皖南八校2025屆高三上學期第一次大聯(lián)考數(shù)學試題+答案

1.D集合A={父∈Z|父2≤4}={父∈Z|—2≤父≤2}={—2,—1,0,1,2},集合B={父∈N|父<4}={0,1,2,3},所以A∩B={0,1,2},則A∩B的子集個數(shù)為8.故選D.2.C"3父1<父2,使f(父1)<f(父2)”不能推出"f(父)是R上的增函數(shù)”,如f(父)=父2,父1=—1,父2=2,滿足父1<父2,使f(父1)<f(父2),但f(父)不是R上的增函數(shù).反之,若f(父)是R上的增函數(shù),由增函數(shù)的定義,可知一定3父1<父2,使f(父1)<f(父2).故選C.3.A因為m>—n,所以不等式的解集為{父|父<—n或父>m}.故選A.4.Asinθ十cos(θ—=1→sinθ十cosθcos十sinθsin=1→\cosθ十\sinθ)=1→sin(θ十=\,則sin(θ十=sin(θ十十π)=—sin(θ十=—\.故選A.5.C作出函數(shù)y=cos父與y=2cos(2父—在[0,2π]上的圖象,觀察可得它們共有5個交點.故選C.圖象開口向下,對稱軸方程為父=,由g(父)的圖象可知〈2≤2,解得3≤a≤4.故選D.6.D由題意知父(a—父)>0在(2,3)上恒成立,且函數(shù)g(圖象開口向下,對稱軸方程為父=,由g(父)的圖象可知〈2≤2,解得3≤a≤4.故選D.(g(3)≥0,f(父)不恒相等,所以π不是f(父)的周期,故A錯誤;又f(π—父)=|sin父|—cos父十sin2父與f(父)不恒相等,故B錯誤;易知2π是函數(shù)f(父)的一個周期,所以只需f(父)=—t2十t十1=u(t),易知u(t)在區(qū)間[—1,\]上的最大值為最小值為u(—1)=—1.此時函數(shù)f(父)的最大值為,最小值為—1.②當父∈(π,2π)時,f(父)=t2—t—1=U(t),易知U(t)在區(qū)間[—\,1)上的最大值為U(—\)=\十1,最小值為U綜上所述函數(shù)f(父)的最大值為\十1,最小值為—,故C正確;先研究函數(shù)f(父)在(0,2π]上的零點個數(shù),由C可知當父∈(0,π]時,令u(t)=0得t=1—2\5,又因為t=\sin(父十=1—2\5<0在父∈(0,π]只有唯一解,即此時函數(shù)只有唯一零點.同理可得當父∈(π,2π]時函數(shù)也只有唯一零點.所以函數(shù)在(0,2025π]上恰有2025個零點.故D錯誤.故選C.8.Ba=ln=ln(1十),c=0.2=,對于a與b,令f=sin父—ln則:h在區(qū)間(0,1)上單調遞減,【"皖八”高三一聯(lián).數(shù)學試卷參考答案第1頁(共6頁)W】“h(0)=1>0,h(1)=—sin1十<—sin十=—<0所以存在唯一的父0∈(0,1),使得當父∈(0,父0)時,h(父)=gI(父)>0當父∈(父0,1)時,h(父)=gI(父)<0,所以g(父)在(0,父0)上單調遞增,在(父0,1)上單調遞減,“g(0)=0,g(1)=cos1—>cos—>0,:fI(父)=g(父)>0,父∈(0,1),則f(父)在區(qū)間(0,1)上單調遞增,“f(0)=0,:f(父)>0,父∈(0,1),即sin父>ln(1十父),父∈(0,1),則b>a.對于a與c,令m(父)=2=(1父2>0,父∈(0,1),所以m(父)在區(qū)間(0,1)上單調遞增,“m(0)=0,:m(父)>0,父∈(0,1),即ln(1十父)>1父,父∈(0,1),則a>c.所以b>a>c.故選B.9.BC對于A,由正弦定理,得siA=siB,則sinB=bsiA=5×2=>1,此時△ABC無解,故A錯誤;對于B,函數(shù)y=cos父在(0,π)上單調遞減,則A>B時,cosA<cosB,故B正確;對于C,因為cosAcosBcosC>0,(cosA>0,且角A,B,C為△ABC的內角,所以〈cosB>0,可知A,B,C均為銳角,則△ABC為銳角三角形,故C正確;(cosC>0,2)=0,:a—b=0或a2十b2—c2=0,即a=b或a2十b2=c2,:△ABC為等腰三角形或直角三角形,故D錯誤.故選BC.10.ACD對于A,log3十十log3b=log3十=log3(1十十≥1,當且僅當a=b=時等號成立,故A正確;對于B,32a十9b十1≥2\32a十2b十2=18,當且僅當32a=9b十1即a=1,b=0時,等號成立,與b>0矛盾,故B錯誤;對于C,(\十\)2=a十b十2\≤2(a十b)=2,當且僅當a=b=時,等號成立,則(b十1)b13≤2\33十1,當且僅當a=2\,b=\—1時,等號成立,故D正確.故選ACD.11.ACD對于A,設直線l與曲線f(父),g(父)分別相切于點M(m,em),N(n,lnn),則l:y—em=em(父—m)或ny—lnn=(父—n),即l:y=em父十em(1—mnm(1m)十mm(1m)十m十十lnn—1,:〈n,,m(1m)=lnn—1,1=0.令G(m)=em(1—m)十m十1,則G(1)=2>0,G(2)=3—e2<0,故方程em(1—m)十m十1=0有解,即曲線f(父),g(父)有相同的切線,故A正確;對于B,函數(shù)F(父)=(())=l父父的定義域為(0,1)U(1,十∞),(l父),令H(父)=ln父,則H(父)在(0,1)和(1,十∞)上單調遞增,“H(1)=—1<0,H(e)=1—>0,:3父0∈(1,e),使得H(父0)=0,則當父∈(0,1)U(1,父0)時,H(父)<0,則FI(父)<0;當,十∞)時,H(父)>0,則FI(父)>0,:F(父)有三個單調區(qū)間,故B錯誤;對于C,易知當a=1時,y=f(父)—a父和y=a父—g(父)有相同的最小值1,故C正確;對于D,令h(父)=f(父)—父=e父—父,令φ(父)=父—g(父)=父—ln父,則h(父),φ(父)的圖象大致如下:【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學試卷參考答案第2頁(共6頁)W】設交點為M(m,h(m)),易知0<m<1,由圖象知,當直線y=a與曲線y=h(父)和曲線y=φ(父)共有三個不同的交點時,直線y=a必經(jīng)過點M(m,h(m)),即a=h(m).因為h(m)=φ(m),所以em—m=m—lnm,即m—2m十lnm=0.令h(父)=φ(父)=a=h(m),得e父—父=父ln父=em—m,解得父=m,父=lnm或父=em.由0<m<1得m<1<em.所以當直線y=a與曲線y=h(父)和y=φ(父)共有三個不同的交點時,從左到右的三個交點的橫坐標依次為lnm,m,em.因為em—2m十lnm=0,即em十lnm=2m,所以lnm,m,em成等差父3=2,故D正確.故選ACD.12.5因為A=B,故a—2=0或2a—2=0,那么a=2或a=1,檢驗得a=1.因為fI(父)=3父2十2,所以fI(a)=fI(1)=5.設w父十=t,由w>0,得t∈有兩個零點可得2π<wπ十≤3π,即,又因為有三個極值點I=cost,得π<wπ十所以綜上<w≤.14.—3因為f(父十1)為奇函數(shù),所以f(—父十1)=—f(父十1),則f(父)的圖象關于(1,0)中心對稱,則f(1)=0.因為fI(父十2)為奇函數(shù),所以fI(—父十2)=—fI(父十2),即fI(—父十2)十fI(父十2)=0,得[—f(—父十2)十f(父十2)]I=0.設—f(—父十2)十f(父十2)=c,c為常數(shù),令父=0,得c=0,則f(—父十2)=f(父十2),所以f(父)的圖象關于父=2軸對稱,可得f(父十4)=f(—父)=—f(父十2),f(父十2)=—f(父),則f(父十4)=f(父),故函數(shù)f(父)是周期為4的函數(shù).因為f(父十2)=—f(父),所以f(0)=—f(2)=—3,=0,所以f十f十f十f=0,所以=—3.解得<父≤2,.……………………2分:2m十1=3,解得m=1.當m=1時B={父|0≤父≤3},符合題意,故m=1.…………6分由得m=1,則f=ln父十父由fI(父)=0,得父=1,………………………10分當父∈(0,1)時,fI(父)<0,當父∈(1,十∞)時,fI(父)>0,:f(父)在父=1處取得極小值f(1)=1,無極大值.………13分 2w父【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學試卷參考答案第3頁(共6頁)W】 因為f(父)的最小正周期為π,所以2w==2,故w=1.……………………3分令2父十=kπ,k∈z,解得父=—,k∈z.……………5分所以f(父)的對稱中心為—,—,k∈z.…………6分,],父2[0,都有h(父1)<2f(父2)十1,所以h(父1)max<2f(父2)min十1,父1∈[—,],父2∈[0,令t=sin父,得函數(shù)g(t)=t2十2at十a(chǎn)—1,t∈[—1,1].則h(父)max=g(t)max=max{g(1),g(—1)};………………10分所以max{g(1),g(—1)}<1,即{3a<1,3a<1,—a<13,,g(1)<1,g(—1)<1,故實數(shù)a的取值范圍是(—1,.………………………15分17.(1)解:當a=1時,f(父)=2sin父—父十2,fI(父)=2cos父—1,……………2分當—十2kπ<父<十2kπ,k∈z時,fI(父)>0,當十2kπ<父<十2kπ,k∈z時,fI(父)<0,所以,f(父)的單調遞增區(qū)間是(—十2kπ,十2kπ),k∈z,單調遞減區(qū)間是十2kπ,十2kπ),k∈z.……………………………7分(2)證明:不等式2cos父≤f(父)恒成立,等價于a父十cos父—sin父—1≤0在父∈[0,上恒成立,令h(父)=a父十cos父—sin父—1,父∈[0,則當a≤時,h(0)≤0,h≤0成立.y=a父十cos父—sin父—1可以看作是關于a的一次函數(shù),單調遞增,對于Ya≤,Y父∈[0,h(父)≤φ(父)恒成立.【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學試卷參考答案第4頁(共6頁)W】故只需證明φ(父)=父十cos父—sin父—1≤0即可.(父十∈(1,\],則φ/(父)=—sin父—cos父<—1<0,故φ(父)在(0,上單調遞減,又φ(0)=0,所以φ(父)≤0在父∈[0,上恒成立,即2cos父≤f(父)在父∈[0,恒成立.……15分18.解:(1)由\(sinBsinA—cosBcosA)=sinC,即—\3cos(A十B)=sinC,所以\cosC=sinC,即tanC=\,3.:C=π……………………3.(2)由等面積法可得:S=absinc=r(a十b十c),即:10\=r(a十b十c)=\ab,又r=3,得10\=(a十b十c)=\ab, 所以a十b十c=203①,ab=40②,…………7分在△ABC中,由余弦定理得c2=a2十b2—2abcosC,由C=,得c2=a2十b2—2abcos=a2十b2—ab=即:c2=(a十b)2—3ab③, 3.由①②③解得:c=\3………………………3.(3)由(1)可知,上ACD=上BCD=,在△ABC中,設AD=m(0<m<c),則BD=c—m,在△ACD中,由正弦定理,得=,則m=,在△BCD中,由正弦定理,得=,則c—m=,得c=m十,在△ABC中,由正弦定理,得==,則,得所以c=十=十,則十=\.…………………14分由基本不等式,得十=\≥2\,則ab≥,當且僅當a=b=4\33時取"=”.于是,S△ABC=absinC=\ab≥4\33.即△ABC的面積的最小值為4\33.……………17分【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學試卷參考答案第5頁(共6頁)W】所以fI(1)=a,gI(1)=—e,由題意可知fI(1)十gI(1)=0,則a=e.……3分(2)解:由fI(父)=e(1十ln父)=0,得父=(0,時,fI(父)<0,則(0,是f(父)的單調遞減區(qū)間;父∈,十∞)時,fI(父)>0,則,十∞)是f(父)的單調遞增區(qū)間.又由f(父)=e父ln父,得f(1)=0,則父∈(0,1)時,f(父)<0;父∈(1,十∞)時,f(父)>0;令H(父)=gI(父)=—(父十1)e父十e,則HI(父)=—(父十2)e父<0恒成立,所以gI(父)在父∈(0,十∞)單調遞減,又gI(0)=—1十e>0,gI(1)=—e<0,則彐父0∈(0,1),使得gI(父0)=0恒成立,所以父∈(0,父0)時,gI(父)>0,則(0,父0)是g(父)的單調遞增區(qū)間;父∈(父0,十∞)時,gI(父)<0,則(父0