安徽五校2021高三数学理上12月联考试卷

第第页2021届高三“五校”联考理科数学试题考试时间：2020年12月4日考生注意：1.本试卷分第I卷（选择题）和第H卷（非选择题）两部分。满分150分，考试时间120分钟。2•考生作答时，请将答案答在答题卡上。第I卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；第H卷请用直径0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答•••题．区．域．书．写．的．答．案．无．效．，．在．试．题．卷．、．草．稿．纸．上．作．答．无．效．。．3．本卷命题范围：集合与常用逻辑用语，函数、导数及其应用（含定积分），三角函数、解三角形，平面向量，复数，数列。第丨卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.要求的•（1.第丨卷（选择题共60分）一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.要求的•（1.设集合A=tx|2<x<4｝,B=lx|在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目A．1<x<4}B.x2—4x+3<0},{x|2<x<3}C．则AB=tx|2Qx<3}D.(x|2.已知复数z满足i*z=1+i,A.-1+iB3•设p:Ix+11<1,q:-2<x<2，则p是q的A.充分不必要条件B.必要不充分条件2其中i为虚数单位,-1-i则z的共轭复数为C.1+iC.充要条件D.1-iD.既不充分也不必要条件4.已知点A，B是圆O上两点，ZAOB=3n,ZAOB的平分线交圆O于点C，则OC=B—OA+至OBC-OA+2OBdOA+OB2233A2OA+1OB5.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用.明朝科学家

徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理週1所示）.假定在水流量稳定的情况下，筒车

上的每一个盛水筒都做逆时针匀速圆周运动磊车转轮的中心O到水面的距蓟为15m，筒车的半径rn为2.5m，筒车转动的角速度①为Erad/s，如图2所示，盛水桶M在P。处距水面的距离为3m，则2s后盛水桶M到水面的距离近似为C.3.6mD.3.8mA.C.3.6mD.3.8m6.记Sn是等差数列｛an｝的前n项和，已知S3=0，a6=8，则a10=A.121B．14C．16D．187.函数f(x)二］og|-7的部分图象可能是JvA.121B．14C．16D．187.函数f(x)二］og|-7的部分图象可能是JvIyxBA已知a=2o.2，b=log2°.2,A.a<b<cB.b<a<c已知△ABC是边长为J—的等边三角形,则BD=yxc二log022，则a,b,c的大小关系为C.c<b<aD.b<c<a点D为△ABC内一点，且ZADC二120。,AD=1,0.2C.1C.1A.-2则不等式f(2x-1)<f(x+1)的解集为已知函数f(x)=则不等式f(2x-1)<f(x+1)的解集为2C．22C．A.(3，1)(1,2)B・(—2,0)(0,—)C・D・(-ot,—2)(―,+x)3—uunnun已知函数f(x)二sin(ex+9),(0,IpI<),x二—乡是f(x)的零点，直线x二乡是f(x)图象的对244称轴，且f(x)在(4£)上单调，则©的最大值为A.1B.2C.3D.412.若关于x的不等式ex>a(x2—xlnx)对任意xe(0,+ot)恒成立，则实数a的取值范围为A.(—OT,e2]B.(-OT,e]C.(fl]D.(-ot,-]e第II卷(非选择题共90分)二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.TOC\o"1-5"\h\z已知向量a,b为单位向量，其夹角为—，则1加+b|=.函数f(x)二2x2—3x—lnx的极小值为.已知复数今z2满足1z户1，z2=3+4i，其中i为虚数单位，则1zi—z21的最大值为.16•已知S是等比数列｛a｝的前n项和，q为｛a｝的公比且S4=lnS3•若S1>1，则下列命题中所有正确nnn431的序号是.①-1<q<0；②a4>0；③S1+S2>S3；④S1+S2<S3.三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17题满分为10分，第18~22题每题满分为12分.(10分)已知函数f(x)=(x2_ax+1)_2.若函数f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围；若Vxe［2,2］，都有f(x)<2成立，求实数a的取值范围.(12分)已知向量a=(cosx,sinx)，b=(cos3x+sinx,cosx_sinx)，设函数f(x)二a-b.求函数f(x)的最小正周期及单调递增区间；若关于x的方程f(x)_m=0在［0,n上有两个不同的实数解，求实数m的取值范围.19.(12分)i设数列匕［满足a=3，a=2a_3n+3.TOC\o"1-5"\h\zn1n+1n计算a，a，猜想｛a｝的通项公式并加以证明;23n求数列｛,｝的前n项和S.3n+1n(12分)sin2AsinC△ABC的内角A，BC的对边分别是a,b，c.设=——ab判断△ABC的形状；若△ABC的外接圆半径为1,求△ABC周长的最大值.(12分)第二届阜阳花博会2020年9月28日在颍上八里河开幕，其主题为“花漾水上，花开颍上”．据调研获悉，某花卉基地培育有水生与水陆两生花卉30余种，计划在花博会期间举行展销活动．经分析预算，投入2x+1展销费x万元时，销售量为m万个单位，且m=一-(0<x<a2-a，a为正实数).假定销售量与基x+1地的培育量相等，已知该基地每培育m万个单位还需要投入成本(2m+1)万元(不含展销费)，花卉的销售4价定为(11+)万元/万个单位.m写出该花卉基地的销售利润y万元与展销费x万元的函数关系；展销费x为多少万元时，该花卉基地可以获得最大利润？

(注：利润二销售价X销售量-投入成本-展销费)(12分)lnx已知函数f(x)=aex+,g(x)=xf(x)+x.x若曲线y二f(x)在点(1,f(1))处的切线过点(2,1)，求实数a的值;1当a二—时，证明：g(x)<2.e22021届高三“五校”联考理数答案nn2k+nn2k+1/、由对称轴和零点可知刀—(—)—T\keN丿444nnnnTn由f(x)在区间(—，)上单调可知〒—~W=，42242w由①②可知w可能取3.当w—3时，可得申—一—，f(x)-sin2兀,T=，得到①=2k+1,keN①上单调，所以®=3满足题意,2020年12月4日一、选择题：题号123456789101112选项BCADDCBDCACB11.【解析】最大值为3.12.【解析】解法一：易知x2—xlnx>0在xe(0,+s)时恒成立，从而可知a<0满足题意;1x2—xlnx、/、x2—xlnx1/、当a>0时，原不等式可化为一>.记g(x)—，则一‘g(x).aexexamax而g3—(x-1)(lnx-x+D,gx—x+1<0，ex因此，xe(0,1)时g'(x)>0；xe(1,+s)时g'(x)<0；111所以，g(x)=g(1)=，—»—,0<a<e.maxeae

又a<0也满足题意，所以a的取值范围为(-®e］，故选D.解法二：原不等式可化为—=ex-inx>a(x-lnx)，令t=x-lnx,则t>1.x从而et>at在虫［1,+s)恒成立，由切线法知，a<e.二、填空题：13题.14题.—115题.616题.①③【解析】由复数的几何意义可知，复数勺在复平面内对应的点P在以原点为圆心的单位圆上，z2对应的点为定点Q(3,4)，则|zi—z21表示P，Q两点间距离，由解析几何知识得最大值为J32+42+1=6.【解析】S=lnS,S>0,S=lnS<S—1，进而得a<—1TOC\o"1-5"\h\z4334334又Q］>1,「.q<0.若q<—1，贝Vq+q2>0,1+q+q2>1,a>1/.a(1+q+q2)>1,即卩S>1,113S=lnS>0,S=a(1+q+q2+q3)>0,1+q+q2+q3>0,4341(1+q)+q2(1+q)>0,(1+q)(1+q2)>0,这与q<-1相矛盾./.—1<q<0,.a>a,即.S+S>S.13123三、解答题：共70分.【解析】(1)由题意可知x2—ax+1>0在R上恒成立，故A<02分可得，解得—2<a<24分(2)由题意可得，(x2-ax+1)—2<—，也即Vxe[2,2]时x2—ax+1>4恒成立226分*，所以a<—16分*，所以a<—1218分・・・10分可化为a<—x设g(x)=二，只要a<g(x)即可xming'(x)=1+—>0，所以g(x).=gx2min【解析】1)f(x)=cos4x+cosxsinx+sinxcosx—sin4x=(cos2x—sin2x)(cos2x+sin2x)+2sinxcosx=cos2x+sin2xTOC\o"1-5"\h\z厂]n)=Q2sin2x+—2分I4丿2n周期T=—=兀3分兀兀兀4分5分6分由一一+2k兀<2x+<+2k兀4分5分6分242,3n丫n,,解得——+kn<x<+kn,keZ88所以，函数f(x)的单调递增区间为[—迹+kn,n+kn],keZI88丿所以，函数f(x)的单调递增区间为n(2)由方程f(x)-m—0在0,-上有两个不同的实数解n可得m—/(x)在0,-上有两个不同的实数解厶n8分即函数y=m与函数y二f(x),0<x<28分小nn5n令t—2x+，则匚<t<-444n5n4<t<T的图象有两个交点即函数y—m与函数g(t)=\2sint,g(2)空g(4)=1,g兮Z故1<m〈2.10分12分19.【解析】(1)a—6,a—9.23猜想：a—3n,n证明：由已知可得a—3(n+1)—2(a—3n),n+1na—3n—2la—3(n—1)]nn—12分3分a—3—2(a—3)2a—3,/12)1a—3n.n⑴得人—上3n+13n6分.7分123n—1n——++...++.332333n—13n123n—1n—+++…++•3233343n3n+1由①②111n+++3323n3n+1・・・Sn••丄S3n①-②可得2S—3n8分10分12分・•・S—312分n44-3n-12-3n20.【解析】(1)解法一：

sin2AsinC2sinAcosAsinC△ABC中，由=及正弦定理得，absinA.2cosAsinB=sinC……………又sinC=sin(A+B)，sinB……………2分5分•••A=B，从而即得△ABC为等腰三角形.解法二:sin2AsinC2sinAcosAsinC△ABC中，由=及正弦定理得，=^—,ab2acosAc进而=〒.abc•2cosA=—sinB……………2分5分•••A=B，从而即得△ABC为等腰三角形.解法二:sin2AsinC2sinAcosAsinC△ABC中，由=及正弦定理得，=^—,ab2acosAc进而=〒.abc•2cosA=—b°b2+c2—a2c由余弦定理，2=，化简得a2=b2，即a=b.2bcb所以，△ABC为等腰三角形.abc(2)由正弦定理===2R(2R为△ABC的外接圆直径)及题意,sinAsinBsinCa=2sinA,b=2sinB,c=2sinC，.a+b+c=2(sinA+sinB+sinC)由(1)知，A=B且A+B+C=n,2分5分7分na+b+c=4sinA+2sin2A,Ae(0迈)9分n令f(A)=4sinA+2sin2A,Ae(0,—),2则f'(A)=4cosA+4cos2A=4(2cos2A+cosA—1)=4(2cosA—1)(cosA+1),n易知，当Ae(0,3)时，f'(A)>0,f(A)为递增的；nn当Ae(3,-)时，f'(A)<0,f(A)为递减的.所以，当A=—时f(A)有最大值f(3)=4sin乙+2sin了=，也即△ABC周长的最大值为3爲.11分12分21.【解析】(1)由题意得，y=mf11+--(2m+1)-xVm丿

=9m+3—x

=9•◎+3-x

x+1

=21-丄—x,x+12分4分5分所以y=21—二—x(0<x<a2—a,a为正实数).x+5分(2)由(1)得y=21—二—x=22—x+1(x+1)+2x+17分TOC\o"1-5"\h\z易知0Vx<2，函数递增，x>2，函数递减.8分又a2-a>0,a为正实数，故a>1.9分所以，当a2-a>2，即a>2时，x+1二3，x二2时，函数取得最大值；10分当a2-a<2，即1<a<2时，x=a2-a时，函数取得最大值.11分综上所述，当a>2时，展销费为2万元时，该花卉基地可以获得最大利润；当1<a<2时，展销费为(a2-a)万元时，该花卉基地可以获得最大利润.……12分22.【解析】(1)解法一：1-lnx由题意，f(x)=aex+,1分x2・•・f'(1)=ae+1,f(1)=ae.2分从而，曲线f(x)在点(1,f(1))处切线方程为y-ae二(ae+1)(x-1)，3分又该切线过点(2，1)，则有1-ae=ae+1，4分解得a=0.5分解法二：1-lnx由题意，f(x)=aex+,1分x2・f'(1)=ae+1,f(1)=ae.2分由曲线f(x)在点(1,f(1))处切线过点(2，1)，则有f(1)-11-2=ae+1，4则有f(1)-11-2=ae+1，4分即1一ae=ae+1，解得a=0.5分2)解法一：由题意，g(x)=-xex-2+lnx+x,(x>0)，贝yg'(x)=-(x+1)ex-2+_+1=(x+1)(——ex-2).xx易知x+1>0，记h(x)=-—ex-2，则可知h(x)在(0,+s)上递减，x且h(1)=1-1>0，h(2)=-1<0，e2・3xG(1,2).使得h(x)=0.9分00从而，当xg(0,x)时h(x)>0，即g'(x)>0；当xg(x,+£)时h(x)<0，即g'(x)<0.00・g(x)在(0,x)递增，在(x,+s)递减.10分00由h(x)=0可得xex°-2=1及lnx+x0000