1.D集合A={父∈Z|父2≤4}={父∈Z|—2≤父≤2}={—2所以A∩B={0,1,2},則A∩B的子集個數(shù)為8.故選D.<父,使f(父”不能推出"f(父)是R上的增函數(shù)”,如f(父1<,使f(父1)<f(父2),但f(父)不是R上的增函數(shù).反之,若f(父)是R上的增函數(shù),由增函數(shù)的定義,可,使f(父1)<f(父2).故選C.3.A因為m>—n,所以不等式的解集為{父|父<—n或父>m}.故選A.則sin=—sin故選A.5.C作出函數(shù)y=cos父與y=2cos在[0,2π]上的圖象,觀察可得它們共有5個交點.故選C.6.D由題意知父(a—父)>0在(2,3)上恒成立,且函數(shù)g(父)=父(a—父)在(2,3)上單調(diào)遞減,又因為g(父)的圖象開口向下,對稱軸方程為父由g的圖象可知解得3≤a≤4.故選D.7.C因為f(父十π)=|sin父|—cos父—sin2父與f(父)不恒相等,所以π不是f(父)的周期,故A錯誤;又f(π—父)=|sin父|—cos父十sin2父與f(父)不恒相等,故B錯誤;易知2π是函數(shù)f(父)的一個周期,所以只需十1=u,易知u在區(qū)間[—1,\]上的最大值為 ,最小值為u(—1)=—1.此時函數(shù)f(父)的最大值為,最小值為—1.②當(dāng)父∈(π,2π)時, 易知U(t)在區(qū)間上的最大值為最小值為綜上所述函數(shù)f(父)的最大值為最小值為,故C正確;先研究函數(shù)f(父)在(0,2π]上的零點個數(shù),由C可知當(dāng)父∈(0,π]時又因為在父∈(0,π]只有唯一解,即此時函數(shù)只有唯一零點.同理可得當(dāng)父∈(π,2π]時函數(shù)也只有唯一零點.所以函數(shù)在(0,2025π]上恰有2025個零點.故D錯誤.故選C. :h在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減,【"皖八”高三一聯(lián).數(shù)學(xué)試卷參考答案第1頁(共6頁)W】時,h(父)=gI(父)>0當(dāng)父∈(減>0,父∈(0,1),則f在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,“f(0)=0,:f(父)>0,父∈(0,1),即sin父>ln(1十父),父∈(0,1),則b>a.對于a與c,令m(父)= 單調(diào)遞增,“m(0)=0,:m(父)>0,父∈(0,1),即ln(1十父)>1EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up4(父),十)父,父∈(0,1),則a>c.所以b>a>c.故選B.9.BC對于A,由正弦定理,得則此時△ABC無解,故A錯誤;對于B,函數(shù)y=cos父在(0,π)上單調(diào)遞減,則A>B時,cosA<cosB,故B正確;對于C,因為cosAcosBcosC>0,且角A,B,C為△ABC的內(nèi)角,所以可知A,B,C均為銳角,則△ABC為銳角三角形,故C正確;對于D,“a—b=ccosB—ccosA,由余弦定理,得a—b=c●●整理得(a—b)(a2十c2)=0,:a—b=0或a2十b2—c2=0,即a=b或a2十b2=c2,:△ABC為等腰三角形或直角三角形,故D錯誤.故選BC.10.ACD對于十當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立,故A正確;對于B,32a十9b十1≥2,當(dāng)且僅當(dāng)32a=9b十1即a=1,b=0時,等號成立,與b>0矛盾,故B錯誤;對于十b十當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立,則EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(2b),十)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(a),十)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(2b),十1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(1—),十1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(b十),十1)EQ\*jc3\*hps17\o\al(\s\up6(十),3)當(dāng)且僅當(dāng)時,等號成立,故D正確.故選ACD.11.ACD對于A,設(shè)直線l與曲線f(父),g(父)分別相切于點M(m,em),N(n,lnn),則l:y—em=em(父—m)或 ,即l:y=em父十十十m十1=0.令G(m)=em(1—m)十m十1,則G(1)=2>0,G(2)=3—e2<0,故方程em(1—m)十m十1=0有解,即曲線f(父),g(父)有相同的切線,故A正確;對于B,函數(shù)的定義域為(0,1)U(1,十∞), 令H=ln父則H在(0,1)和(1,十∞)上單調(diào)遞增,“H(1)=—1<0, :3父∈(1,e),使得H(父0)=0,則當(dāng)父∈(0,1)U(1,父0)時,H(父)<0,則FI(父)<0;當(dāng),十∞)時,H(父)>0,則FI(父)>0,:F(父)有三個單調(diào)區(qū)間,故B錯誤;對于C,易知當(dāng)a=1時,y=g(父)=父ln父,則h(父),φ(父)的圖象大致如下:【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學(xué)試卷參考答案設(shè)交點為M(m,h(m)),易知0<m<1,由圖象知,當(dāng)直線y=a與曲線y=h(父)和曲線y=φ(父)共有三個不同的交點時,直線y=a必經(jīng)過點M(m,h(m)),即a=h(m).因為h(m)=φ(m),所以em—m=m—lnm,即—2m十lnm=0.令h(父)=φ由0<m<1得m<1<em.所以當(dāng)直線y=a與曲線y=h(父)和y=φ(父)共有三個不同的交點時,從左到右的三個交點的橫坐標(biāo)依次為lnm,m,em.因為em—2m十l,故D正確.故選ACD.12.5因為A=B,故a—2=0或2a—2=0,那么a=2或a=1,檢驗得a=1.因為fI(父)=3父2十2,所以fI(a)=fI(1)=5.設(shè)w父十由w>0,得有兩個零點可得2π<wπ十即又因為有三個極值點I=cost,得十所以綜上14.—3因為f(父十1)為奇函數(shù),所以f(—父十1)=—f(父十1),則f(父)的圖象關(guān)于(1,0)中心對稱,則f(1)=0.因為fI(父十2)為奇函數(shù),所以fI(—父十2)=—fI(父十2),即fI(—父十2)十fI(父十2)=0,得[—f(—父十2)十f(父十2)]I=0.設(shè)—f(—父十2)十f(父十2)=c,c為常數(shù),令父=0,得c=0,則f(—父十2)=f(父十2),所以f(父)的圖象關(guān)于父=2軸對稱,可得f(父十4)=f(—父)=—f(父十2),f(父十2)=—f(父),則f(父十4)=f(父),故函數(shù)f(父)是周期為4的函數(shù).因為f(父十2)=—f(父),所以f(0)=—f(2)=—3,f(3)=—f(1)=0,所以f(0)十f(1)十f(2)十f(3)=0,所以15.解:由得≤0,解得父≤2,……………………2分:2m十1=3,解得m=1.當(dāng)m=1時B={父|0≤父≤3},符合題意,故m=1.…………6分由得m=1,則f=ln父十父由fI(父)=0,得父=1,………………………10分:f(父)在父=1處取得極小值f(1)=1,無極大值.………13分父【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學(xué)試卷參考答案第3頁((因為f(父)的最小正周期為π,所以故w=1.……………………3分所以令2父十解得父,k∈z.……………5分所以f(父)的對稱中心為,k∈z.…………6分(2)因為對任意的父父都有h令t=sin父,],max=g(t)max=max{g(1),g(—1)};………………10分所以max{g(1),g(—1)}<1,即即解得故實數(shù)a的取值范圍是………………………15分當(dāng)十2kπ<父十2kπ,k∈z時,fI所以,f(父)的單調(diào)遞增區(qū)間是,k∈z,單調(diào)遞減區(qū)間是,k∈z.……………………………7分(2)證明:不等式2cos父≤f(父)恒成立,等價于父十cos父—sin父—1≤0在父上恒成立,對于父恒成立.【"皖八”高三一聯(lián)●數(shù)學(xué)試卷參考答案第4頁(共則父cos父在上單調(diào)遞減,又φ(0)=0,所以≤0在父上恒成立,即2cos父≤f(父)在父恒成立.……15分即=sinC,所以即.………………………4分(2)由等面積法可得即又r=3,得由①②③解得.………………………10分由可知,上ACD=上在△ABC中,設(shè)AD=m,則BD=c—m,在△ACD中,由正弦定理,得則在△BCD中,由正弦定理,得則得c=m十在△ABC中,由正弦定理,得則得所以十則十分由基本不等式,得十則當(dāng)且僅當(dāng)時取"=”.于是即△ABC的面積的最小值為.……………17分所以fI(1)=a,gI(1)=—e,由題意可知fI(1)十gI(1)=0,則a=e.……3分(2)解:由fI(父)=e(1十ln父)=0,得父,所以父時,fI則是f(父)的單調(diào)遞減區(qū)間;父時,fI則是f的單調(diào)遞增區(qū)間.又由f(父)=e父ln父,得f(1)=0,則父∈(0,1)時,f(父)<0;父∈(1,十∞)時,f(父)>0;令H(父)=gI(父)=—(父十1)e父十e,則HI(父)=—(父十2)e父<0恒成立,所以gI(父)在父∈(0,十∞)單調(diào)遞減,又gI(0)=—1十e>0,gI(1)=—e<0,則彐父0∈(0,1),使得gI(父0)=0恒成立,是g(父)的單調(diào)遞減區(qū)間.又g(0)=0,g(1)=0,則父∈(0,1)時,g(父)>0;父∈(1,十∞)時,g(父)<0;故…………………8分則是h的單調(diào)遞減區(qū)間是h(父)的單調(diào)遞增區(qū)間;(1,十∞)是h(父)的單調(diào)遞減區(qū)間;故h(父)的單調(diào)遞增區(qū)間為………………………10分 證明:令F=父2,G