2024-2025学年安徽省淮南一中等五校高三（上）第一次联考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年安徽省淮南一中等五校高三（上）第一次联考数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.设集合U={0,1,2,3,4}，P={0,1,2}，Q={1,3,4}，则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.阅读下段文字：已知“33为无理数，若(33)39为有理数，则存在无理数a=33，b=39，使得ab为有理数；若(3A.(33)39是有理数 B.存在无理数a，b，使得ab为有理数

C.(33)34.由sin108°=3sin36°−4sin336°，可求得cos36°的值为A.5−15 B.5+145.已知a>0且a≠1，若函数f(x)=ax−a,x≤aloga(x+a)+1,x>a的值域为A.(0,12] B.[12,1)6.已知复数z1=1+i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，若复数z满足|z−z1|=|p−q|，复数z在复平面内对应的点Z的集合为图形A.2π B.4π C.6π D.8π7.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A，B，C三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为30°，45°，60°，其中AB=a，BC=b(0<a<3b)，则此山的高度为(

)A.122ab(a+b)3b−aC.125ab(a+b)8.若f(x)=log4|11−xA.12 B.22 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知复数z=−12−A.z的虚部为−32i B.复平面内z+1z对应的点位于第二象限10.从出生之日起，人的体力、情绪、智力呈周期性变化，在前30天内，它们的变化规律如图所示(均为可向右无限延伸的正弦型曲线模型)：

记智力曲线为I，情绪曲线为E，体力曲线为P，且三条曲线的起点位于坐标系的同一点处，则(

)A.体力曲线P的最小正周期是三个曲线中最大的

B.第462天时，智力曲线I处于上升期、情绪曲线E处于下降期

C.智力、情绪、体力三条曲线存在无数个公共点

D.存在正整数n，使得第n天时，智力、情绪、体力三条曲线同时处于最高点或最低点11.已知函数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、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.平面四边形ABCD中，AB=6，BC=10，CD=12，DA=14，则AC⋅BD=13.设函数f(x)=sin(ωx+φ)，ω>0的图象关于直线x=−1和x=2均对称，则f(0)的值可以是______.(写出两个值即可，少写或写错均不得分，如果多写按前两个值计分)14.定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x+1)=f(x)−x，当0<x≤1时，f(x)=x−x，若f(x)在区间(0,m)内有恰4个极大值点，则m四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

如图，在等腰梯形ABCD中，2AD=2DC=2CB=AB=6，E，F分别为AB，AD的中点，BF与DE交于点M．

(1)令AE=a，AD=b，用a，b表示BF；

(2)16.(本小题15分)

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<2π)的部分图象如图所示．

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)求f(−x)在[−5π6,−π17.(本小题15分)

已知函数f(x)=cosxx，g(x)=1x−ax．

(1)函数f(x)在x=−π2处与x=π2处的切线分别为l1，l2，且直线l1，l2之间的距离为18.(本小题17分)

在锐角三角形ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若b2−2csinB+c2=4，且a=2

(1)求sinA；

(2)求tanAtanBtanC的最大值；

(3)求实数t的取值范围，使得对任意实数x和任意角19.(本小题17分)

已知函数y=f(x)定义域为I，D⊆I.若存在t∈D，对任意x∈D，当x<t时，都有f(x)<f(t)，则称t为y=f(x)在D上的“Γ点”．

(1)求函数f(x)=−e2x+(2−a)ex+ax(a≥0)在定义域上的最大“Γ点”；

(2)若函数g(x)=(2+ax)ln(1+x)−2x在D=[0,1]上不存在“Γ点”，求a的取值范围；

(3)设D={1,2,…,n}(n∈N∗)，且ℎ(1)=0，ℎ(x)−ℎ(x−1)≤1，证明：y=ℎ(x)参考答案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}中的任意两个)

14.(19315.解：(1)因为E，F分别为AB，AD的中点，AE=a，AD=b，

所以BF=AF−AB=12AD−2AE=12b−2a；

(2)设AM=xAB+yAD，

因为E，F分别为AB，AD的中点，

所以AM=xAB+yAD=2xAE+yAD=xAB+2yAF，

因为M，E，D三点共线，M，B，F16.解：(1)观察图象知，A=2，f(0)=2sinφ=1，即sinφ=12，

又0<φ<2π，且0在f(x)的递增区间内，则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∗，

又因为T4<5π12，且T2>5π12，

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

所以函数f(x)的解析式是f(x)=2sin(2x+π17.解：(1)证明：由于f(x)=cosxx，g(x)=1x−ax．

则f′(x)=−xsinx−cosxx2，g′(x)=−1x2−a，

故f′(−π2)=−2π，f′(π2)=−2π，则l1//l2，

又f(−π2)=f(π2)=0，

则l1方程为y=−2π(x+π2)，即2πx+y+1=0，

l2方程为y=−2π(x−π2)，即2πx+y−1=0，

则d=24π2+1，

要证d>53，即证24π2+1>53，即证54π2+1<6，即100π2<11，也即证11π2>100，

而11π2>11×3.12=103.51>100，

所以d>53成立．

(2)由题意f(x)=g(x)无实解，即cosxx=1x−ax无实数解，即1−cosx=ax2除0以外无其它实数解，

①a>0时，方程1−cosx=ax2化为1−cosx−ax2=0，

设ℎ(x)=1−cosx−ax2，则ℎ′(x)=sinx−2ax，

记p(x)=sinx−2ax，则p′(x)=cosx−2a，

当2a≥1，即a≥12时，p′(x)≤0，p(x)是减函数，即ℎ′(x)是减函数，

又ℎ′(0)=0，所以18.解：(1)由题意知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，

由题意tanB>0，tanC>0，

得tanB+tanC=2tanBtanC−2≥2tanBtanC，当且仅当tanB=tanC时，等号成立，

可得tanAtanBtanC≤23+52=3−5，当且仅当tanB=tanC时，等号成立，

所以tanAtanBtanC的最大值为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，

当x=−(3+2sinBcosB)+(tsinB+tcosB)2时，

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

=[(3+2sinBcosB)−(tsinB+tcosB)2]219.解：(1)函数f(x)=−e2x+(2−a)ex+ax(a≥0)的定义域为R，

则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，

函数f(x)在(−∞,0)上单调递增，在(0,+∞)上单调递减，

即对∀x∈(−∞,0]，∃t∈(−∞,0]，当x<t时，都有f(x)<f(t)，

所以函数f(x)在定义域上的最大“Γ”点为0．

(2)由函数g(x)=(2+ax)ln(1+x)−2x在[0,1]上不存在“Γ点”，

得g(x)≤g(0)在[0,1]上恒成立，

求导得g′(x)=aln(1+x)+2+axx+1−2，令u(x)=aln(1+x)+2+axx+1−2,x∈[0,1]，

求导得u′(x)=a1+x+a(1+x)−(2+ax)(x+1)2=ax+2a−2(x+1)2，

当a≤0时，u′(x)<0恒成立，函数u(x)在[0,1]上单调递减，

则g′(x)=u(x)≤g′(0)=aln1+2+00+1−2=0，

因此函数g(x)在[0,1]上单调递减，g(x)≤g(0)，符合要求；

当a>0时，令ax+2a−2=0，则x=2−2aa=2a−2，

①当2a−2≤0，即a≥1时，u′(x)≥0，即u(x)在[0,1]上单调递增，

则g′(x)=u(x)≥g′(0)=0，函数g(x)在[0,1]上单调递增，g(x)≥g(0)，不符合要求；

②当2a−2∈(0,1)，即23<a<1时，若x∈(0,2a−2),u′(x)<0，若x∈(2a−2,1),u′(x)>0，

函数u(x)在(0,2a−2)上单调递减，在(2a−2,1)上单调递增，而u(0)=0,u(1)=aln2+a−22，

若u(1)≤0，则u(x)≤0在[0,1]上恒成立，g(x)在[0,1]上单调递减，此时g(x)≤g(0)，

若u(1)>0，则存在x0∈(0,1)，使得u(x0)=0，当x0<x≤1时，u(x)>0，

函数g(x)在[0,x0]上单调递减，在[x0,1]上单调递增，

则要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