2024-2025学年安徽省六安市皖西当代中学高三（上）月考数学试卷（9月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的1.设集合A={−2,−1,0,1}，B={x|x2−x−2<0}，则A∩(∁RB)=( )A. {−2,−1} B. {−2,1} C. {−2,−1,1} D. {−2,0,1}2.已知命题p：∃x∈N∗，2xb>c B. b>c>a C. c>b>a D. c>a>b6.深度学习是人工智能的一种具有代表性的实现方法，它是以神经网络为出发点的，在神经网络优化中，指数衰减的学习率模型为L=L0DGG0，其中L表示每一轮优化时使用的学习率，L0表示初始学习率，D表示衰减系数，G表示训练迭代轮数，G0表示衰减速度.已知某个指数衰减的学习率模型的初始学习率为0.5，衰减速度为18，且当训练迭代轮数为18时，学习率衰减为0.4，则学习率衰减到0.2以下(不含0.2)所需的训练迭代轮数至少为( )(参考数据：lg2≈0.3010)A. 72 B. 74 C. 76 D. 787.定义在R上的函数f(x)满足f(x)=f(−4−x)，且y=f(x−1)−1是奇函数，f(−2)=3，则k=12024f(k)=( )A. 2022 B. 2023 C. 2024 D. 20258.函数y=ln|x−1|的图象与函数y=−2cosπx的图象所有交点的横坐标之和为( )A. 10 B. 14 C. 16 D. 18二、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10a=2，102b=5，则( )A. a>b B. a+2b=1C. log2a+log2b<−3 D. 1a+2b>910.设函数f(x)=cos2x− 3sin2x，则下列说法正确的是( )A. f(x)的一个周期为−2π B. y=f(x)的图象关于x=π3对称C. f(x)在(0,π2)单调递减 D. f(x)在区间(0,2024π)有4048个零点11.已知函数f(x)=x3−ax+2，则下列说法正确的是( )A. 点(0,2)是曲线y=f(x)的对称中心B. 当a=1时，函数f(x)有3个零点C. 若函数f(x)有两个零点，则a=3D. 过坐标原点可以作曲线y=f(x)三条切线三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分12.已知f(x)是偶函数，当x>0时，f(x)=2x−1，则f(log213)= ______．13.已知函数y=tan(ωx+π4)的图象关于点(π3,0)对称，且|ω|≤1，则ω的值为______．14.已知函数f(x)=3sinx+4cosx，且f(x)≤f(θ)对任意x∈R恒成立，若角θ的终边经过点P(4,m)，则m= ______．四、解答题：本题共5小题，共60分。
解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤15.(本小题12分)已知集合A={x|log2(x−1)<1}，B={x|2m0且a≠1)．(1)判断f(x)的奇偶性；(2)若a>1，判断f(x)的单调性；(3)当f(x)的定义域区间为(1,a)时，f(x)的值域为(1,+∞)，求a的值．17.(本小题12分)已知函数f(x)=2 3sinxcosx+2cos2x−1(x∈R)．(1)求函数f(x)的单调递减区间；(2)若f(x0)=65，x0∈[π4,π2]，求cos2x0的值．18.(本小题12分)已知函数f(x)=2(x+2)−ex．(1)求f(x)的最大值；(2)当x≥0时，证明：f(x)2m2m≤11−m≥3，且两个端点不同时取等号，解得m≤−2，∴实数m的取值范围是(−∞,−2]． 16.解：(1)由x+1x−1>0得x<−1或x>1，即f(x)的定义域为{x|x<−1或x>1}，又f(−x)=loga−x+1−x−1=logax−1x+1 =loga (x+1x−1)−1=−f(x) 故f(x)为奇函数．(2)f(x)=loga(x+1x−1)由y=logat和t=x+1x−1复合而成，a>1时，y=logat为增函数，而t=x+1x−1=1+2x−1在(−∞,−1)和(1,+∞)上都为减函数，由复合函数的单调性知，f(x)在(−∞,−1)和(1,+∞)上都为减函数．(3)由题意a>1，由(2)可知f(x)在(1,a)上为减函数，故f(x)>f(a)=logaa+1a−1=1，即a2−2a−1=0，a=1± 2，又因为a>1，故a=1+ 2 17.(本题满分为12分)解：(1)由f(x)=2 3sinxcosx+2cos2x−1得：f(x)= 3(2sinxcosx)+(2cos2x−1)= 3sin2x+cos2x=2sin(2x+π6).…(2分)由2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，(k∈Z)．所以函数f(x)的单调递减区间是[kπ+π6,kπ+2π3]，(k∈Z). …(6分)(2)由(1)知，f(x0)=2sin(2x0+π6)，又由已知f(x0)=65，则sin(2x0+π6)=35. …(7分)因为x0∈[π4,π2]，则2x0+π6∈[2π3,7π6]，因此cos(2x0+π6)<0，所以cos(2x0+π6)=−45，…(10分)于是cos2x0=cos[(2x0+π6)−π6]=cos(2x0+π6)cosπ6+sin(2x0+π6)sinπ6=(−45)× 32+35×12=3−4 310. …(12分) 18.解：(1)因为f(x)=2(x+2)−ex，所以f′(x)=2−ex，令f′(x)=0得x=ln2，当x∈(ln2,+∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(−∞,ln2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；所以当x=ln2时，f(x)取得最大值，且最大值为f(ln2)=2ln2+2．(2)证明：设g(x)=x−sinx+4，x≥0，所以g′(x)=1−cosx≥0，所以g(x)在[0,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(0)=4，所以g(x)在[0,+∞)上的最小值为4，又因为2ln2+2<4，所以f(x)≤2ln2+2<4≤g(x)，x≥0，所以当x≥0时，f(x)0，如果a≤0，那么f′(x)>0，此时f(x)在(0,+∞)单调递增；如果a>0，令−ax2+x+1=0，解得x=1± 1+4a2a，则1− 1+4a2a<0，使f′(x)>0得01+ 1+4a2a，此时f(x)在(1+ 1+4a2a,+∞)单调递减，在(0,1+ 1+4a2a)单调递增，；(2)根据f(x)≤−e−ax可得lnx−ax−1x≤−e−ax，那么lnx−1x≤ax−e−ax，所以lnx−1x≤lneax−1eax．设g(x)=lnx−1x，所以g(x)≤g(eax)，因为g(x)在(0,+∞)上单调递增，所以x≤eax，所以lnxx≤a，所以a≥(lnxx)max，令ℎ(x)=lnxx，所以ℎ′(x)=1−lnxx2，当x∈(e,+∞)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)在定义域上单调递减，当x∈(0,e)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)在定义域上单调递增，所以ℎ(x)max=ℎ(e)=1e，所以a≥1e，所以a的取值范围是[1e,+∞)． 第6页，共6页。