安徽省阜阳市重点高中2021-2022学年高三上学期第四次月考 数学(理)试题

高三数学试题（理科）

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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Myy2x,x0，Nxylg(2xx2)，则MN为()

A、1,2 B、1, C、2, D、1, 2、若a、b是任意实数，且的是 () ab,则下列不等式成立．．

b11A、ab B、1C、D、lg(ab)0

a33

22ab3、列函数既有零点，又是单调函数的是 () A、yex1 B、yln|x| C、y4、“11 D、yxx1

1”是“sin”的 62A、既不充分也不必要条件 B、充分而不必要条件 C、必要而不充分条件 D、充分必要条件

sin(x2)，1x0fxx1e，x05、满足f1fa2，则a的所有可能取值为

1或2221或--2 B、2 C、2 D、1

A、

6、函数f(x)Asin(x)（其中0，A0,得到g(x)sin2x的图象，则只需将f(x)的图象

π）的图象如图所示，为了2ππA、向右平移个长度单位 B、向右平移个长度单位

612C、向左平移

ππ个长度单位 D、向左平移个长度单位 612高三理科数学-1

7、已知fx是R上的奇函数，且对xR，有fx2fx，当x0,1时，

fx2x1，则flog241 A、40 B、

252341C、D、

16 41 23

8、太极图被称为“中华第一图”.从孔庙大成殿梁柱，到老子楼观台、三茅宫、白云观的标记物；到中医、气功、武术及中国传统文化的书刊封面、会徽、会标这种广为人知的太极图，其形状如阴阳两鱼互纠在一起，因而被习称为“阴阳鱼太

1,x0极图”。已知函数sgnx0,x0，则以下图形中，阴影部分可以用不等式组

1,x0x2y24表示的是 22xxysgnx10A、B、C、 D、

9、设函数f（x）满足f（x）=f（4–x），当x>2时，f（x）为增函数，则a =f（1.10.9），b =f（0.91.1），c =f（log14）的大小关系是

2A、a>b>c B、b>a>c C、a>c>b D、c>b>a 10、已知f(x)loga(2ax)在[0,1]上为减函数，则a的取值范围为 A、(0,1) B、(0,2) C、(1,2) D、(2,) 11、已知函数fx2an满足a1a20211，则

xR，若等比数列1x2

fa1fa2fa3•••f202120211A、2021 B、2 C、2 D、

2

高三理科数学-2

12、设函数yfx是定义在R上的奇函数，函数yfx是函数yfx的导

2x4fx0的解集为 (xlnx)f(x)f(x)x0函数，当时，，则不等式

00，2 B、，22， A、2，20，2 D、2，02， C、，二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

1cosa,b2aba3，b1，且6，则13、设向量a，b满足__________。

14、已知角_________。

43的终边与单位圆交于点P,，则cos2的值为

665515、若函数f(x)2x2lnx在其定义域内的一个子区间(k1,k1)内不是单调函．数，则实数k 的取值范围是 。 16、若直角坐标平面内M、N两点满足： ①点M、N都在函数f(x)的图像上；

②点M、N关于原点对称，则称这两点M、N是函数f(x)的一对“靓点”。 已知函数f(x){3x,x0x3,x0则函数f(x)有 对“靓点”。

三、解答题：本大题共6小题，共70分

17、(本小题满分10分)

命题p：关于x的不等式x2＋2ax＋4＞0对一切x∈R恒成立，

q：函数f(x)＝(3－2a)x是增函数，若p或q为真，p且q为假， 求实数a的取值范围．

18、（本小题满分12分）

已知向量a(2sinx,cosx)，b(cosx,2cosx)， （Ⅰ）求

f(x)ab并求f(x)的单调递增区间；

（Ⅱ）若c(2,1)，且a值。

b与c共线，x为第二象限角，求(ab)c的

高三理科数学-3

19、（本小题满分12分）

1在ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，且bcosAac．

2（Ⅰ）求角B的大小；

（Ⅱ）若AC边上的中线BM的长为3，求ABC面积的最大值．

20、（本小题满分12分）

1ππ已知f(x)＝1＋tan xsin2x－2sinx＋4·sinx－4.

（Ⅰ）若tan α＝2，求f(α)的值；

ππ（Ⅱ）若x∈12，2，求f(x)的取值范围．



21、（本小题满分12分）

（12分）已知函数f(x)ex2(a1)x（1）讨论函数f(x)的单调区间； （2）若f(x)

22、（本小题满分12分） 已知函数f(x)2alnx2(a0). x12x2(a1)2对x[0,)恒成立，求a的取值范围． 23，aR． 2（Ⅰ）若曲线yf(x)在点P(1,f(1))处的切线与直线yx2垂直，求函数

yf(x)的单调区间；

（Ⅱ）若对x(0,)都有f(x)2(a1)成立，试求实数a的取值范围； （Ⅲ）记g(x)f(x)xb(bR)，当a=1时，函数g(x)在区间[e1,e]上有两

个零点，求实数b的取值范围.

高三理科数学-4

2021—2022学年度第一学期第四次考试

高三数学试题（理科）参考答案

一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分

1、【解析】M{yy1}N{x0x2}，MN(1,2)，故选A。

x1a1b2、【解析】y(13)在R上单调减，(3)(3)，故选C。

3、【解析】∵对于A，函数yex1在R上单调递增且没有零点；对于B，函数

yln|x|在-，0 单调递减，单调递增，在0，它有两个零点x1和x1；

对于C，函数y10单调递减，在0，单调递减，它有一个零点1在-，x上单调递增，且有一个零点x1；故选x1；对于D，函数yx1在0，D。

4、【解析】由11“”是“sin”的充分条件， sin6，可以得到62，故2n1n6，nZ，并不能得到6，故但当sin“12时，只能得到6”是“sin11”的不必要条件，综合得：“”是“sin”的充分而不622必要条件。故选B。 110f1ee1，又∵f1fa2，∴fa1，10，5、【解析】∵，∴ a1fae1，得a1； a0，当时，21， fasinaa1,0当时，22∵1a0，∴0a1，0a，得a22，得a22； 综合得a的所有可能取值为1或-22，故选C。 高三理科数学-5

76、【解析】由T4123得T，2。又23，3

f(x)sin(2x3)g(x)sin2x，故选A。 向右平移个单位65log2416，fx2fxf7、【解析】 x22fx2fx，

故flog241flog2414flog2416f6log241. ∵6log2410,1，故f6log24126log24116423，故选C 141418、【解析】题中的不等式组表示的平面区域为

x2y242x,y 2xx10ysgnxx0x022或2x,y2x,yxy4，故选B. 22xy11xy11

0.91.19、【解析】∵2，11.11.1，00.91 又∵函数f（x）满足f（x）=f（4–x）， 上为增函数， ∴函数f（x）的图像关于直线x2对称，且f（x）在2，log1422上为减函数， ∴f（x）在-，log14200.91.111.10.91.122又， 1.10.9flog14f0.9f1.12∴，∴cba，故选D。 yfxloga2axx0,110、【解析】令，；令tgx2ax，x0,1，

ylogatt2a，2 则，

∵a0，且a1，∴函数tgx2ax，x0,1为减函数

，x0,1为减函数

ylogatt2a，2单调递增，根据复合函数的单调性可知，函数，且t0， 又∵

yfxloga2axa12。故选C。 ∴2a0，解得1a2，故实数a的取值范围为1，高三理科数学-6

11、【解析】∵

a1a20211fa1fa2021，∴

222221a11a20212221a1112a1

∵an为等比数列，∴22a12221a11a1 a1a2021a2a2020a1010a1012a210111， ， fa2fa20202，…，fa1010fa10122，fa10111则fa1fa2fa3fa20212101012021，故选A。 12、【解析】令gxfxlnx，则

∵gxfxlnxfx1x，

x0时，(xlnx)fxfx，即gxfxlnxfx10x， 上单调递减，且g10， ∴gxfxlnx在0，∴当0x1时，gxfxlnx0，而lnx0对任意x0,1恒成立， 即0x1时，fx0； 恒成立， 当x1时，gxfxlnx0，而lnx0对任意x1，即x1时，fx0； 上都有fx0， 故fx在0,1和1，又由fx为奇函数，故fx在1,0和,1上都有fx0， x240x240fx0x24fx0或fx0，可解得x2或0x2， 故x的取值范围为,20,2，故选C。 二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分 13、【解析】由题意可知，，

122222ab2ab4a4abb432412352又∵，

2ab35∴，故填35。

3111ababcosa，b62高三理科数学-7

3414、【解析】由题意sin,cos，

656524则cos2cos22sincos6626625， 24。

故填2515、【解析】令fx0得

31，2。

x113k1k11k2，∴22，故填且k10得

16、【解析】若(a,b)(a0)在f(x)图象上，则（a,b）在f(x)图象上.

3aa3由图象易知只有唯一交点，故填1。

三、解答题：本大题共6小题，共70分，第17题10分，其余每题12分

17、解：设g(x)＝x2＋2ax＋4，由于关于x的不等式x2＋2ax＋4＞0对一切x∈R

恒成立，

所以函数g(x)的图象开口向上且与x轴没有交点， 故Δ＝4a2－16＜0，∴－2＜a＜2. 又∵函数f(x)＝(3－2a)x是增函数， ∴3－2a＞1，∴a＜1.

又由于p或q为真命题，p且q为假命题，可知命题p和命题q一真一假

-2a2（1）若命题p为真命题，命题q为假命题，则a1，∴1a2

a2或a2a1（2）若命题p为假命题，命题q为真命题，则，∴a2

-21，2 综上所述，所求实数a的取值范围为，18、解：（Ⅰ）

f(x)2sinxcosx2cos2x2sin(2x)1的增区间 43[k,k]是88KZ

（Ⅰ）ab(2sinxcosx,cosx)，c(2,1)

(ab)//c2sinxcosx2cosxtanx12 由于x为第二象限角所以sinx55，cosx255

高三理科数学-8

(ab)c2(2sinxcosx)3cosx655

119、解：（Ⅰ）由bcosAac及正弦定理可得2sinBcosAsinA2sinC，

2又∵ABC，∴C-AB， ∴sinCsinABsinAcosBcosAsinB

2sinAcosBcosAsinB）∴2sinBcosAsinA（，得sinA2sinAcosB，

又∵A0，，∴sinA0，

1cosBB2，又∵B0，，∴3； ∴

1BMBABC2（Ⅱ）3∵，

∴2BMBABC，

22（2BM）（BABC）∴，

即∴

4BMBA2BABCcosBA，BCBC43c2a22accos2222，

3a2c2ac22acac12， ，

22又∵ac2ac，当且仅当ac时“=”成立，

22∴acac3ac，∴0ac4，

13acsinBac24∴，

故ABC的面积的最大值为3。 SABCππx＋20、解 :（Ⅰ）f(x)＝(sinx＋sin xcos x)＋2sin4·cosx＋4 

1－cos 2x1π

2x＋2 ＝＋sin 2x＋sin

22

11

＝2＋2(sin 2x－cos 2x)＋cos 2x 11＝2(sin 2x＋cos 2x)＋2. 2sin αcos α2tan α4

由tan α＝2，得sin 2α＝2＝＝.

sinα＋cos2αtan2α＋15

cos2α－sin2α1－tan2α3

cos 2α＝2＝＝－

5. sinα＋cos2α1＋tan2α

113

所以f(α)＝2(sin 2α＋cos 2α)＋2＝5. 2

高三理科数学-9

π11122x＋（Ⅱ）由（Ⅰ）得f(x)＝2(sin 2x＋cos 2x)＋2＝2sin＋. 42

π5π5πππ

由x∈12，2，得2x＋4∈12，4.

2＋1π2

∴－2≤sin2x＋4≤1，∴0≤f(x)≤2，

2＋1

. 所以f(x)的取值范围是0，2

21、解：（1）f(x)ex2(a1)，

当a1时，f(x)0，f(x)在R上单调通增， 当a1时，令f(x)0，得xln2(a1)，

当xln2(a1)时，f(x)0，f(x)在(,ln2(a1))上单调递减， 当xln2(a1)时，f(x)0，f(x)在(ln2(a1),)上单调递增，

1（2）设g(x)f(x)x22(a1)2

213exx22(a1)x2(a1)2

2213ex[x2(a1)]2，

22即g(x)0对x[0,)恒成立，

g(x)ex(x2a2)，

令h(x)g(x)，h(x)ex10对x[0,)恒成立，

h(x)h(0)2a1，

1①当2a10，即a时，

2h(x)g(x)0，g(x)在[0,)上单调递增，

g(x)ming(0)152(a1)20， 255a1， 22高三理科数学-10

又a152，12a12， ②当2a10，即 a 12时，

则存在唯一的x0[0,)使hx00，ex0x02(a1)0， 当x0,x0时，h(x)g(x)0， 当xx0,时，h(x)g(x)0，

即x0,x0时，g(x)单调递减，xx0,时，g(x)单调递增，故g(x)gx103min0ex02e2x20，

解得0ex03，0x0ln3，

又2(a1)ex0x0而exx在[0,)上单调递增，

12(a1)3ln3，解得11ln32a2，

综上，实数a的取值范围为15,1ln322．

22、（本小题满分12分）

解：（Ⅰ）直线yx2的斜率为1. 函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)2x2ax， 所以f(1)212a11，解得a1………1分 所以f(x)2x2xlnx2,f(x)x2

由f(x)0，得x>2; 由f(x)0得0所以f(x)的单调递增区间是（2，+）,单调递减区间（0,2） （Ⅱ）f(x)=2aax2x2x=x2，a0，

由f(x)0得x22a，由f(x)0得0xa

高三理科数学-11

..…3分

22，+）,单调递减区间（0, ） aa22当x=时，f(x)取极小值，也就是最小值f(x)min=f() ……5分

aa2对x(0,)都有f(x)2(a1)成立，∴f()>2(a1)

a22aln2>2(a1),………6分 2aa2222∴alna, ln1,0a.实数a的取值范围(0, )

aaee ……..…7分

2（Ⅲ）当a=1时，g(x)=lnxx2b，(x>0)

xx2x2，由g(x)>0得x>1, 由g(x)<0得0所以f(x)的单调递增区间是（

x=1时g(x)取得极小值g(1). ………10分

g(e1)0因为函数g(x)在区间[e1,e]上有两个零点，所以g(e)0 ……11分

g(1)02解得1b≤e1.

e所以b的取值范围是

2(1, e1]. ……………12分

e高三理科数学-12