安徽省五校2021届高三上学期12月联考数学理试题答案

2021届高三“五校”联考理数答案

2020年12月4日

一、选择题：

11.【解析】

由对称轴和零点可知

()ππ212(),444k T k N T πω

+--=∈=，得到N k k ∈+=,12ω ① 由()f x 在区间ππ()42

，上单调可知πππ

242T ω

-≤=，得到4≤ω ② 由①②可知ω可能取3.

当3ω=时，可得4

π

?=-，()??

? ?

?

-=43sin πx x f 满足在??

? ??24ππ，上单调，所以3=ω满足

题意，故ω的最大值为3. 12.【解析】

解法一：易知2ln 0x x x ->在(0,)x ∈+∞时恒成立，从而可知0a ≤满足题意；

当0a >时，原不等式可化为21ln e x x x x a -≥.记2ln ()e x

x x x

g x -=

，则max 1()g x a ≥. 而(1)(ln 1)

()e

x

x x x g x --+'=

，ln 10x x -+≤， 因此，(0,1)x ∈时()0g x '>；(1,)x ∈+∞时()0g x '<；

所以，max 1()(1)e g x g ==

，11

e

a ≥，0e a <≤. 又0a ≤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ln e e (ln )x

x x a x x x

-=≥-，令ln t x x =-，则1t ≥. 从而e t at ≥在[1,)t ∈+∞恒成立，由切线法知，e a ≤.

二、填空题：

13题 14题.1- 15题.6 16题.①③ 15.【解析】

由复数的几何意义可知，复数1z 在复平面内对应的点P 在以原点为圆心的单位圆上，2z 对应的点为定点(3,4)Q ，则12z z -表示P ，Q 两点间距离，由解析几何知识得最大值

16=.

16.【解析】

43ln ,S S =34330,ln 1S S S S ∴>=≤-，进而得41a ≤-.

.0,11<∴>q a 又

2210,11,q q q q q <-+>++>若，则21131,(1)1,1,a a q q S >∴++>>即 23234341ln 0,(1)0, 10,S S S a q q q q q q ∴=>=+++>+++> .1,0)1)(1(,0)1()1(22相矛盾这与-<>++∴>+++∴q q q q q q 1312310,,..q a a S S S ∴-<<∴>+>即

三、解答题：共70分.

17.【解析】

（1）由题意可知210x ax -+>在R 上恒成立，故0?<…………………………2分

可得，解得22a -<< ………………………………4分 （2）由题意可得，1 221(1)2

x ax --+≤，也即1[,2]2x ?∈时214x ax -+≥恒成立 可化为23x a x

-≤， ………………………………6分 设()23x g x x

-=，只要()min a g x ≤即可 ……………………8分 ()2310g x x '=+

>，所以()min 11122g x g ??==- ???，所以11.2a ≤-………………10分 18.【解析】

（1）44

()cos cos sin sin cos sin f x x x x x x x =++- 2222

(cos sin )(cos sin )2sin cos x x x x x x =-++ cos2sin 2x x =+

π224x ??=+ ??

? ………2分 周期2ππ2

T == ………3分 由222,Z 242k x k k π

π

π

ππ-+<+<+∈ ………4分 解得3ππππ,Z 88

k x k k -+<<+∈ ………5分 所以，函数()f x 的单调递增区间为3πππ,π,Z 88k k k ??-

++∈ ???.………6分 （2）由方程()0f x m -=在π0,2??????上有两个不同的实数解

可得()m f x =在π0,2??????

上有两个不同的实数解 即函数y m =与函数π(),02

y f x x =≤≤的图象有两个交点 ………8分 令π24t x =+，则π5π44

t ≤≤ 即函数y m =与函数()2g t t =，π5π44

t ≤≤的图象有两个交点 函数()y g t =在ππ,42??????上单调递增，在π5π,24??????

上单调递减，草图如下

且π

π5π()2,()1,()1244

g g g ===- ………10分 故12m ≤<

………12分 19.【解析】

（1）.9,632==a a ……………………………2分

猜想：,3n a n = ……………………………3分 证明：由已知可得

),3(2)1(31n a n a n n -=+-+

[],)1(3231--=--n a n a n n

........

2132(3)a a -=-

.

3,31n a a n =∴= ……………………………6分. （2）,.3311n n n n a =+）得由（ ……………………………7分 .331........333231132n n n n n S +-++++=∴- ① .3

31........333231311432++-++++=∴n n n n n S ② ………………………8分 ①-② 可得,3

31......31313212+-+++=n n n n S ……………………………10分 n n n n S 32341431?-?-=∴-

……………………………12分 20.【解析】

（1）解法一：

ABC △中，由sin 2sin A C a b =及正弦定理得，2sin cos sin sin sin A A C A B

=. 2cos sin sin A B C ∴= ………………………………2分

又 sin sin()C A B =+，

2cos sin sin()A B A B ∴=+，进而sin()0A B -=，

A B ∴=，从而即得ABC △为等腰三角形. ………………………………5分

解法二：

ABC △中，由sin 2sin A C a b =及正弦定理得，2sin cos sin A A C a b =，

进而2cos a A c a b

=. 2cos c A b ∴=

. ………………………………2分 由余弦定理，222 22b c a c bc b

+-=，化简得22a b =，即a b =. 所以，ABC △为等腰三角形. ………………………………5分

（2）由正弦定理2sin sin sin a b c R A B C

===（2R 为ABC △的外接圆直径）及题意， 2sin ,2sin ,2sin a A b B c C ===，

2(sin sin sin )a b c A B C ∴++=++ ………………………………7分

由（1）知，A B =且πA B C ++=，

π

4sin 2sin 2, (0,)2

a b c A A A ∴++=+∈ ……………………………9分 令π

()4sin 2sin 2, (0,)2

f A A A A =+∈， 则2()4cos 4cos 24(2cos cos 1)4(2cos 1)(cos 1)f A A A A A A A '=+=+-=-+， 易知，当π

(0,)3

A ∈时，()0f A '>，()f A 为递增的； 当ππ

(,)32

A ∈时，()0f A '<，()f A 为递减的. ………………………11分

所以，当π 3A =时()f A 有最大值ππ2π()4sin 2sin 333f =+=

也即ABC △周长的最大值为

…………………………12分

21.【解析】

（1）由题意得，()x m m m y -+-??

? ??

+=12411 …………………………2分 x m -+=39

x x x -+++?=31

129 ………………………4分 x x -+-

=1921， 所以x x y -+-=1

921（a a x -≤<20，a 为正实数）． …………………………5分 （2）由（1）得x x y -+-

=1921()??????+++-=19122x x ， …………………………7分 易知20<x ，函数递减． …………………………8分 又02

>-a a ，a 为正实数，故1>a ． …………………………9分 所以，当22

>-a a ，即2>a 时，31=+x ，2=x 时，函数取得最大值； ……10分 当22≤-a a ，即21≤a 时，展销费为2万元时，该花卉基地可以获得最大利润；当21≤

22.【解析】

（1）解法一： 由题意，2

1ln ()e ,x x f x a x -'=+ ……………………………………1分 (1)e 1, (1) e.f a f a '∴=+= ……………………………………2分

从而，曲线()f x 在点(1,(1))f 处切线方程为

e (e 1)(1)y a a x -=+-， ……………………………………3分

又该切线过点(2,1)，则有1e e 1a a -=+， ………………………………4分

解得0a =. ………………………………5分

解法二： 由题意，21ln ()e ,x x f x a x

-'=+ ………………………………1分 (1)e 1, (1) e.f a f a '∴=+= ………………………………2分 由曲线()f x 在点(1,(1))f 处切线过点(2,1)， 则有(1)1e 112

f a -=+-， ………………………………4分 即1e e 1a a -=+，解得0a =. ………………………………5分

（2）解法一：

由题意，2()e ln ,(0)x g x x x x x -=-++>， 则2211()(1)e 1(1)(e )x x g x x x x x

--'=-+++=+-. …………………………7分 易知10x +>，记21()e x h x x -=

-，则可知()h x 在(0,)+∞上递减， 且1(1)10e h =->，1(2)02

h =-<， 0 (1,2)x ∴?∈.使得0()0h x =. ………………………………9分 从而，当0(0,)x x ∈时()0h x >，即()0g x '>；当0(,)x x ∈+∞时()0h x <，即()0g x '<.

()g x ∴在0(0,)x 递增，在0(,)x +∞递减. ………………………… 10分 由0()0h x =可得020e 1x x -=及00ln +2x x =，

02max 0000 g ()()e ln 1212x x g x x x x -∴==-++=-+=<.

(注：此处或者处理为“由0()0h x =可得020e 1x x -=，

max 000 g ()()1ln 1ln 22ln212x g x x x ∴==-++<-++=+<”）

从而， ()2g x <. ………………………12分 解法二：

记 ()ln 1,0h x x x x =-+>，则1 ()1,h x x

'=- ……………………6分 易知，(0,1), ()0;(1,), ()0.x h x x h x ''∈>∈+∞<时时

所以，()h x 在(0,1)递增，在(1,)+∞递减，则()(1)0h x h ≤=.……………………7分 从而有

()ln 10,ln 1;h x x x x x =-+≤≤- (e )ln e e 10,e 1.x x x x h x =-+≤≥+………9分 由题意及上述结果，

225()e ln [(2)1](1)3124

x g x x x x x x x x x x -=-++≤--++-+=-+-≤<. …………………12分

解法三：

由题意，

欲证 2()e ln 2,x g x x x x -=-++<，只需证2ln 2e x x x x x

-+<+. …………6分 记ln (),0.x x m x x x +=> 则1ln (),x m x x -'=

从而易知()m x 在e x =处有极大值也是最大值11e

+. …………………8分 记22()e ,0.x n x x x -=+>则222()e ,x n x x

-'=-+ 易知()n x '在(0,)+∞递增，且11(1)20,(2)10e 2

n n ''=-+<=-+>， 因此0(1,2),x ?0()0n x '=，()n x 有最小值0()n x . 而02

1200

2

2

1

()e e 12e x n x x --=+>+=+

…………………11分 从而即证()()m x n x <，也即 ()2g x <.

…………………12分

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