安徽省皖南八校2022届高三上学期10月第一次联考理科数学试卷及答案

安徽省皖南八校2022届高三上学期10月第一

次联考理科数学试题

注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上

一、单选题

∣2x3，Bxx27x100，则AB（ ） 1．已知集合AxA．x2x3 C．x2x5

B．x2x2 D．x2x5

2．已知i为虚数单位，若复数z1i，z为z的共轭复数，则(1z)z（ ） A．3i C．13i

3．“|a|3”是“a3”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 B．3i D．13i

4．已知向量a(1,2)，a2b(7,2)，则向量a在向量b方向上的投影为（ ） A．C．2 213 13tB．D．2 213 135．若cos2tcosxdx，其中t0,，则t（ ）

20A． C．

6B．D．

 35 6 2x21x21xx6．函数f(x)A．abc C．bac

113c的大小关系为cf2，bfln，af(lg3)，b，，则a，（ ） 2B．cab D．bca

7．1471年德国数学家米勒向诺德尔教授提出一个问题：在地球表面的什么部位，一根垂直的悬杆

呈现最长（即视角最大，视角是指由物体两端射出的两条光线在眼球内交叉而成的角），这个问题被称为米勒问题，诺德尔教授给出解答，以悬杆的延长线和水平地面的交点为圆心，悬杆两端点到地面的距离的积的算术平方根为半径在地面上作圆，则圆上的点对悬杆视角最大.米勒问题在实际生活中应用十分广泛.某人观察一座山上的铁塔，塔高90m，山高160m，此人站在对塔“最大视角”（忽略人身高）的水平地面位置观察此塔，则此时“最大视角”的正弦值为（ ） A．2 C．

16 251B．D．

9 419 168．已知函数f(x)cos12x的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，再向右平移个单位，

63得到的函数的一个对称中心是（ ） A．,0

182,0 C．9B．,0

937,0 D．2889．如图，在梯形ABCD中，AB//CD，AB33，CD21，AD14，BC10，A，B均为锐角，则对角线BD（ ）

A．5 C．25

B．15 D．30

310．已知定义在R上的函数 f(x)满足：f(x1)关于(1,0)中心对称，f(x1)是偶函数，且f1.

2则下列选项中说法正确的有（ ） A． f(x)为偶函数 9C．f1

2B． f(x)周期为2 D．f(x2)是奇函数

11．已知M(cos,sin)，Ncos,sin，P(3,3)，则|2PMPN|的最大值为（ ）

33A．23 C．23

x3aB．33 D．23 12．已知函数f(x)(3a)x(a1)，当x2e时，f(x)0恒成立，则实数a的取值范围为（ ）

eA．,

3C．(1,e) 二、填空题

2eB．,

32eD．1,

313．命题“x1，x2x10”的否定是___________.

314．已知sin，则sin2___________.

1253sinx(2x0)26f(x)15．已知，若方程f(x)m恰有4个不同的实数解a，b，c，d，|lnx1(x0)且abcd，则

cd___________. ab16．如图，正三角形ABC内有一点P，BPC|CD|___________. CB5，APC，连接AP并延长交BC于D，则

62

三、解答题

17．若平面向量a､b满足a(3,3)，|b|2. （1）若a2b58.求a与b的夹角； （2）若(ab)//(a2b)，求b的坐标.

18．已知f(x)Asin(x)A,0,,.其图像相邻两条对称轴的距离为，且f(0)1，

222fA. 6（1）求f(x)；

（2）把函数f(x)图像向右平移中得到函数g(x)图像，若g(a)1，求tan(a)tana的

122值.

19．已知函数f(x)xa24的定义域为A，函数g(x)x的值域为B.

xa321x1（1）当a3时，求RAB；

（2）若“xA”是“xB”的必要不充分条件，求实数a的取值范围.

20．在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c1，2sinAb.

4（1）求角C；

（2）求ABC的面积的最大值.

21．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时， f(x)log2(ax). （1）求函数f(x)的解析式；

（2）若对任意的x[1,1]，都有不等式 fxmxmf2xmx20恒成立，求实数m的取值范围.

22．已知函数f(x)aelnxe.

（1）当a1时，讨论函数f(x)的零点存在情况； （2）当a1时，证明：当x0时，f(x)2e.

x22参 1．C 思路：

化简B，再根据并集的定义求AB.

∣2x5， 由x27x100，得2x5，所以Bx∣2x5， 因为Ax|2x3，所以ABx故选：C. 2．A 思路：

由共轭复数定义求z，再根据复数的运算律计算(1z)z.

z1i，z1i，则(1z)z(2i)(1i)3i，

故选：A. 3．A 思路：

根据绝对值的定义可得|a|3a3且a3，然后利用充分、必要条件的定义判定.

|a|3a3且a3，所以“a3”是“a3”的充分不必要条件， 故选:A. 4．D 思路：

根据向量投影的定义计算向量a在向量b方向上的投影.

a(1,2)，a2b(7,2)，b(3,2)，

ab132(2)13∴向量a在b方向上的投影为2213， |b|(2)3故选：D. 5．A 思路：

利用微积分基本定理求定积分，然后利用余弦的二倍角公式转化为关于sint的方程，进而求解即得.

tcosxdxsinx0t0tsint，又cos2tcosxdx，cos2tsint，

0

即12sin2tsint，解得sint1或sint又t0,，t，

621， 2故选:A. 6．B 思路：

适当变形，利用指数函数的性质可以判定函数f(x)在R上单调递增，根据指数、对数函数的单调性可以判定2lg3ln131，进而得解. 2f(x)x21x21xxx121x，易知f(x)在R上单调递增， 11ln10，32201， 2因为0lg1lg3lg101，ln1所以2lg3ln，所以

21311f23f(lg3)fln，即cab. 2故选：B. 7．B 思路：

设此时视角为，塔底离地面高度为n，塔顶离地面高度为m，根据题意，lmn，然后利用两角差的正切值公式求得tan，进而利用同角三角函数关系求得“最大视角”的正弦值. 由米勒问题的解答可知，此人应站在离塔水平距离为l160250200m处观察， 设此时视角为，塔底离地面高度为n，塔顶离地面高度为m，

mnlll(mn)mn， 则lmn，则tanmnl2mn2mn1ll故sin故选：B 8．C 思路：

mn909. mn25016041根据平移伸缩变换可得函数解析式ycos3x，再整体代换求解即可得答案.

6函数f(x)cos12x的图象上各点的横坐标伸长到原来的4倍，

3

得到图象的解析式为ycos3x，再向右平移个单位，

63得到图象的解析式为ycos3x，

6令3x6k2(kZ)，解得xk2(kZ)， 39当k0时，x2， 92,0是函数ycos3x的一个对称中心. 所以69故选:C. 9．C 思路：

过点D作DE//BC交AB于点E，在三角形ADE中，利用余弦定理求得cosA, 然后在△ABD中利用余弦定理求得BD25. 过点D作DE//BC交AB于点E，

则DE10，AE12，AD14.

1412105由余弦定理得cosA，

214127222在△ABD中，BD2AB2AD22ABADcosA625， 解得BD25. 故选：C. 10．D 思路：

由于f(x1)关于(1,0)中心对称，又将函数f(x1)向左平移1个单位后为f(x)，可知f(x)是奇函数；又f(x1)是偶函数，又将函数f(x1)向右平移1个单位后为f(x)，可知f(x)关于直线x1对称，由此即可求出函数的周期，进而可判断选项A,B是否正确；利用周期和对称性即可判断选项C，D是否正确.

由于f(x1)关于(1,0)中心对称，又将函数f(x1)向左平移1个单位后为f(x)，所以f(x)关于(0,0)中心对称，即f(x)是奇函数；又f(x1)是偶函数，又将函数f(x1)向右平移1个单位后为f(x)，所

以f(x)关于直线x1对称，即f(x)f(2x)； 所以f(x)f(x2)fx4，

所以函数f(x)的周期T4，所以选项A､B错误； 11913ff4ff2ff2222231，故选项C错误； 2对选项D：由已知f(x)关于(0,0)和直线x1对称，所以f(x)关于(2,0)对称， 又因为f(x)的周期T4，可得f(x)关于(2,0)对称， 所以f(x2)是奇函数，D正确. 故选：D. 11．B 思路：

根据题意分析，得到OMN为等边三角形，进而利用平面向量的数量积运算可求得|2OMON|3，利用向量的线性运算可得|2PMPN||PO2OMON|，然后利用向量模的不

等式即可求得其最大值.

由题可知，M，N为单位圆O:x2y21上的两个动点， 且满足MON60，故OMN为等边三角形， 则OMON|OM||ON|cos6021， 2所以，(2OMON)44OMON13，则|2OMON|3. 由PMPOOM，PNPOON，

得|2PMPN||PO2OMON||PO|2OMON，

又P(3,3)，则|PO|23，因此当PO与2OMON同向时，等号成立， 此时|2PMPN|的最大值为33. 故选：B. 12．D 思路：

通过对(3a)x，同时进行对数运算，构造函数g(x)得13a2e，进而求得a的取值范围.

x3alnx(x1)，并讨论其单调性，结合a1，xf(x)0即(3a)xx3a，则xln(3a)3alnx，则

ln(3a)lnx， 3ax令g(x)1lnxlnx(x1)， (x1)，g(x)2xx当x(1,e)，g(x)0，g(x)单调递增； 当x(e,)，g(x)0，g(x)单调递减， 因为a1，所以3a3e，

又g(3a)g(x)，所以3ax(x2e)恒成立， 2e故a1,.

3故选：D. 【点评】

函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

213．x01，x0x010

思路：

根据含量词的命题的否定规律求命题“x1，x2x10”的否定.

2命题“x1，x2x10”的否定是“x01，x0x010”，

2故答案为：x01，x0x010.

14．7## 25思路：

利用诱导公式变形，再借助二倍角的余弦公式计算作答.

3因为sin，则sin2sin2cos2

125312212722sin1.

12257故答案为：.

253e15．

202思路：

画出函数的图象，利用数形结合方法判定易知

101m1，a，b关于直线x对称，结合230ced可知|lnc1||lnd1|，进而求得. 101如图，易知m1，a，b关于直线x对称，

23所以ab20，又0ced且|lnc1||lnd1|， 3所以1lnclnd1，所以lncdlnclnd2，所以cde2， cd3e从而. ab203e故答案为：

2022

116．

3思路：

CDCA设正三角形边长为2，CD2，设CDP，在CAD中，得sin2sin，在CDP中，

3CDsin6CPsin，代入数据计算可得答案.

设正三角形边长为2，CD2，设CDP， CDCA2，2sin， 在CAD中，CADsin3322代入数据可得，sin2sin①，

3CDCP5，sin 在CDP中，CPCBcosBCP2cos6sin6

52cos代入数据可得，6② 4sin152sin，解得tan33， ①/②得，cos2631代入①式得.

3131. 所以|CD|CB2321故答案为：.

317．（1）思路：

；（2）(2,2)或(2,2). 4(1)根据向量的模的性质化简a2b58，由此可求a与b的夹角；(2) 设b(x,y)，根据向量共线的坐标表示和向量的模的坐标表示列方程求b的坐标. 解：（1）由a(3,3)可知|a|32，

由|a2b|58可得a4ab4b58，即184ab1658，解得ab6. 设a与b的夹角为，则cos又[0,]，22ab2， |a||b|24.

（2）设b(x,y)，则ab(3x,3y)，a2b(32x,32y)， (ab)//(a2b)，所以(3x)(32y)(3y)(32x)0，

解得xy.

又|b|2，x2y24.②

由①､②，解得xy2或xy2，

所以b的坐标为(2,2)或(2,2).

18．（1）f(x)2sin2x；（2）4.

6思路：

A求61A，由此可得f(x)，(2)根据函数图像变换求g(x)，由g(a)1可得sincos，化简

4由图像相邻两条对称轴的距离为

可得函数f(x)的周期，由此可求w，再由f(0)1，f2tan(a)tana并求值.

2T22. 解：（1）T222fAsinA，则sin1， 663,，

622又f(0)Asin1，则A2，

故f(x)2sin2x.

6（2）由题意可得g(x)2sin(2x)，

g()2sin(2)1，sincos1， 411tan()tantan4.

tansincos219．（1）(3,4)；（2）(,1][4,). 思路： (1)解不等式

xa0得集合A，求函数g(x)值域得集合B，将a3代入即可求解RAB；

xa3(2)由给定条件可得BA，再借助集合包含关系即可得解. （1）由

xa0，解得：xa或xa3，即A(,a](a3,)，

xa3由于g(x)2x1x4212221x，显然2x11，则0A(3,6]，

21224，1，即于是得B(2,4)， x2x121当a3时，A(,3](6,)，则所以RAB(3,4)；

R（2）因“xA”是“xB”的必要不充分条件，于是得BA，即(2,4)(,a](a3,)， 因此，a32或a4，解得：a1或a4，

所以实数a的取值范围为(,1][4,). 20．（1）思路：

21；（2）. 44（1）由已知2csinAb，由正弦定理化边为角，化简可求C，(2)由余弦定理可得b，c的

4关系，利用基本不等式可得bc的范围，由此可求ABC的面积的最大值. 222csinAcosA解：（1）由题意可得：2b， 2再由正弦定理得sinCsinAsinCcosAsinBsin(AC)

sin(AC)sinAcosCcosAsinC，即sinCsinAsinAcosC，

又sinA0，所以tanC1，又C(0,)，所以C224.

（2）c2a2b22abcosC，1ab2ab(22)ab， 故ab22， 21221，当且仅当ab时，取到最大值. absinCab244S△ABC333log2(1x)(x0)f(x)21．（1）；（2）2,5. log(1x)(x0)2思路：

由函数f(x)为奇函数可得f(0)0，由此可求a，再根据奇函数的性质求x0时，f(x)的解析式，由此可得函数f(x)的解析式；(2)先求函数f(x)的单调性，根据单调性化简不等式，由此可求实数m的取值范围.

解：（1）依题可知f(0)0，解得a1，所以当x0时，f(x)log2(1x)， 设x0，则x0，所以f(x)log2(1x)， 又

f(x)是奇函数，f(x)f(x)，

即f(x)log2(1x)，所以当x0时，f(x)log2(1x)，

log2(1x)(x0). 综上所述，f(x)log(1x)(x0)2（2）当x0时，f(x)log2(1x)，所以f(x)在(,0]上单调递减， 又

f(x)是R上的奇函数，f(x)在(0,)上单调递减，

从而f(x)在R上单调递减，

由fxmxmf2xmx20，

可得fxmxmf2xmx2f2xmx2， 又

222222f(x)在R上单调递减，

22xmxm2xmx2，即3x2mxm20对任意的x[1,1]恒成立，

记g(x)3x2mxm2，对称轴为x①当

2m，依题意有g(x)min0， 3m1，即m3时，g(x)在[1,1]上单调递增， 35g(x)ming(1)53m0，解得m，与m3矛盾，此时无解；

3②当1mmm1，即3m3时，g(x)在1,上单调递减，在,1上单调递增，

333m333333m， gm20，解得m3223333m3； 22g(x)min又因为3m3，所以此时③当

m1，即m3时，g(x)在[1,1]上单调递减， 3g(x)ming(1)5m0，解得m5，又因为m3，所以此时3m5；

333综上所述，实数m的取值范围为2,5.

22．（1）两个零点；（2）证明见解析. 思路：

(1)将a1代入可得f(1)0，求出函数f(x)的导数，利用导数探讨函数的单调性并借助零点存在性定理即可求解；

(2)根据已知条件构造函数g(x)exlnx2，证明g(x)0在x0时恒成立即可得解.

x (1)当a1时，f(x)elnxe，显然f(1)0，即1是f(x)的一个零点，

11求导得fxe，fx在(0,)上单调递增，且fe330，f(1)e10

x3x11则fx在(,1)上存在唯一零点x0，当0xx0时，f(x)0，当xx0时，f(x)0，

3因此，函数f(x)在0,x0上单调递减，在x0,上单调递增，而fx0f(1)0，

31f3ee3e0， e1从而得在0,x0上函数f(x)存在一个零点， 所以函数f(x)存在两个零点；

11x(2)令g(x)exlnx2，x0，则g(x)e，由(1)知g(x)在(0,)上单调递增，且在(,1)上

3x存在唯一零点x0，即ex01x，

0当x0,x0时，g(x)单调递减，当x0,时，g(x)单调递增，

因此，g(x)gxx0lnxx010e02elnex021xx0200exlnxe2e，

而a1，有aexex，于是得f(x)aexlnxe>exlnxe2e， 所以当a1，x0时，f(x)2e.

即exlnx2则，，