2024-2025學年安徽省淮南一中等五校高三（上）第一次聯(lián)考數(shù)學試卷（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年安徽省淮南一中等五校高三（上）第一次聯(lián)考數(shù)學試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.設集合U={0,1,2,3,4}，P={0,1,2}，Q={1,3,4}，則P∩(?UQ)=A.{0} B.{3} C.{0,2} D.{1,3}2.已知向量a=(0,2)，b=(2,x)，若(b?2aA.?2 B.?1 C.1 D.23.閱讀下段文字：已知“33為無理數(shù)，若(33)39為有理數(shù)，則存在無理數(shù)a=33，b=39，使得ab為有理數(shù)；若(3A.(33)39是有理數(shù) B.存在無理數(shù)a，b，使得ab為有理數(shù)

C.(33)34.由sin108°=3sin36°?4sin336°，可求得cos36°的值為A.5?15 B.5+145.已知a>0且a≠1，若函數(shù)f(x)=ax?a,x≤aloga(x+a)+1,x>a的值域為A.(0,12] B.[12,1)6.已知復數(shù)z1=1+i是關(guān)于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一個根，若復數(shù)z滿足|z?z1|=|p?q|，復數(shù)z在復平面內(nèi)對應的點Z的集合為圖形A.2π B.4π C.6π D.8π7.逢山開路，遇水架橋，我國摘取了一系列高速公路“世界之最”，鍛造出中國路、中國橋等一張張閃亮的“中國名片”.如圖，一輛汽車在一條水平的高速公路上直線行駛，在A，B，C三處測得道路一側(cè)山頂P的仰角依次為30°，45°，60°，其中AB=a，BC=b(0<a<3b)，則此山的高度為(

)A.122ab(a+b)3b?aC.125ab(a+b)8.若f(x)=log4|11?xA.12 B.22 C.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知復數(shù)z=?12?A.z的虛部為?32i B.復平面內(nèi)z+1z對應的點位于第二象限10.從出生之日起，人的體力、情緒、智力呈周期性變化，在前30天內(nèi)，它們的變化規(guī)律如圖所示(均為可向右無限延伸的正弦型曲線模型)：

記智力曲線為I，情緒曲線為E，體力曲線為P，且三條曲線的起點位于坐標系的同一點處，則(

)A.體力曲線P的最小正周期是三個曲線中最大的

B.第462天時，智力曲線I處于上升期、情緒曲線E處于下降期

C.智力、情緒、體力三條曲線存在無數(shù)個公共點

D.存在正整數(shù)n，使得第n天時，智力、情緒、體力三條曲線同時處于最高點或最低點11.已知函數(shù)f(x)=exx+1，x>?1，g(x)=(1?x)ex，x<1，且f(a)=f(b)=1.01，g(c)=g(d)=0.99，若a<b，A.a+b>0 B.b+c<0 C.c+d>0 D.d+a>0三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.平面四邊形ABCD中，AB=6，BC=10，CD=12，DA=14，則AC?BD=13.設函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)，ω>0的圖象關(guān)于直線x=?1和x=2均對稱，則f(0)的值可以是______.(寫出兩個值即可，少寫或?qū)戝e均不得分，如果多寫按前兩個值計分)14.定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=f(x)?x，當0<x≤1時，f(x)=x?x，若f(x)在區(qū)間(0,m)內(nèi)有恰4個極大值點，則m四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

如圖，在等腰梯形ABCD中，2AD=2DC=2CB=AB=6，E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，BF與DE交于點M．

(1)令AE=a，AD=b，用a，b表示BF；

(2)16.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<2π)的部分圖象如圖所示．

(1)求函數(shù)f(x)的解析式；

(2)求f(?x)在[?5π6,?π17.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=cosxx，g(x)=1x?ax．

(1)函數(shù)f(x)在x=?π2處與x=π2處的切線分別為l1，l2，且直線l1，l2之間的距離為18.(本小題17分)

在銳角三角形ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若b2?2csinB+c2=4，且a=2

(1)求sinA；

(2)求tanAtanBtanC的最大值；

(3)求實數(shù)t的取值范圍，使得對任意實數(shù)x和任意角19.(本小題17分)

已知函數(shù)y=f(x)定義域為I，D?I.若存在t∈D，對任意x∈D，當x<t時，都有f(x)<f(t)，則稱t為y=f(x)在D上的“Γ點”．

(1)求函數(shù)f(x)=?e2x+(2?a)ex+ax(a≥0)在定義域上的最大“Γ點”；

(2)若函數(shù)g(x)=(2+ax)ln(1+x)?2x在D=[0,1]上不存在“Γ點”，求a的取值范圍；

(3)設D={1,2,…,n}(n∈N?)，且?(1)=0，?(x)??(x?1)≤1，證明：y=?(x)參考答案1.C

2.D

3.B

4.B

5.A

6.D

7.D

8.C

9.CD

10.BC

11.ABD

12.58

13.±1(答案不唯一，{?1,?12,12,1}中的任意兩個)

14.(19315.解：(1)因為E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，AE=a，AD=b，

所以BF=AF?AB=12AD?2AE=12b?2a；

(2)設AM=xAB+yAD，

因為E，F(xiàn)分別為AB，AD的中點，

所以AM=xAB+yAD=2xAE+yAD=xAB+2yAF，

因為M，E，D三點共線，M，B，F(xiàn)16.解：(1)觀察圖象知，A=2，f(0)=2sinφ=1，即sinφ=12，

又0<φ<2π，且0在f(x)的遞增區(qū)間內(nèi)，則φ=π6，

f(x)=2sin(ωx+π6)，由f(5π12)=2sin(5π12ω+π6)=0，得5π12ω+π6=kπ,k∈N?，

解得ω=125k?25,k∈N?，

又因為T4<5π12，且T2>5π12，

即14?2πω<5π12，且12?2πω>5π12，解得65<ω<125，因此k=1，ω=2，

所以函數(shù)f(x)的解析式是f(x)=2sin(2x+π17.解：(1)證明：由于f(x)=cosxx，g(x)=1x?ax．

則f′(x)=?xsinx?cosxx2，g′(x)=?1x2?a，

故f′(?π2)=?2π，f′(π2)=?2π，則l1//l2，

又f(?π2)=f(π2)=0，

則l1方程為y=?2π(x+π2)，即2πx+y+1=0，

l2方程為y=?2π(x?π2)，即2πx+y?1=0，

則d=24π2+1，

要證d>53，即證24π2+1>53，即證54π2+1<6，即100π2<11，也即證11π2>100，

而11π2>11×3.12=103.51>100，

所以d>53成立．

(2)由題意f(x)=g(x)無實解，即cosxx=1x?ax無實數(shù)解，即1?cosx=ax2除0以外無其它實數(shù)解，

①a>0時，方程1?cosx=ax2化為1?cosx?ax2=0，

設?(x)=1?cosx?ax2，則?′(x)=sinx?2ax，

記p(x)=sinx?2ax，則p′(x)=cosx?2a，

當2a≥1，即a≥12時，p′(x)≤0，p(x)是減函數(shù)，即?′(x)是減函數(shù)，

又?′(0)=0，所以18.解：(1)由題意知b2?2csinB+c2=4，a=2，

整理可得b2+c2?a2=acsinB，

由余弦定理可得asinB=2bcosA，

所以sinAsinB=2sinBcosA，

又sinB>0，所以cosA=12sinA，

所以sin2A+14sin2A=1，

由sinA>0，解得sinA=255；

(2)由(1)得tanA=2，

所以tan(B+C)=?tanA=?2，可得tanB+tanC1?tanBtanC=?2，

由題意tanB>0，tanC>0，

得tanB+tanC=2tanBtanC?2≥2tanBtanC，當且僅當tanB=tanC時，等號成立，

可得tanAtanBtanC≤23+52=3?5，當且僅當tanB=tanC時，等號成立，

所以tanAtanBtanC的最大值為3?5；

(3)令f(x)=(x+3+2sinBcosB)2+(x+tsinB+tcosB)2

=2x2+[2(3+2sinBcosB)+2(tsinB+tcosB)]x+(3+2sinBcosB)2+(tsinB+tcosB)2，

當x=?(3+2sinBcosB)+(tsinB+tcosB)2時，

f(x)min=f[?(3+2sinBcosB)+(tsinB+tcosB)2]

=[(3+2sinBcosB)?(tsinB+tcosB)2]219.解：(1)函數(shù)f(x)=?e2x+(2?a)ex+ax(a≥0)的定義域為R，

則f′(x)=?2e2x+(2?a)ex+a=(2ex+a)(1?ex)，由a≥0，得2ex+a>0，

令f′(x)>0，解得x<0；令f′(x)<0，解得x>0，

函數(shù)f(x)在(?∞,0)上單調(diào)遞增，在(0,+∞)上單調(diào)遞減，

即對?x∈(?∞,0]，?t∈(?∞,0]，當x<t時，都有f(x)<f(t)，

所以函數(shù)f(x)在定義域上的最大“?！秉c為0．

(2)由函數(shù)g(x)=(2+ax)ln(1+x)?2x在[0,1]上不存在“Γ點”，

得g(x)≤g(0)在[0,1]上恒成立，

求導得g′(x)=aln(1+x)+2+axx+1?2，令u(x)=aln(1+x)+2+axx+1?2,x∈[0,1]，

求導得u′(x)=a1+x+a(1+x)?(2+ax)(x+1)2=ax+2a?2(x+1)2，

當a≤0時，u′(x)<0恒成立，函數(shù)u(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，

則g′(x)=u(x)≤g′(0)=aln1+2+00+1?2=0，

因此函數(shù)g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，g(x)≤g(0)，符合要求；

當a>0時，令ax+2a?2=0，則x=2?2aa=2a?2，

①當2a?2≤0，即a≥1時，u′(x)≥0，即u(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，

則g′(x)=u(x)≥g′(0)=0，函數(shù)g(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，g(x)≥g(0)，不符合要求；

②當2a?2∈(0,1)，即23<a<1時，若x∈(0,2a?2),u′(x)<0，若x∈(2a?2,1),u′(x)>0，

函數(shù)u(x)在(0,2a?2)上單調(diào)遞減，在(2a?2,1)上單調(diào)遞增，而u(0)=0,u(1)=aln2+a?22，

若u(1)≤0，則u(x)≤0在[0,1]上恒成立，g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，此時g(x)≤g(0)，

若u(1)>0，則存在x0∈(0,1)，使得u(x0)=0，當x0<x≤1時，u(x)>0，

函數(shù)g(x)在[0,x0]上單調(diào)遞減，在[x0,1]上單調(diào)遞增，

則要g(x)≤g(0)恒成立，只需g(1)≤g(0)，解得a≤2ln2?2，

由2ln2?2?1=2?3ln2ln2=lne2?ln23ln2=lne28ln2<0，得2ln2?2<1，

由2ln2?2?23=2(3?4ln2)3ln2=2(lne3