安徽省五校2021届高三12月联考数学(理)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πππ242T 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 2
2
1
(1)
2
x ax --+≤
，也即1[,2]2x ?∈时214x ax -+≥恒成立
可化为23
x a x -≤， ………………………………6分
设()23
x 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 =+
π
24x ?
?=+ ??
? ………2分
周期2π
π2
T =
= ………3分 由222,Z 2
4
2
k x k k π
π
π
ππ-
+<+
<
+∈ ………4分
解得3ππ
ππ,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 =
，
π5π
44t ≤≤
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 .3
31........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 3
A =
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
1
29 ………………………4分 x x -+-
=1
9
21， 所以x x y -+-
=1
9
21（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<
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≤ ()a a -万元时，该花卉基地可以获得最大利润. ……12分 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，2 1ln ()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)1 e 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2 1()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02 0e 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02 0e 1 x 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，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 2 ln 2e x x x x x -+<+. …………6分 记ln (),0.x x m x x x += > 则1ln (),x m x x -'= () h x 从而易知()m x 在e x =处有极大值也是最大值1 1e + . …………………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021200221 ()e e 12e x n x x --= +>+=+ …………………11分 从而即证()()m x n x <，也即 ()2g x <. …………………12分