【文档说明】安徽省合肥市第一中学2022-2023学年高三上学期11月月考数学答案.docx，共(6)页，492.165 KB，由小赞的店铺上传

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一、选择题9.(1)fx+为偶函数，𝑓(𝑥+2)−1为奇函数，()fx既关于直线1x=对称，又关于点(2,1)对称，且𝑓(2)−1=0，(0)ff=（2）=1，f（3）=2−𝑓（1）=7，()(2)fxfx=−且𝑓(𝑥)+

𝑓(4−𝑥)=2，∴𝑓(2−𝑥)+𝑓(4−𝑥)=2，4T=，∴𝑓(2023)=𝑓(3)=2×94−8=7．故选：C．10.解关于x的方程2[()]2()0fxafx−=有两个不相等的实数根，关于

x的方程()[()2]0fxfxa−=有两个不相等的实数根，关于x的方程()20fxa−=有一个非零的实数根，函数()yfx=与2ya=有一个交点，横坐标0x，结合图象可得：22424eae

或2ae，所以𝑎的取值范围是222(,)(,)82eee+.11.函数𝑓(𝑥)=3sin(2𝑥−𝜋3)−cos(2𝑥−𝜋3)=√10sin(2𝑥−𝜋3−𝜃)，其中，cos𝜃=3√10,sin𝜃=1√10，把函数()fx的图象向左平移6个单位，得到函数g(𝑥

)=√10sin(2𝑥−𝜃)的图象，𝑥∈[0，]2时，2𝑥−𝜃∈[−𝜃,𝜋−𝜃]，所以(2𝑥1−𝜃)+(2𝑥2−𝜃)=𝜋，所以𝑥1+𝑥2=𝜃+𝜋2，所以cos(𝑥

1+𝑥2)=−𝑠𝑖𝑛𝜃=−√1010.12.当𝑎=0时，𝑥+1𝑒𝑥−1>0显然成立，下面讨论𝑎<0时即𝑥+1𝑒𝑥≥−𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑥𝑎，考察函数ℎ(𝑥)=𝑥+1𝑒𝑥ℎ′(𝑥)=1−1𝑒𝑥知ℎ(𝑥)在(0,+∞)为增函数．ℎ(−𝑎𝑙𝑛�

�)=−𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑒𝑎𝑙𝑛𝑥=−𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑒𝑙𝑛𝑥𝑎=−𝑎𝑙𝑛𝑥+𝑥𝑎.即ℎ(𝑥)≥ℎ(−𝑎𝑙𝑛𝑥)，当𝑥≥1，∵𝑎<0,𝑥>1，∴−𝑎𝑙𝑛𝑥>0，等价于𝑥≥−𝑎𝑙𝑛�

�∵𝑙𝑛𝑥>0∴𝑎≥−𝑥𝑙𝑛𝑥.考察𝑔(𝑥)=−𝑥𝑙𝑛𝑥，𝑔′(𝑥)=−𝑙𝑛𝑥−1(𝑙𝑛𝑥)2𝑔(𝑥)在区间(1,𝑒)是增函数，在区间(𝑒,+∞)上是减函题号123456789101112选项ACCDCBCA

CBCA数，𝑔(𝑥)的最大值为𝑔(𝑒)=−𝑒𝑙𝑛𝑒=−𝑒，∴𝑎≥−𝑒,∴𝑎的最小值为−𝑒.二、填空题：13．𝑚=−1314.15215．𝑎≤−216．3332−16.解：根据题意，设BDE=，090剟，在BD

E和ADF中，由正弦定理知sin60sin(120)DEBD=−，sin60sin(30)DFAD=+，化简得sin(60)32DE=+，sin(30)32DF=+，故1328sin(60)sin

(30)DEFSDEDF==++，因为311313sin(60)sin(30)(cossin)(cossin)sin2222224++=++=+，所以3333324sin224233DEFS+==−+…，故三角形DE

F面积的最小值为3332−．三、解答题：本大题共6小题，满分70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解答】解：（Ⅰ）2()2cos(3sincos)3sin22fxxxxxcosx=+=+3sin2cos212sin(2)16xxx=++=++．22T==，由26xk+

=，得122kx=−+，kZ．()fx的对称中心为(122k−+，1)，kZ；（Ⅱ）由222262kxk−+++剟，kZ．解得36kxk−++剟，kZ．由3222262kxk+++剟，kZ．解得263kxk++剟，kZ．取0k=

，可得()fx在区间[0,]2上的增区间为[0，]6，减区间为(6，]2．18．【解答】解：（1）根据题意，设等差数列{}na公差为(0)dd，因为1S，2S，4S成等比数列，24S=，所以221424SSSS==，整理得：21111(46)(2)24aadada

d+=++=，解得112ad==．故21()nannN+=−．证明：（2）由（1）得：3311()(21)(21)22121nbnnnn==−−+−+，3111113133[(1)()...()](1)2335212122

1242nTnnnn=−+−++−=−=−−+++．19．【解答】解：（1）()32aab⊥−()320aab−=，320aaab−=||1a=，33coscossinsincos22222ab

=−=32cos20−=，[0,]312=；（2）33(cos,sin)22a=，(cos,sin)22b=−33coscossinsincos22222ab=−=，||||1ab==2222||

222cos24cosababab+=++=+=，||2cos([0,])3ab+=，2cos22cos12cos2cos||abab−==+．令cost=，1[,1]2t，22111([,1])222||abtyttttab−

===−+，21102yt=+，设2cost=，则221122||abttttab−==−+，1[,1]2t，令12ytt=−，则21102yt=+12ytt=−在1[,1]2上递增12t=时，12y=−；1t=时，12y=||abab+的最大

值为12，最小值为12−；20．【解答】解：（1）222222323sinsin(sinsinsin)sinsin33ABCABCabcabC+=−+=−，即232cossin3abCabC=−，即tan3C=−，故23C=；（2）

由余弦定理知2219baab+=+，CDBCDA+=coscos0CDBCDA+=，即222222()()2202222ccCDbCDaccCDCD+−+−+=．2213ab+=,解得

3a=，2b=或2a=，3b=．21．【解答】（1）解：33()13133axafxaxx−+−=−=++，当0a=时，()0fx()fx在(31−，)+上单调递增；当0a时，()0fx=1131333xaaa==−−−−，由()0fx11331xa−

−，再令()0fx，得113xa−，()fx在(31−，11)3a−上单调递增，在11(3a−，)+上单调递减．综上所述：当0a=时，()fx在(31−，)+上单调递增；当0a时，()fx在(31−，11)3a−上单调

递增，在11(3a−，)+上单调递减．（2）证明：由（1）知，当3a=时，()fx在(0，)+上单调递减，当(0,)x+时，由()(0)0fxf=，(13)3lnxx+，(1)lnxx+114161[(1

)(1)(1)]4nln+++114161(1)(1)4(1)nlnlnln=++++++24411(1)144434311111(41)11nnn−+++==−−，3416111(1)(1))4(1ne+++．22．【解答】（1）()3sinxfxex=，(0

)0f=()3(sincos)xfxexx=+，则(0)3f=则切线方程是3yx=；（2）()3sinxgxexax=−，()3(sincos)xgxexxa=+−，令()()hxgx=，则()6cosxhxex=，

(0,)2x时，()0hx，(2x，)时，()0hx，()gx即()hx在(0,)2单调递增，在(2，)上单调递减，(0)3ga=−，()30gea=−−，①当30a−…即03a时，(0)0g…，()02g，存在0(2

x，)，使得0()0gx=，当0(0,)xx时，()0gx，当0(xx，)时，()0gx，()gx在0(0,)x上单调递增，在0(x，)上单调递减，(0)0g=，0()0gx，又()

0ga=−，则()gx在(0,)上仅有1个零点，②当39a时，(0)30ga=−，()gx在(0,)2上单调递增，在(2，)上单调递减，且2()302gea=−，存在

1(0,)2x，2(2x，)，使得1()0gx=，2()0gx=，且当1(0,)xx，2(x，)时，()0gx，1(xx，2)x时，()0gx，()gx在1(0,)x和2(x，)上单调递减，在

1(x，2)x上单调递增，(0)0g=，1()0gx，229()330222geae=−−，2()0gx，又()0ga=−，故()gx在1(x，2)x和2(x，)上各有1个零点，综上：当03a时，()gx仅有1个零点，当39a时，()gx有2个零点．