安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期第四次素质拓展数学试题（含答案）

这是一份安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期第四次素质拓展数学试题（含答案），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.设集合U=R，集合M={x|x2−2x≥0}，N={x|y=lg2(1−x)}，则{x|x<2}=( )
A. M∪NB. N∪(∁UM)C. M∪(∁UN)D. ∁U(M∩N)
2.函数f(x)=1+lg2x与g(x)=2−x+1在同一直角坐标系下的图象大致是( )
A. B.
C. D.
3.已知△ABC中，若AB2=AB·AC+BA·BC+CA·CB，则△ABC是( )
A. 等边三角形B. 锐角三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形
4.已知直线y=kx+1与曲线y=x3+ax+b相切于点A(1,3)，则b的值为( )
A. 3B. −3C. 5D. −5
5.下列命题中，正确的个数是：( )
①若a，b，c为平面向量，则(a⋅b)c=a(b⋅c);
②若a，b，c为非零向量，则向量(a⋅b)c−(a⋅c)b与a垂直;
③a=(−3,m)，b=(4,3)，若a与b的夹角是钝角，则实数m的取值范围是m<4；
④记b|b|=e，则向量a在向量b上的投影向量为(a⋅e)e．
A. 0B. 1C. 2D. 3
6.若一元二次不等式a1x2+b1x+c1>0，a2x2+b2x+c2<0的解集分别为M、N，a1、b1、c1、a2、b2、c2均不为0，M、N既不是R也不是⌀，则“M=N”是“a1a2=b1b2=c1c2”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
7.已知ω>0，函数f(x)=sin(ωx+π4)在(π2,π)单调递减，则ω的取值范围是( )
A. [12,54]B. [12,34]C. (0,12]D. (0,2]
8.定义域在R上的奇函数f(x)=−2x+a2x+1+2.若存在θ∈[−π4,0]，使得f( 3sinθcsθ)+f(k−cs2θ)>0成立，则实数k的取值范围为( )．
A. (2,+∞)B. (32,+∞)C. (−∞,2)D. (−∞,32)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知lg2a>lg2b，则下列不等式一定成立的有( )
A. a2>b2B. a−1b>b−1a
C. ba+ab>2D. (a+1)b>(b+1)a
10.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,0<φ<π)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)=2cs(2x+π6)B. 函数f(x)的图象关于(−π3,0)对称
C. 函数f(x)的图象关于x=7π12对称D. 函数f(x)在[π2,5π6]上单调递增
11.已知实数x，y满足ex+y+yx=0，则( )
A. 当y<0时，x+y=0B. 当x<0时，x+y=0
C. 当x+y≠0时，y−x>2D. 当x+y≠0时，−1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知α是三角形的内角，若cs2α=cs2α−sin2α，则tanα= ．
13.已知函数f(x)=x(x+a)2在x=1处有极小值，则实数a= ．
14.圆O1与圆O2半径分别为1和2，两圆外切于点P，点A，B分别为圆O1，圆O2上的动点，且∠APB=120°，则PA⋅PB的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=sin(x+π6)−cs(x+π3)+sin(π2+x)．
(Ⅰ)求函数f(x)的最小值，及f(x)取最小值时的x的值;
(Ⅱ)将函数f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，再向右平移π6个单位，得到函数g(x)的图象，若g(α)=−65，且α∈(−π6,5π12)，求cs2α的值．
16.(本小题15分)
在平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AC= 3，AD=1，∠ACD=30°．
(1)求CD的长;
(2)若△ABC为锐角三角形，求BC的取值范围．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=aln(x+1)−x
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)证明：当a>0时，f(x)<(a−1)lna+a2．
18.(本小题17分)
如图，半圆O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，OA=4cm，B为半圆上任意一点，以AB为一边作等边三角形ABC.设∠AOB=α．
(1)问：B在什么位置时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值．
(2)克罗狄斯·托勒密(Ptlemy)所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求∠AOC．
(3)求△AOC面积的最大值．
19.(本小题17分)
意大利画家达⋅芬奇提出：固定项链的两端，使其在重力的作用下自然下垂，那么项链所形成的曲线是什么?这就是著名的“悬链线问题”，通过适当建立坐标系，悬链线可为双曲余弦函数cℎx=ex+e−x2的图象，定义双曲正弦函数sℎx=ex−e−x2，类比三角函数的性质可得双曲正弦函数和双曲余弦函数有如下性质①平方关系：cℎ2x−sℎ2x=1，②倍元关系：sℎ2x=2sℎx⋅cℎx．
(1)求曲线cℎx在x=2处的切线斜率；
(2)若对任意x>0，都有x−a−1sℎx+cℎx≥2sinx−2x−acsx恒成立，求实数a的取值范围：
(3)(i)证明：当x>0时，sℎx>x；
(ii)证明：sℎ2tan1+sℎ1tan12+sℎ23tan13+⋯+sℎ2ntan1n>2n−4n2n+1n∈N∗．
参考答案
1.B
2.C
3.C
4.A
5.C
6.A
7.A
8.D
9.AC
10.ABD
11.ACD
12.−2
13.−1
14.−3
15.解：(1)f(x)=sin(x+π6)−cs(x+π3)+sin(π2+x)
=sinxcsπ6+csxsinπ6−(csxcsπ3−sinxsinπ3)+csx
= 32sinx+12csx−(12csx− 32sinx)+csx
= 3sinx+csx=2sin(x+π6).
令x+π6=2kπ−π2，k∈Z，得x=2kπ−2π3，k∈Z，f(x)min=−2．
(2)由将f(x)图象上所有点的横坐标缩短为原来的12(纵坐标不变)，
得到f1(x)=2sin(2x+π6)，再向右平移π6个单位，得到g(x)=2sin(2(x−π6)+π6)=2sin(2x−π6)，
则g(α)=2sin(2α−π6)=−65，sin(2α−π6)=−35，
又因为α∈(−π6,5π12)，则2α−π6∈(−π2,2π3)所以cs(2α−π6)=45，
所以cs2α=cs(2α−π6+π6)
=cs(2α−π6)csπ6−sin(2α−π6)sinπ6
=3+4 310．
16.解：(1)在 △ACD 中， AC= 3,AD=1,∠ACD=30∘ ，
由余弦定理可得 AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD ，
即 1=3+CD2−3CD ，解得 CD=1 或 2 ；
(2)因为 BC⊥CD,∠ACD=30∘ ，所以 ∠ACB=60° ，
因为 △ABC 为锐角三角形，
所以 {0°在 △ABC 中，因为 ACsinB=BCsin∠BAC ，
所以 BC=AC⋅sin⁡∠BACsinB= 3sin⁡(120°−B)sinB
=32csB+ 32sinBsinB= 32+32⋅1tanB，
由 30°所以BC∈ 32,2 3 ．

17.解：(1)由 f′x=ax+1−1=−x−(a−1)x+1 且 x>−1 ，
当 a−1≤−1 ，即 a≤0 ，则 f′x<0 ，此时 fx 在 (−1,+∞) 上递减；
当 a−1>−1 ，即 a>0 ，则在 (−1,a−1) 上 f′x>0 ， (a−1,+∞) 上 f′x<0 ，
此时 fx 在 (−1,a−1) 上递增， (a−1,+∞) 上递减；
综上， a≤0 时 fx 在 (−1,+∞) 上递减； a>0 时 fx 在 (−1,a−1) 上递增，在 (a−1,+∞) 上递减；
(2)由(1)知： a>0 时 f(x)≤f(a−1)=alna−(a−1) ，
要证 fx只需证 a2+a−lna−1>0 在 a∈(0,+∞) 上恒成立，
令 g(x)=x2+x−lnx−1 且 x>0 ，则 g′(x)=2x+1−1x=2x2+x−1x=(2x−1)(x+1)x ，
当 012 时 g′(x)>0 ， g(x) 递增；
所以 g(x)≥g(12)=ln2−14=ln24e=ln416e>0 ，
即 a2+a−lna−1>0 在 a∈(0,+∞) 上恒成立，故 a>0 时， fx
18.解：(1)在△ABO中由余弦定理得AB2=OA2+OB2−2OA·OB−csα=20−16csα，
所以AB= 20−16csα，0<α<π，
于是四边形OACB的面积为S=S△AOB+S△ABC=12OA⋅OB⋅sinα+ 34AB2
=4sinα+ 34(20−16csα)=4sinα−4 3csα+5 3
=8sin(α−π3)+5 3，
当α−π3=π2，即α=5π6时，四边形OACB的面积取得最大值为8+5 3，
(2)因为OB⋅AC+OA⋅BC≥AB⋅OC，且△ABC为等边三角形，OB=2，OA=4，
所以OB+OA≥OC，所以OC≤6，
即OC的最大值为6，取等号时∠OBC+∠OAC=180∘，
所以cs∠OBC+cs∠OAC=0，不妨设AB=x，
则x2+4−364x+x2+16−368x=0，解得x=2 7，
所以cs∠AOC=16+36−282×4×6=12，所以∠AOC=60∘．
(3)设∠OAB=θ，(OB在△ABO中，由正弦定理得到，sinθ=2sinαAB
SΔOAC=12AO⋅AC⋅sin∠OAC=2ABsin(θ+π3)
=AB(sinθ+ 3csθ)=2sinα+ 3AB 1−sin2θ=2sinα−2 3csα+4 3
=4sin(α−π3)+4 3
当α−π3=π2，即α=5π6时，△AOC的面积取得最大值为4+4 3．
19.解：(1)cℎx=ex+e−x2，则cℎ′x=ex−e−x2，
所以cℎ′2=e2−e−22，
可得y=cℎx在x=2处的切线斜率为e2−e−22；
(2)∵sℎ(x)+cℎ(x)=ex，
令G(x)=(x−a−1)(sℎ(x)+cℎ(x))−2sinx+2(x−a)csx
=(x−a−1)ex+2(x−a)cs x−2sin x，
则G′(x)=(x−a−1)ex+ex+2cs x−2(x−a)sin x−2cs x
=(x−a)(ex−2sin x)，
下面证明：对任意x>0,ex−2sinx>0恒成立，
先证明：对任意x>0,ex>ex，
证明如下：设nx=ex−ex，则n′x=ex−e，
当x∈−∞,1时，n′x<0，函数单调递减，
当x∈1,+∞时，n′x>0，函数单调递增，
故nx≥n1=0，故ex≥ex，
继续证明：对任意x>0,x>sinx，
证明如下：令gx=x−sinx，则g′x=1−csx≥0，
因此gx在0,+∞上单调递增；
所以gx=x−sinx≥g0=0，故x>sinx，
当a≤0时，对∀x∈0,+∞，都有G′x>0，
函数Gx在0,+∞上单调递增，
则Gx>G0=−3a−1≥0，解得a≤−13；
当a>0时，对∀x∈0,a，
都有G′x<0，对∀x∈a,+∞，都有G′x>0，
函数G(x)在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，
则对∀x∈0,a，都有Gx综上所述，实数a的取值范围是−∞,−13．
(3)证明：(i)sℎx=ex−e−x2，
令Fx=sℎx−x=ex−e−x2−x，
则F′(x)=ex+e−x2−1，
∵ex+e−x≥2 ex•e−x=2，
当且仅当ex=e−x，即x=0时，等号成立，
所以F′(x)=ex+e−x2−1>0，
所以Fx在0,+∞上单调递增，
所以Fx=sℎx−x>F0=sℎ0−0=0，
所以当x>0时，sℎx>x成立；
(ii)下面证明：当x>0时，csx≥1−12x2成立，
令Hx=csx−1+12x2，
则H′x=−sinx+x，
由前问解答过程，对任意x>0,x>sinx成立，
所以H′x=−sinx+x>0，
所以Hx在0,+∞上单调递增，
所以Hx=csx−1+12x2>0，
所以当x>0时，csx≥1−12x2成立，
令x=1n,n≥1且n∈N∗，可得cs1n>1−12n2，
即cs1n>1−12n2=1−24n2>1−24n2−1=1−12n−1−12n+1，
由题意sℎ2x=2sℎx⋅cℎx，
令x=1n,n≥1且n∈N∗，
可得sℎ2n=2sℎ1n⋅cℎ1n，
因为cℎx=ex+e−x2>1
所以sℎ2n=2sℎ1n⋅cℎ1n>2sℎ1n，
由(i)知，当x>0时，sℎx>x，
所以令x=1n,n≥1且n∈N∗，
可得sℎ1n>1n，
所以sℎ2n=2sℎ1n⋅cℎ1n>2sℎ1n>2n，
由前面解答过程得，对任意x>0,x>sinx成立，
令x=1n,n≥1且n∈N∗，
可得1n>sin1n，
所以sℎ2n=2sℎ1n⋅cℎ1n>2sℎ1n>2n>2sin1n=2cs1n⋅tan1n，
又n≥1且n∈N∗，所以0<1n≤1，
所以sℎ2ntan1n>2cs1n>21−12n−1−12n+1 ，
所以可得sℎ(2)tan 1+sℎ(22)tan 12+sℎ(23)tan 13+⋯+sℎ(2n)tan 1n
>2[1−(1−13)+1−(13−15)+⋯+1−(12n−1−12n+1)]
=2n−2+22n+1=2n−4n2n+1，
即可得sℎ2tan1+sℎ22tan12+sℎ23tan13+⋯+sℎ2ntan1n>2n−4n2n+1,n∈N∗．