皖南八校2015届第一次联考数学（理科）
参考答案
一.选择题：

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D A C B C D A C A

二.填空题：
11.存在0xR，使得200310xx成立。 12.2,8 13.12 14：11(,6)3 15. ①
③⑤

三.解答题：
16.解：（Ⅰ）1122MNMAAAAN,1122MNMBBBBN两式相加，

并注意到点,MN分别是线段11AB、22AB的中点，得12121()2MNAABB.………6
分
（Ⅱ）由已知可得向量12AA与12BB的模分别为1与2，夹角为3，

所以12121AABB,由12121()2MNAABB得
22
2

121212121212

11
()242MNAABBAABBAABB
=72……………12分

17.解：（Ⅰ）3()()7abcabcbc可得222223()27abcabcbcbc
所以222117abcbc，所以22211cos214bcaAbc，……………3分
所以25sin1cos314AA
所以
1115331
coscos()(coscossinsin)()1421427CABABAB
……6分
（Ⅱ）由（1）可得734cos1sin2CC
在△ABC中，由正弦定理 AaBbCcsinsinsin
∴8sinsinACac , 5sinaAbb ……………9分

∴310238521sin21SBac. ……………12分
18.解: (Ⅰ)'2()fxaxxa，由于函数()fx在2x时取得极值，所以 '(2)0f。
即 420,aa解得25a，此时'()fx在2x两边异号，()fx在2x处取得极
值。……6分
(Ⅱ) 方法一：由题设知：22axxaxxa 对任意(0,)a都成立
即22(2)20axxx对任意(0,)a都成立……………9分
设 22()(2)2()gaaxxxaR, 则对任意xR，()ga为单调递增函数
()aR
所以对任意(0,)a，()0ga恒成立的充分必要条件是(0)0g
即 220xx，20x∴， 于是x的取值范围是|20xx……………12
分
方法二： 由题设知：22axxaxxa，对任意(0,)a都成立
即22(2)20axxx对任意(0,)a都成立

于是2222xxax对任意(0,)a都成立，即22202xxx……………9分
20x∴
， 于是x的取值范围是|20xx……………12分

19.解：（Ⅰ）()sin()3cos()fxxx
13
2sin()cos()22xx



2sin3x





．……………3分
因为()fx为奇函数，所以(0)2sin()03f，又0||2，可得3
所以()2sinfxx，由题意得2ππ22，所以2．

故()2sin2fxx．因此ππ2sin363f． ……………6分

（Ⅱ）将()fx的图象向右平移π6个单位后，得到π6fx的图象，
所以πππ()2sin22sin2663gxfxxx． ……………9分
当π222322kxk（kZ），
即π5πππ1212kxk≤≤（kZ）时，()gx单调递增，

因此()gx的单调递增区间为π5πππ1212kk，（kZ）． ……………12分

20.解：（Ⅰ）()fx的定义域是(0,)，求导得2'121()2(0)axxfxaxxxx
依题意'()0fx在0x时恒成立，即2210axx在0x恒成立. …………3分
这个不等式提供2种解法，供参考
解法一：因为0a，所以二次函数开口向下，对称轴10xa，问题转化为

2
240a

所以1a，所以a的取值范围是(,1] ……………6分
解法二，分离变量，得22121(1)1xaxx在0x恒成立，即
min
2
)1)11((xa
)0(x

当1x时，21(1)1x取最小值1，∴a的取值范围是(,1] ……………6分
（Ⅱ）由题意2112ln42xxxxb，即213ln042xxxb，
设213()ln(0).42gxxxxbx则(2)(1)().2xxgxx列表：
x
(0,1) 1 (1,2)

2
(2,4)
()gx

 0  0 

()gx
 极大值  极小值 

∴5()(1)4gxgb极大值，()(2)ln22gxgb极小值，又
(4)2gb
………10分

方程()0gx在[1，4]上恰有两个不相等的实数根.

则(1)0(2)0(4)0ggg， 得 5ln224b （注意512ln224） ……………13
分
21.解：（Ⅰ）()ln,fxxxmx所以'()1lnfxxm

由题意'(1)1ln12fm,得1m……3分
(Ⅱ)()ln()(0,1)11fxxxxgxxxxx，所以,21ln().(1)xxgxx
设,1()1ln,()1.hxxxhxx
当1x时，,1()10hxx，()hx是增函数，()(1)0hxh，

所以'21ln()0(1)xxgxx，故()gx在1,上为增函数； ……………6分
当01x时，,1()10hxx，()hx是减函数，()(1)0hxh，
所以,21ln()0(1)xxgxx，故()gx在0,1上为增函数；
所以()gx在区间(0,1)和(1,)都是单调递增的。 ……………8分
(Ⅲ)由已知可知要证mnnnmm，即证lnlnlnln,nmnmmn ……………10分
即证11lnlnnmmnnm，即证lnln11mmnnmn，即证()()gmgn， ……………12分
又
*
1(,)mnmnN
，由（2）知()()gmgn成立，所以mnnnmm。……………14分