2024-2025学年安徽省皖豫名校联盟高三（上）联考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年安徽省皖豫名校联盟高三（上）联考数学试卷（10月份）（含答案），共8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.已知集合A={x|y= x+1}，B={x|14<2x<4}，则A∩B=( )
A. (−1,2)B. [−1,2)C. (−2,−1)D. (−2,−1]
2.已知直线l1：a2x+y+1=0与直线l2：x−3ay+7=0，则“a=3”是“l1⊥l2”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
3.下列四个数中最大的是( )
A. lg20B. lg(lg20)C. (lg20)2D. 1lg20
4.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P(单位：mg/L)与时间t(单位：ℎ)之间的关系式为P=P0e−λt(t≥0)，其中P0为初始污染物含量，P0，λ均为正的常数，已知过滤前后废气的体积相等，且在前4ℎ过滤掉了80%的污染物.如果废气中污染物的含量不超过0.04P0时达到排放标准，那么该工厂产生的废气要达到排放标准，至少需要过滤的时间为( )
A. 4ℎB. 6ℎC. 8ℎD. 12ℎ
5.函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能是( )
A. f(x)=(x−1x)csx
B. f(x)=(x+1x)sinx
C. f(x)=(x+1x)ln|x|
D. f(x)=(x+1x)csx
6.已知函数f(x)=x2−ax+2a,x<−1,1−ln(x+2),x≥−1在R上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0]B. [0,+∞)C. [−2,+∞)D. [−2,0]
7.已知函数f(x)=ex−3−e3−x+x，则满足f(2m−2)+f(m+1)>6的m的取值范围是( )
A. (3,+∞)B. (32,+∞)C. (13,+∞)D. (73,+∞)
8.定义[x]为不超过x的最大整数，区间[a,b](或(a,b)，[a,b)，(a,b])的长度记为b−a.若关于x的不等式k[x]>|2[x]−6|的解集对应区间的长度为2，则实数k的取值范围为( )
A. (0,45]B. (12,45]C. (12,1]D. (45,1]
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m，n∈(0,1)∪(1,+∞)，若lgm2=11−2a，lgn2=1a2，则下列命题正确的是( )
A. 若a=2，则mn=2B. 若a>2，则mn>2
C. 若mn=1，则a=1D. 若mn>1，则a>1
10.已知a>0，b>0，且2a+b=4，则( )
A. ab≤1B. 1a+2b≥2
C. 2a+ b≤2 2D. b2a+4a≥12
11.已知函数f(x)与g(x)的导函数分别为f′(x)与g′(x)，且f(x)，g(x)，f′(x)，g′(x)的定义域均为R，g(x)−f(6−x)=3，f′(x)=g′(x−2)，g(x+4)为奇函数，则( )
A. g(2)+g(6)=0B. f′(x+4)为偶函数
C. f(x)=f(x+8)D. k=12024g(k)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若“∀x∈[π4,2π3]，sinx>m”是假命题，则实数m的最小值为______．
13.若函数f(x)=exx2+bx+1在x=2时取得极小值，则f(x)的极大值为______．
14.已知函数f(x)=m x，g(x)=3+lnx，若存在两条不同的直线与曲线y=f(x)和y=g(x)均相切.则实数m的取值范围为______．
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)
(Ⅰ)已知函数f(x)=ax2+bx满足f(x)−f(x+1)=2x，求f(x)在区间(0,1)上的值域；
(Ⅱ)若函数y=x2x−1(x>1)的最小值为M，且016.(本小题15分)
设f′(x)是函数f(x)的导函数，f″(x)是函数f′(x)的导函数，若方程f″(x)=0有实数解x0，则称点(x0,f(x0))为曲线y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=mx3+nx2−9x−13的图象的对称中心为(−1,−2)．
(Ⅰ)求实数m，n的值；
(Ⅱ)求f(x)的零点个数．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=alnx+a2x−1(a∈R)．
(Ⅰ)若a=1，证明：f(x)≥0；
(Ⅱ)若a>0且存在x0∈(0,e]，使得f(x0)<−1成立，求a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=(1+a)x+xlnx，a∈R．
(Ⅰ)当a=−2时，求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程；
(Ⅱ)当a=1时，求f(x)的极值；
(Ⅲ)若f(x)≤ex−a+x2恒成立，求a的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=exx−mlnx−mx,m∈R．
(Ⅰ)讨论f(x)的单调性．
(Ⅱ)当m=1时．
(i)证明：当x≥2时，f(x)>x；
(ii)若方程f(x)=a有两个不同的实数根x1，x2，证明x1+x2>2．
附：当x→0时，ex−1x→1，e2≈7.4，ln2=0.7．
参考答案
1.B
2.A
3.C
4.C
5.D
6.B
7.D
8.B
9.ABC
10.BC
11.ACD
12. 22
13.e
14.(0,2 e)
15.解：(Ⅰ)因为函数f(x)=ax2+bx满足f(x)−f(x+1)=2x，
所以ax2+bx=a(x+1)2+b(x+1)，整理得−2ax−a−b=2x恒成立，
所以−2a=2，−a−b=0，解得a=−1，b=1，所以f(x)=−x2+x，
该函数开口向下，对称轴x=12，所以f(x)max=f(12)=14，且f(0)=f(1)=0，
所以f(x)在(0,1)上的值域为(0,14]；
(Ⅱ)由已知令g(x)=x2x−1，x>1，l再令t=x−1>0，
则原函数可化为y=t+1t+2≥2 t×1t+2=4，当且仅当t=1时取等号，所以M=4，
所以1M−m+1m=14−m+1m(0令ℎ(m)=14−m+1m，0因为ℎ′(m)=8(m−2)(4−m)2m2，
显然m∈(0,2)时，ℎ′(m)<0，ℎ(m)单调递减，m∈(2,4)时，ℎ′(m)>0，ℎ(m)单调递增，
所以ℎ(m)min=ℎ(2)=1，所以1M−m+1m的最小值为1．
16.解：(Ⅰ)因为f(x)=mx3+nx2−9x−13，
所以f′(x)=3mx2+2nx−9，
所以f″(x)=6mx+2n=2(3mx+n)，
又因为f(x)的图象的对称中心为(−1,−2)，
所以，
即−3m+n=0,−m+n=2.，解得m=1,n=3.
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)=x3+3x2−9x−13，
所以f′(x)=3x2+6x−9=3(x+3)(x−1)，
令f′(x)=0，得x=−3或x=1，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
所以f(x)的极大值为f(−3)=14，极小值为f(1)=−18，
又f(−10)=−623<0，f(3)=14>0，
所以f(x)有3个零点．
17.(Ⅰ)证明：若a=1，则f(x)=lnx+1x−1，所以f′(x)=1x−1x2=x−1x2，x>0，
由f′(x)<0，得00，得x>1，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)有极小值，也是最小值，且f(x)min=f(1)=0，
所以f(x)≥0．
(Ⅱ)由题意得f′(x)=ax−a2x2=a(x−a)x2，x>0，
因为a>0，所以令f′(x)>0，得x>a，令f′(x)<0，得0故f(x)在(0,a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．
若0要使条件成立，只需f(a)=alna+a−1<−1，解得0若a≥e，则f(x)在(0,e]上的最小值为f(e)=a+a2e−1，
令a+a2e−1<−1，无解，
故a的取值范围为(0,1e)．
18.解：(Ⅰ)当a=−2时，f(x)=xlnx−x，f′(x)=lnx，f′(e)=1，f(e)=0，
故曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=x−e．
(Ⅱ)当a=1时，f(x)=2x+xlnx(x>0)，则f′(x)=3+lnx，
令f′(x)<0，得00，得x>e−3，
所以f(x)在(0,e−3)上单调递减，在(e−3,+∞)上单调递增，
所以f(x)极小值=f(e−3)=−e−3，无极大值．
(Ⅲ)令g(x)=ex−a−(1+a)x−xlnx+x2，
由g(1)≥0，得e1−a−(1+a)+1=e1−a−a≥0，
令q(a)=e1−a−a，则q(a)在R上单调递减，
又q(1)=1−1=0，故a≤1．
下面证明当a≤1时，g(x)≥0．
易知ex−a−(1+a)x−xlnx+x2≥ex−1−2x−xlnx+x2，
设p(x)=ex−x−1，则p′(x)=ex−1，
当x∈(−∞,0)时，p′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，p′(x)>0，
故p(x)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，
则p(x)≥p(0)=0，即ex≥x+1，
设t(x)=lnx−x+1(x>0)，则t′(x)=1x−1=1−xx，
当x∈(0,1)时，t′(x)>0，当x∈(1,+∞)时，t′(x)<0，
故t(x)max=t(1)=0，则lnx−x+1≤0，即x−lnx≥1，
故ex−1−2x−xlnx+x2=ex−1−2x+x(x−lnx)≥x−2x+x=0，则g(x)≥0，
故所求a的取值范围是(−∞,1]．
19.解：(1)由已知，得f′(x)=xex−exx2−mx+mx2=(x−1)(ex−m)x2，x>0．
当m≤1时，令f′(x)<0，得00，得x>1，
所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
当10，得x>1或0所以f(x)在(lnm,1)上单调递减，在(0,lnm)和(1,+∞)上单调递增；
当m=e时，f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>e时，令f′(x)<0，得10，得x>lnm或0所以f(x)在(1,lnm)上单调递减，在(0,1)和(lnm,+∞)上单调递增．
综上，当m≤1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
当1当m=e时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；
当m>e时，f(x)在(1,lnm)上单调递减，在(0,1)和(lnm,+∞)上单调递增．
(2)证明：(i)由题可知，即证当x≥2时，exx−lnx−1x−x>0，
令s(x)=exx−lnx−1x−x,x≥2，则s′(x)=ex(x−1)−(x2+x−1)x2，
令t(x)=ex(x−1)−(x2+x−1)，x≥2，则t′(x)=xex−2x−1，
令n(x)=xex−2x−1，x≥2，则n′(x)=(x+1)ex−2，易知n′(x)在[2,+∞)上单调递增，
所以n′(x)≥n′(2)=3e2−2>0，则n(x)在[2,+∞)上单调递增，
所以n(x)≥n(2)=2e2−5>0，则t(x)在[2,+∞)上单调递增，
所以t(x)≥t(2)=e2−5>0，则s′(x)>0，s(x)在[2,+∞)上单调递增，
所以s(x)≥s(2)=e22−ln2−52≈7.42−0.7−2.5=0.5>0，
原不等式得证．
(ii)当m=1时，f(x)=exx−lnx−1x，由(1)知f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以f(x)min=f(1)=e−1，当x>0且x→0时，f(x)→+∞，由(i)可知当x→+∞时，f(x)→+∞，
由方程f(x)=a有两个不同的实数根x1，x2，得a>e−1．
不妨设x1要证x1+x2>2，即证x2>2−x1，又f(x)在(1,+∞)上单调递增，所以只需证f(x2)>f(2−x1)，
即证f(x1)>f(2−x1).设g(x)=f(x)−f(2−x)，
则g′(x)=f′(x)+f′(2−x)=(x−1)[ex−1x2−e2−x−1(2−x)2]，
设ℎ(x)=ex−1x2，则ℎ′(x)=(x−2)ex+2x3，
设u(x)=(x−2)ex+2，则u′(x)=(x−1)ex，
当01时，u′(x)>0，u(x)单调递增，
又因为u(0)=0，u(1)=2−e<0，u(2)=2，
所以存在x0∈(1,2)，使得u(x0)=0，
当0x0时，u(x)>0，即ℎ′(x)>0，
所以ℎ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增．
又因为ℎ(1)=e−1，ℎ(2)=e2−14所以当0e−1，当1所以当0因为x1∈(0,1)，所以g(x1)>g(1)=f(1)−f(1)=0，
所以f(x1)>f(2−x1)，故原命题得证． x
(−∞,−3)
−3
(−3,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
+
0
−
0
+
f(x)
单调递增
14
单调递减
−18
单调递增