安徽省江淮十校2021届高三11月联考试题 数学文 Word版含答案

考试时间120分钟，满分150分 第Ⅰ卷 选择题 （共50分）

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．

1．已知扇形的半径是2，面积为8，则此扇形的圆心角的弧度数是（ ） A.4 B.2 C.8 D.1 2．设集合M{xx22x30}，

Nxlog2(x1)1，则MN等于（ ）

A．

x1x3 B.x1x3 C.x1x3 D. x1x3

3．命题“存在x0R,使sinx0cosx02”的否定是（ ）

A.任意

x0R,都有sinx0cosx02

B.任意xR,都有sinxcosx2 C.存在

x0R,使sinx0cosx02

D.任意xR,都有sinxcosx2

sinAcosA14.在△ABC中，已知

5，则角A为（ ）

A.锐角 B.直角 C.钝角 D.锐角或钝角

ABCAD1(ABAC5. 在中，有如下三个命题：①ABBCCA0；②若D为BC边中点，则2)；③

若(ABAC)(ABAC)0，则ABC为等腰三角形．其中正确的命题序号是（ ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 2sin(2x6.将函数y2sin2xy的图像（ ），可得函数

3)的图像.

A．向左平移3个单位 B．向左平移6个单位

C．向右平移3个单位 D．向右平移6个单位

a(2,1),b(1,7. 已知2)，则“向量a,b的夹角为锐角”是“1”的（ ）

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

8．若函数f(x)满足：存在非零常数a,使f(x)f(2ax)，则称f(x)为“准奇函数”，下列函数中是“准奇函数”的是（ ）

A.f(x)x2 B. f(x)(x1)3 C. f(x)ex1 D. f(x)x3

f(x)x339．已知函数

4x2sin，其中xR，为参数，且0．若函数fx1的微小值小于128，

则参数的取值范围是（ ）

(,(,[A. 6 B. 6255 C.

6,6(6,6) D.

3(x3)32xsin(x3)910.设实数x,y满足3(y3)32ysin(y3)3，则xy （ ）

A.0 B.3 C.6 D.9

第Ⅱ卷 非选择题（共100分）

二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 设向量a,b满足：a2,b3,且a,b的夹角是3，则2ab_________

12.

log612log62(12)122 __________

(0,)sin(13. 设

2，若

6)35，则cos___________

ABCa23,A14. 在中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若3，则此三角形周长的最大值为

________

15. 已知定义在R上的函数f(x)对任意x,yR均有：f(xy)f(xy)2f(x)f(y)且f(x)不恒为零。则下列结论正确的是___________ ① f(0)0 ② f(0)1

③ f(0)0或f(0)1

④ 函数f(x)为偶函数

⑤ 若存在实数a0使f(a)0，则f(x)为周期函数且2a为其一个周期.

三、解答题：本大题共6小题，共75分．解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤． 16.（本题满分12分） 已知条件p：实数x满足(xa)(x3a)0，其中a0； 条件q：实数x满足82x116.

(1) 若a1,且“p且q”为真,求实数x的取值范围； (2) 若q是p的充分不必要条件, 求实数a的取值范围.

f(x)lnx117. （本题满分12分）设函数

x，

（1）求曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

1,2（2）求函数f(x)在2的最值.

18. （本题满分12分）如图，在平面四边形ABCD中，AD1,CD2,AC7. （1）求AD•AC;

（2）若AB•AC0,BA•BC7,求ABC的面积.

19. （本题满分12分）已知函数f(x)exex,其中e是自然对数的底数．

(1) 证明：f(x)是R上的奇函数；

(2) 若函数

g(x)e2xe2x6f(x),求g(x)在区间0,1上的最大值.

a(sinx,cosx),b(cos,sin)(20. （本题满分13分） 已知

2)。函数f(x)a•b 且

f(3x)f(x)。

（1）求f(x)的解析式及单调递增区间：

x)1axcosxx（2）将f(x)的图像向右平移3单位得g(x)的图像，若g(在

0,4上恒成立，求实数a的取值范围.

21. （本题满分14分）

f(x)xex,f(x)f'(x),f(x)f'(x),f(x)f'*已知

01021nn1(x)(nN) （1）请写出fn(x)(nN*)的表达式（不需要证明）；

（2）记

fn(x)(nN*)的最小值为g(n)，求函数

yg(n)(nN*)的最小值; x)x221(3)对于（1）中的

fn(x)，设

s(x)fn(x)x2lnx(xn)exr(，

ex3a1(aR，其中e是自然对数的底数），若方程s(x)r(x)有两个不同实根，求实数a的取值范围.

2021届江淮十校11月联考 文科数学参

131e3f()f(2)ln4ln02216又2， 11分

1f()2ln2函数的最大值是2。 12分

1-5 ACBCD 6-10 BABDC

43311.13 12.2 13.

10 14.63 15. ②④ 16.解:(1)由(xa)(x3a)0且a0,可得ax3a,

当a1时, 有1x3； 由82x116，可得2x3， 又由\"pq\"为真知，p真且q真，所以实数x的取值范围是2x3. (2)由q是p的充分不必要条件可知:qp且pq, 即集合

x2x3xax3a,a0, a2从而有3a3,即1a2,所以实数x的取值范围是1a2. 17.（1）易知函数的定义域为

xx0 f'(x)1x1x1又

x2x2 f'(1)0,又f（1）1

所以切线方程为：y1； '（2）由f(x)0,x1

列表

1 x

(12

2,1)1 (1,2)

f'(x)



0 —

f(x)

2ln2

微小值1



函数的最小值是f(1)1； 2分 4分

6分 9分

12分

1分

3分

5分

2

12ln2

9分

18(1)在ACD中，由余弦定理：

cosDACAD2AC2CD2

2ADAC ACADACcosDACAD2AC2CD2AD22 (2) 由ABAC0ABAC 8分 又BABCBA(ACAB)AB27AB7 又AC7S17ABC2ABAC2 19. (1)证明:函数f(x)的定义域为R,

且

f(x)exexf(x),所以f(x)是R上的奇函数. (2)解:

g(x)e2xe2x6f(x) (exex)226f(x)f(x)26f(x)2, 不妨令tf(x),则g(x)t26t2(t3)27, 由

f'(x)exex0可知f(x)在R上为单调递增函数, 所以f(x)在

0,1上亦为单调递增函数,

tf(0),f(1)0,e1从而e(,3), 所以g(x)的最大值在tf(0)0处取得,

2分 6分

11分

12分

5分 8分

10分

即

g(x)max(03)272. 12分

h'(x)sinxcosxa2sin(x4)a另解：g(x)e2xe2x6ex6ex

令tex,∵x∈[0,1],∴t∈[1,e]

∴原函数可化为好h(t)t2t26t6t1 ∴h/(t)2t2t366t2

2t46t36t2 t3

而2t46t36t2=2(t41)6t(t21)=

2(t21)(t23t1) 又t∈[1,e]时，t210，

t23t1e23e10 ∴2t46t36t20

∴h/(t)0,故h(t)在t∈[1,e]上递减

∴h(t)maxh(1)11662，即

g(x)max2.

20.解 （1） f(x)a•bsin(x) f(f(x)由

3x)，知函数yf(x)x的图像关于直线

6对称， 所以62k,kZ，又

2，所以

3 即f(x)sin(x3)

2k5,2k(所以函数的递增区间为66kZ)； （2）易知g(x)sinx x即sinx1axcosx在

0,4上恒成立。 令h(x)sinxcosxax1

1分

2分

4分

5分

6分

x由于

0,42sin(x)，所以41,2 8分 当a2时,h'(x)0，h(x)在0,4上单调递减，

h(x)h(0)0，满足条件；

a1时,h(x)0h(x)0,当'，在4上单调递增，

h(x)h(0)0，不成立；

h③ 当1a2时，必存在唯一x00,4x(0)00,h()0，使h(x)在0,x0上递减，在4递增，故只需4，4a2解得； 12分

4综上，由①②③得实数aa的取值范围是：。 13分

g(x)sin(xπ另解：由题知：

3π3)sinx

∴g(x)1axcosx

π即sinx1axcosx在x∈[0,4]上恒成立 π也即sinxcosxax1在x∈[0,4]上恒成立 h(x)sinxcosx2sin(xπ令

4)，x∈π[0,4] ;(x)ax1

如图：

h(x)的图象在(x)图象的下方，

ak(1)AB0π4则：

40π

a4故π

21.解 （1）fn(x)(xn)ex(nN*) f'(2)

n(x)ex(xn1)， 易知，当x(n1)f'(x)0'时，n；当x(n1)时，fn(x)0， fn(x)minfn(n1)e(n1)，

g(n)e(n1)(nN*)‘ 易知函数g(n)g(n)单调递增，

ming(1)1e2，

1g(n)的最小值是e2； s(x)2x22（3）

xlnx，方程即为 x2lnxex13a1；

'又s(x)x(2lnx1)，其中x0，

x)mins(1)1易知s(x)(0,1(1在

e)递减，在

e,)s(递增，

e2e，且当x0时，s(x)0；当x时，s(x)； r(x)x22ex13a1(x12a1而

e)3e1， x1(x)当

er时，

maxa31e1 a1113e2ex)r(x)r(0)a1故要使方程s(有两个根，则30， 13分

39得2ea3 14分

3分

4分

7分

8分

10分

12分