25年11月五校联盟-数学答案_251122安徽省五校联盟2026届高三年级11月第一次五校联考（全科）

怀远一中、涡阳一中、淮南一中、蒙城一中、颍上一中 2026 届高三第一次五校联考数学试题答案 命题学校 颍上一中 考试时间 2025 年 11 月20日 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分. 1.C 2.A 3.A 4.B 5.D 6.C 7.B 8.D 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. BD 10.ABD 11.BD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分. 1  5−1 12. 6 13. (0，) 14.  (1,+) 8  2  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.解析（1）因为a (3,2),b (1,0)，所以c (3,2) t(1,0) (3 t,2) …………………1分 因为b c，所以b c 0，故3 t 0，解得t 3. …………………3分所 以b c (0,2) (1,0) (1,2)，因此|b c| 12 22 5 …………………5分 （2）因为5b a (2, 2)，又因为(5b a)∥c， 所以2 2 (3 t) ( 2) 0，解得t 5. ……………7分 所以c ( 2,2)，故b c 2，|c| 2 2，|b| 1. ……………9分 b c 2 3π 故cos b,c ，又因为 b,c [0,π]，所以 b,c . …………12分 |b ||c | 2 4 3π 所以向量b,c的夹角为 . ……………13分 4 π π π 16.解析（1） f(x)=2sinxcos(x+ ) =2sinx(cosxcos −sinxsin ) 3 3 3 1 3(1−cos2x) =sinxcosx− 3sin2 x = sin2x− 2 2 π 3 =sin(2x+ )− …………………4分 3 2π π π 令− +2kπ2x+  +2kπ，kZ …………………5分 2 3 2 5π π 解得，− +kπ x +kπ,kZ， …………………6分 12 12 5π π 所以，函数 f(x)的单调递增区间为[− +kπ, +kπ](kZ). …………………7分 12 12 π 3 π （2）由题意可得，g(x)= f(x− )+ =sin(2x− ), …………………9分 3 2 3 π π π 2π 当0 x 时，− 2x−  ， 2 3 3 3 π π 3 当2x− =− ，即x=0时，g (x)=− ， 3 3 min 2 π π 5π g (x)=1 ………………11分 当2x− = ，即x = 时， max 3 2 12 因为|g(x)−m|1，所以m−1 g(x)m+1， 12分  3 m−1 g (x) m−1− 3 min 可得 ，即 2 ，解得0m1− ， ………………14分  m+1 g max (x)  m+11 2 3 所以，实数m 的取值范围为[0,1− ]. ………………15分 2 BP AP 17.解析 （1）由正弦定理知， ， sin BAP sin ABP 所以AP 4sin ABP 4sin ， …………………2分 5π 因此(4+4sin )sin 3 4sin cos ，因为 (0, )，所以sin 0，故 6 π 1 所以sin +1 3cos ，整理得sin( ) ， 3 2 π π π π 又因为 ( , )，所以 …………………5分 3 3 2 6 2π 所以 APB π BAP ABP . …………………6分 3 （2）由（1）知，△ABP为等腰三角形，所以AP BP 2， 1 故S AP BPsin APB 3 …………………8分 APB 21 S AP PCsin APC 3sin ； …………………9分 APC 2 1 4π π S BP PCsin BPC 3sin( ) 3sin( ) …………………11分 BPC 2 3 3 所以S S S S ABC APC BPC APB π π 3 3sin 3sin( ) 3 3sin( ) 3， (0,π) …………………14分 3 6 2π 当 时，S 有最大值，且最大值为4 3. …………………15分 3 APB 18.解析（1）：当n 3时，g(x)=3xex −3(x+1)+x3 g (x) 3(x 1)(ex x 1)，令g (x) 0得x 1或x 0 …………………1分 当x 1时，g (x) 0，∴g(x) 在( , 1）单调递增； 当 1 x 0时，g (x) 0，所以g(x)在( 1,0)单调递减 当x 0时，g (x) 0，所以g(x)在(0,+)单调递增3分 3 因此，g(x)的极大值为g(−1)=− −1，g(x)的极小值为g(0) 3 ……………………5分 e （2）当n 2时， h(x)=ax2−2ax−2a−2sinx. 3π 3π 因为h(x)在[π, ]上单调递减，所以h'(x) 0在[π, ]上恒成立. 2 2 3 cosx 3 即2a(x−1)−2cosx0在[， ]上恒成立,即a 在[， ]上恒成立 ………………7分 2 x−1 2 cosx 3π (x 1)sinx cosx 令t(x) ,x [π, ]，t (x) . x 1 2 (x 1)2 3π 在[π, ]，sinx 0,x 1 0，cosx 0，所以 (x 1)sinx 0， cosx 0，故t (x) 0 2 3π 故t(x)在[π, ]上单调递增. …………………9分 2 1 1 所以at()即a ，所以a的取值范围(−， ] …………………10分 1− 1−（3） f (x) n(1 xn 1)，n 2，且nN* …………………11分 当n为偶数时，n 1为奇数：令 f (x) 0，即xn 1 1，解得x 1. 当x 1时，xn 1 1， f (x) 0， f(x)单调递增； 当x 1时，xn 1 1， f (x) 0， f(x)单 调递减. ∴当n为偶数时， f(x)在（-∞，1）上单调递增， f(x)在(1,+)上单调递减 ……………14分 当n为奇数时，n 1为偶数：令 f (x) 0，即xn 1 1，解得x 1. 当x 1时，1 xn 1 0， f (x) 0， f(x)单调递减； 当 1 x 1时，1 xn 1 0， f (x) 0， f(x)单调递增； 当x 1时，1 xn 1 0， f (x) 0， f(x)单调递减. ∴ 当n为奇数时， f(x)在(−，−1)，(1，+)上单调递减，在(−1,1)内单调递增；…………17分 19.解析 （1）证明： a=0时， f(x)= xlnx+1. 1 要证：当x1时， f(x) (x2 +1)， 2 1 1 1 1 1 只需证：lnx+  (x+ )，即lnx− (x− )0在x1时成立. …………1分 x 2 x 2 x 1 1 记F(x)=lnx− (x− ),x1. 2 x 1 1 1 1 1 则F(x)= − (1+ )=− (1− )2 0， …………… 3分 x 2 x2 2 x 1 1 所以函数F(x)在(1,+)单调递减，从而F(x)F(1)=0，也即lnx− (x− )0. 2 x 即证原不等式成立. …………4分 （2）解及证： 由 f(x)有两个零点x ,x ，且x  x ， 1 2 1 2 1 所以 f(x)=0即lnx+ =a有两个不等正根x ,x . …………5分 x 1 2 1 1 1 x−1 记g(x)=lnx+ ，g(x)= − = ，由此可知在(0,1)上g(x)0，g(x)递减；在(1,+)上 x x x2 x2 g(x)0，g(x)递增. …………6分1 1 所以有0 x 1,x 1，且lnx + =lnx + =a （*） 1 2 1 x 2 x 1 2 x ①方法一： 令t = 2 ，由题意，则有t 2且x =tx ， x 2 1 1 t−1 代入（*）消去x 得，x = …………7分 2 1 tlnt lnt−t+1 而x(t)= ， 1 (tlnt)2 1 又记h(t)=lnt−t+1,(t 2)，h(t)= −10，从而h(t)在(2,+)单调递减， t 所以h(t)h(2)=ln2−10，即x(t)0，也即x 随t增加而减小，故有 1 1 1 x  x (2)= . …………9分 1 1 2ln2 1 所以0 x  1，又因在(0,1)上g(x)递减，g(x )=a， 1 2ln2 1 1 1 从而可得a g( )=ln +2ln2=ln2−ln(ln2)，即为所求范围. ……10分 2ln2 2ln2 方法二：g(x)的最小值为g(1)=1，因此由题意g(x)=a有二不等正根知，a1. 据g(x)的单调性可知，随着a值的增大，x 在区间(0,1)范围内逐渐减小，而x 在区间(1,+)范 1 2 x 围内逐渐增大，从而比值 2 随之增加. …………8分 x 1 x 1 1 1 令 2 =2，即x =2x ，代入（*），得lnx + =lnx +ln2+ ，解得x = ， x 2 1 1 x 1 2x 1 2ln2 1 1 1 再代入（*），即得a=ln2−ln(ln2). …………9分 由上述分析，a的取值范围即为(ln2−ln(ln2),+). …………10分 ② 方法一：因为x 0，要证：x +x 4a−4ln2，只需证：x 4a−4ln2. 1 1 2 2 1 1 由（*），a=lnx + ，从而只需证明：x 4(lnx + )−4ln2 2 x 2 2 x 2 2 4 即4lnx −x + −4ln20在x 2时成立. …………12分 2 2 x 2 2 4 记G(x)=4lnx−x+ −4ln2,x(2,+)， x4 4 2 则G(x)= −1− =−( −1)2 0，从而G(x)在(2,+)上单调递减， x x2 x 因此G(x)G(2)=0. 4 由x 2，所以G(x )0即4lnx −x + −4ln20，即证x +x 4a−4ln2. 2 2 2 2 x 1 2 2 …………14分 x x x 1 x （也可由第（1）小问，取x= 2 ，得 2 ln 2 +1 [( 2)2 +1]，整理即得） 2 2 2 2 2 方法二： 1 1 由 题 意 ， g(2)=ln2+ ,g(2)= ， 从 而 曲 线 g(x) 在 x=2 处 的 切 线 方 程 为 2 4 1 y = x+ln2. …………11分 4 1 下证：g(x) x+ln2在(2,+)恒成立. 4 x 1 x2 x x 1 x2 由（1）及x(2,+)，从而有a=0时， f( ) ( +1)，即 ln +1 ( +1)，化简即 2 2 4 2 2 2 4 1 得g(x) x+ln2在(2,+)成立. …………13分 4 1 1 因为 x 2 ，所以g(x ) x +ln2，即a x +ln2， 2 2 4 2 4 2 也即x 4a−4ln2成立. …………14分 2 1 1 方法一：要证：x +x ea + ，只需证x +x ea，从而只要证：ln(x +x )a=lnx + ， 1 2 a 1 2 1 2 2 x 2 x 1 即ln(1+ 1)− 0. x x 2 2 x t−1 由（2）中第①问及x 2，可知t = 2 2，且x = ，从而只需证明： 2 x 2 lnt 1 1 lnt ln(1+ )− 0，整理得(t−1)ln(1+t)−tlnt 0 （***） . …………16分 t t−1 1 2 记H(t)=(t−1)ln(1+t)−tlnt,t 2，H(t)=ln(1+ )− . t t+1 1 2 1 t+1 t 2 1−2t 由第（1）小问，得H(t)=ln(1+ )−  ( − )− = 0， t t+1 2 t t+1 t+1 2t(t+1) 所以H(t)为减函数，且H(t)H(2)=ln3−2ln20.即证不等式（***）成立.1 综上所述，4a−4ln2 x +x ea + 在x 2时成立. …………17分 1 2 a 2 1 1 1 方法二：要证：x 1 +x 2 ea + a ，只需证x 1 +x 2 ea，从而只要证： x 1 +x 2 e lnx 2 + x 2 = x 2 ex 2 ， 1 x 即 1 +1ex 2 ， …………15分 x 2 1 1 又易知0 x 1，故只要证 +1ex 2 . …………16分 1 x 2 由ex  x+1，从而上述不等式得证. …………17分 方法三： 1 1 1 由x (0,1)，从而a=lnx +  ，可得x  ； …………15分 1 1 x x 1 a 1 1 1 同理，x 1，则有a=lnx + lnx ，可得x ea； …………16分 2 2 x 2 2 2 1 上述两式相加即得x +x ea + . …………17分 1 2 a