【文档说明】安徽省徽师联盟2024届高三上学期10月联考试题+数学+PDF版含答案.pdf，共(11)页，2.117 MB，由小赞的店铺上传

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高三・数学10月质量检测卷考生请注意：’．考试时间：120分钟满分：150分2答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确拈贴在条形码区域内。3．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色签字笔书写，字体土

整、笔迹清晰。4．请按照题序在各题的答题区域内作答，超出答题区域的答案无效；在草稿纸、试题卷上的答题无效。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．

1已知集合A={(x,州y=x+1,0丛x列，集合B={(x,州y=2x,O丛x'10},则集合月门B=A.[1,2]2"Vxe[-2,1],A.a三0()工2一2a'0”为真命题的一个充分不必要条件是（3不等式产＋毛全1的解集

为（Zx一3ACCa三2Da之3连．3一2厂’lllL的+连．!口l3一2的一/！、!J连．3一2厂‘l．、13、、的’万"/、J[4,+司4．若函数f(2x-A（一1,2]Di)[-i,i],11I

jT抓侣)J域为B.[0,2]5已知xER，若一x2+ax一1三0恒成立，则实数a的取值范围是（A.(_阅,_2]u[2,+co)c(_z,_2).夕(2,+劝B[-2,2]1,2]【高三・数学10月质量检测卷第1页共4页】{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkM

QkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}6已知函数厂位）=sin12x十粤、则下列说法正确的是（)又'Ii/～、～一～～一一～了(xj阴象夭士直线X＝二～）河匀；I0Bf(x）的图象关于点恤,

0）对称＼斗1Cf(x）的最小正周期为晋D若将f(x)图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数Y=Sifl〔X的图象竺功+7‘已知曲线f(x)=(x+a)ex在点值为（)A兰日e8．已知正数X,Y:)）处的切线与直线2x+y

一1=0垂直，则实数“的,fe一2De一2一C1+e一2夕，z的大小关系为2一ez满足xlny=ye=:zX，则X,AX>Y＞么By>X>zCX>z>YDY>z>X二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求．全部选对的5分，部分选对的

得2分，有选错的得0分．9．在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，那么在下列给出的各组条件中，能确定三角形有唯一解的是（)AB=30。,b=扼，'=:CB=30。,b=2,c=5210下列

命题中，真命题的是（)11AVxER,都有工2一X之X一1一一一」L～一、．”，一沽一吞“七’士惠非岑头驭“，力，司5们一十＝一之2"bBB=30。,b=2,c=4DA=75。,B=30。,b=2B日X

任(1,+ooD函数少：X2+10,,Jx29的最小值为2已知f(x)=2sin(cox+co)(a>O,O<i'<7t)，若方程了(X)=1翻一及竺）[63J上恰有3个不同实根x1,x2,x3(x1<X2<x3)，则当0)取最小值0时，下

列结论正确的有（)A田12Aw=-5Cf(x）的图象关于直线尤＝一矗对称13t吕沪：=30凡＋2x2干一：137r18【高三・数学10月质量检测卷第2页共4页】甲{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoO

wFAAMAAAwQNABAA=}#}12已知“>0,石ER,e是自然对数的底，若b十e性B-1ina,三．填空题：本大题共4小题，每小题5分．共20分．13．若了卜）是偶函数且在｛0,+cx,）上单调递增，又了(-2为14若"xE[1,3〕x

2一2'a”为真命题则实数“的最小值为的值可以是（1一2则不等式了(x一1)<1的解集～一～.~r、了，15看函数八劝钊了＋功习‘在｝一：,:｝上存在早调递减区同：贝归忿的取值范围L乙乙」曰正16已知函数汀劝：2x2023x，若不等式了(aex)全2一了伽a-lnx20234十1为

恒成立，则日的最小值四．解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．17（本题10分）已知集合矛：(1）若a=:-1：求ArB和AuB,(2）若xEA是XE刀的必要条件：求实数日的取值范围18X

'全5刀“:2a'三0十2（本题12分）已知向量a=(2sinx,万cosX）石=(sinx,2sinx(1）求f(x)的单调递增区间；(2）若不等式f(x):m对：。！。，tXEI0--）都成立求实数m的最大值L乙」a．石仁高三・数学10月质量检测卷第3页共4页】{#{

QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}19（本题12分）LABC的内角A、B..C的对边分别为a、b‘，已知bcosC=(2a一‘)cosB(1）求刀；(2）若tABC为锐角三角形，且‘=1，求△ABC面积的取

值范围20.（本题12分）已知函数f(x)=x2一（a+1)x+a<0(1）当a=2时求关于x的不等式f(x)>0的解集，(2）求关于x的不等式了价)<0的解集，(3）若了价）十2x之0在区间（1,+）上恒成立，求实数日的范围21（本题12分）已知定义域为R的函

数了位）=“一子！是奇函数v、‘占十2工(1）求a,b的值(2）判断f(x）的单调性（不必证明）(3）若存在t[0,4]，使f(k+t2)+f(4t一2t2)<J成立，求k的取值范围22（本题12分）已知函数了(x)=ex一ax十

cosx一2(1）求曲线少＝厂卜）在点（0,1(0)）处的切线方程，(2）若了价）在（0,+cv）上单调递增，(3）当a>1时，判断了(x）在（0,+cr求实数“的取值范围；零点的个数，并说明理由‘【高

三・数学10月质量检测卷第4页共4页】{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}高三·数数学答案第1页，共7页学10月质量检测卷参考答案一.选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.1

.C2.D3.D4.D5.B6.D7.D8.A二.选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.9.BD10.AB11.ACD12.AC三.填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.1,314.-1

15．3,216.1e解析:1．C由题意可得，集合A表示01x时线段1yx上的点，集合B表示010x时线段2yx上的点，则AB表示两条线段的交点坐标，联立12yxyx，解得12xy，满足条件，所以AB1,2.

2．D2,1x，22xa，只需2yx=在2,1x上的最大值小于等于2a，其中max4y，故24a，解得2a，因为32aa，但2a3a，所以3a是“2,1x

，220xa”为真命题的一个充分不必要条件，C正确；3．D由1123xx可得2311410232323xxxxxxx，解得342x，故不等式1123xx的解集为3,42

.4．D由函数21fx的定义域为1,1，即11x，得3211x，因此由函数11fxyx有意义，得31110xx，解得12x，所以函数

11fxyx的定义域为1,2.5．B{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}数学答案第2页，共7页由210xax可得210xax，由题意可知，不等式210xax对任意的xR恒成立，则

240a，解得22a.6．D因为3πsin210fxx，所以3π3π3π101010sin21f，0ππ23π4410sinf，故AB错误；显然fx的最小正周期为2π

π2T，故C错误．将fx图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可得函数3πsin10yx的图象，D正确．7．Dee1exxxfxxaxa，切线的斜率为11ekfa，因为切线与直线210xy垂直，所

以1e21a，解得e2a．8．A由lnezxyyzx，得lnxyzx，则lnzy，得ezy，则由ezyzx得eezzzx，故2ezxz，令()e(0)zfzzz，则()e10zfz，所以函数()fz在(0,

)上单调递增，则0()(0)e01fzf，所以ezz，即yz，又22eeee(e)e0zzzzzzzzxyzzz，所以xy，综上，xyz.9．BD选项A，点A到边BC的距离是1，∵122，∴三角形有两解；选项B，点A到边BC的距

离是2与b相等，∴三角形是直角三角形，有唯一解；选项C，点A到边BC的距离是2.5b，三角形无解；选项D，根据已知可解出π75CAB，62ac，∴三角形有唯一解.10．AB对于选项A，221210xxxxx，所以对xR，都有21xxx

，故选项A正确；对于选项B，当2x时，4426121xx，故选项B正确；对于选项C，若,ab异号，则baab0，故选项C错误；对于选项D，2222221091192999xxyxxxx，{#{QQABDQKEggAoABAAAQhC

EwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}数学答案第3页，共7页当且仅当22199xx，此时291x，此式无解，所以函数22109xyx的最小值不为2，故选项D错误.11．ACD由题意可得：fx

的最小正周期2ππ5π3662ππ5π2366TT，解答5π5π126T，且0，则5π2π5π126，解得122455，所以0125，故A正确；此时122sin5fxx，因

为π2π2sin165f，则2π1sin52，又因为0π，则2π2π3π555，所以2ππ56，解答17π30，故B错误；由

1217π2sin530fxx，得ππ2sin2362f为最大值，故fx的图象关于直线π36x对称，故C正确；由1217ππ5302xk，kZ，可得π5

π3612xk，kZ，且π2π,63x，则1217ππ13π,53066x，可得12ππ23618xx，23π5π7π236129xx，所以12313π218xxx，D正确；12．AC设

exfxx，则fx在R上单调递增，∵lnlnelnebafbfabaln(ln)0aaaa，∴lnba，即eba，∴ebabb，令()exgxx，则()e1xgx，当0x时，()0gx，(

)gx单调递减，当0x时，()0gx，()gx单调递增，∴()(0)1gxg，从而1ab，故AC符合.13．1,3因为fx是偶函数，所以221ff，所以12fxf，又因为在0,上单调递增，所以12x，解得

：13x，14．1若“1,3x，22xa”为真命题，则2min2xa，由1,3x，得2min2121x，{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}数学答案第4页，共7

页所以1a，所以实数a的最小值为1.15．3,22exfxxmx，则2e2xfxxmxxm，函数fx在区间13,22上存在减区间，只需0fx在区间13,22上有

解，即220xmxm在区间13,22上有解，又13,22x，则151,22x，所以221xxmx在区间13,22上有解，所以2max21xxmx，13,22x

，令1xt+=，15,22t，则222112111xxxtxxt，令1gttt，则2110gtt在区间15,22t恒成立，所

以gt在15,22t上单调递减，所以max1322gtg，即2max2312xxx，所以32m，16．1e2023120231202311202312

0231xxxxxfx，20231202312211202312023120231xxxxxgxfx，gx在R上单调递增，且20231120232023112023xxxxgxgx，gx为奇函

数，(e2(lnln)(e11(lnln)(e(lnln))))xxxfafaxfafaxgagxalnelnlnlnelnlnexxxaxxxxaxaxaaaa，令()e(0)xhxxx，求导得()(1)0xhxxe，函数()hx在

(0,)上单调递增，当ln0xa时，有)()(lnhxhxa，于是lnxxa，当ln0xa时，显然lnxxa成立，因此lnxxa，即e1xxa，令e(),0xxxx，求导得2(1)e()xxxx，当(0,

1)x时，()0x，函数()x单调递减，当(1,)x时，()0x，函数()x单调递增，因此当1x时，min()(1)ex，则1ea≤，而0a，有1ea，17．解：（1）∵1a，∴21Bxx，∴21

ABxx，1ABxx或5x；……………………………………………………………………………………………………………………（4分）{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}数学答案第5页，共7页（2）∵xA

是xB的必要条件，∴BA∴当B时，则有22aa，解得2a．满足题意．当B时，有22121aaa，或22225aaa，由不等式组1可得3a，不等式组2无解．故实数a的取值范围是2aa或3a

…………………………………………………………………（6分）18．解：（1）2()2sin23sincosfxxxx1cos223sincosxxx3sin2cos21xxπ2sin(2)16x由π

ππ2π22π(Z)262kxkk，得ππππZ.63kxkk所以()fx的单调增区间是ππππZ.63,kkk…………………………………………………（6分）（2）因为π02x，所以ππ5π2666x

，所以1πsin2126x，所以π()2sin(2)1[0,3].6fxx所以0m，即m的最大值为0………………………（6分）19．解：（1）在ABC中，由cos2cosbCacB及正弦定理得sincoscoss

in2sincosBCBCAB，即2sincossin()sinABBCA，而,(0,π)AB，即sin0A，因此1cos2B，所以π3B………………………………………………………………………

（5分）（2）在锐角ABC中，π3B，则2π3AC，又1c，由正弦定理得sinsinacAC，即2π31sin()cossinsin31322sinsinsin2tan2CCCcAaCCCC而π022ππ032CC

，即ππ62C，则3tan3C，103tanC，因此122a，于是ABC面积���△���������=12������������������=12���×1×������������3

=34���∈(38,32)，所以ABC面积的取值范围是33(,)82.……………………………………………………………（12分）20．解：（1）当2a时，则232fxxx，由0fx，得2320210xxxx，原不等式的解集为12,∪,

；……（4分）（2）由010fxxax，当1a时，原不等式的解集为1,a；当1a时，{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}数学答案第6页

，共7页原不等式的解集为；当1a时，原不等式的解集为,1a……………………（8分）（3）由20fxx即210xxxa在1,上恒成立，得21xxax.令1tx0t，则2211233221ttxxtxtt

，当且仅当2t，即21x时取等号.则223a，.故实数a的范围是23,2…（12分）21．解：（1）因为函数()fx是定义在R上的奇函数，所以(0)0f，即101ab，所以1a，又因为()()fxfx，所以122122xxxxaa

bb，将1a代入，整理得2121212xxxxbb，当0x时，有212xxbb，即1210xb，……（4分）又因为当0x时，有210x，所以10b，所以1b.

检验符合，所以1a，1b.（2）由（1）函数12(12)22()1121212xxxxxfx函数()fx在R上是减函数…（8分）（3）因为存在[0,4]t，使22420

fktftt成立，又因为函数()fx是定义在R上的奇函数，所以不等式可转化为2224fktftt，又因为函数()fx在R上是减函数，所以2224kttt，所以24ktt，令22424()gtttt，由题意可知：问题等价转化为m

in()kgt，又因为min()(2)4gtg，所以4k……………………………（12分）22．解：（1）由ecos2xfxaxx可得esinxfxax，此时切线斜率为0esin010faa

，而00e0cos020f；所以切线方程为010yax，即1yax；即曲线yfx在点0,0f处的切线方程为1yax；……………………………………………………………………………………………（4分）（2）

根据题意，若fx在0,上单调递增，即可得esin0xfxax在0,上恒成立，即esinxax恒成立；令esin,0,xgxxx，则ecos,0,xgxxx；显然ex在0

,x上满足0ee1x，而cos1x恒成立，所以ecos0xgxx在0,x上恒成立；即esinxgxx在0,x单调递增，{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}

数学答案第7页，共7页所以01gxg；所以1a即可；因此实数a的取值范围为,1…………（8分）（3）令ecos20xfxaxx，即可得ecos2xxax；构造函数ecosxhxx，0,x

，易知esin0xhxx在0,上恒成立，即hx在0,上单调递增，如下图中实曲线所示：又函数2yax恒过0,2，且00ecos0=2h，易知00esin01h，所以函数

ecosxhxx在0,2处的切线方程为2yx；又1a，所以2yax（图中虚线）在0,范围内恒在2yx（图中实直线）的上方；所以由图易知2yax与ecosxhxx在

0,范围内仅有一个交点，即函数fx在0,内仅有一个零点…（12分）{#{QQABDQKEggAoABAAAQhCEwXSCkMQkBCCAIoOwFAAMAAAwQNABAA=}#}