0)02h(1)0得k0． h(q)q(3k2)q2k1记，则