广东省六校2025届高三上学期10月联考数学试题（含答案）

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这是一份广东省六校2025届高三上学期10月联考数学试题（含答案），共9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|12<2x<32}，B={y||y|<2}，则A∪B=( )
A. (−2,1)B. (−1,2)C. ⌀D. (−2,5)
2.已知a=245，b=325，c=1715，则( )
A. a3.幂函数f(x)=(m2−4m+4)xm−2在(0,+∞)上单调递增，则( )
A. m=1B. m=3C. m=1或3D. m>2
4.函数f(x)=lg(x+1)−1x零点的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
5.已知使不等式x2+(2a+1)x+2a≤0成立的任意一个x，都满足不等式x2−4x−5≤0，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,−52]B. [−52,12]
C. [12,+∞)D. (−∞,−52]∪[12,+∞)
6.曲线y=ln(2x)与曲线y=ln(x+2)的公切线斜率为( )
A. ln22B. ln2C. 1D. 2
7.函数结构是值得关注的对象.为了研究y=xx(x>0)的结构，两边取对数，可得lny=lnxx，即lny=xlnx，两边取指数，得elny=exlnx，即y=exlnx，这样我们就得到了较为熟悉的函数类型.结合上述材料，y=xx(x>0)的最小值为( )
A. 1B. eC. e−1eD. e−e
8.设函数f(x)=−x34+32x2−2x+2，g(x)=f(x)−4x−72x−4，若函数g(x)零点为x1，x2，x3，⋯，xn，则2x1+f(x1)·2x2+f(x2)·2x3+f(x3)⋯2xn+f(xn)=( )
A. 232B. 216C. 28D. 24
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.以下说法正确的有( )
A. ac2>bc2是a>b的充分条件
B. 至少存在一个无理数，它的平方是有理数
C. ∃m∈N∗， m2+4∈N∗
D. 设命题P:∀x∈(0,π2)，sinx≥2xπ，则P的否定为∃x∈(−∞,0]∪[π2,+∞)，sinx<2xπ
10.已知e是自然对数的底数，e≈2.71828⋯，函数f(x)=a(1e)|x|+b的图象经过原点，且无限接近直线y=e又不与该直线相交，则( )
A. a=eB. f(x)的值域为[0,e)
C. f(x)在区间(0,+∞)上单调递减D. f(ln3)=f(ln13)
11.f(x)是一个定义在R上的函数，则以下选项可能成立的有( )
A. ∀a∈R，f(a2−2a)=|a−2|
B. ∀b∈R，f(2b+2−b)=bln( 1+b2+b)
C. ∀c∈R，f(c−sinc)=csc
D. ∀d∈R，f(ed−d−1)=2d+cs2d
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数f(x)=(1+ex)⋅e2x⋅(1−ex)，(x≤0)的最大值为
13.若函数f(x)=a−b2x−b(b>0)为奇函数，则a+b=
14.设实数a，b，c，d满足a≥b≥d>0及a+b−3c−3d≤0，则bd+acab的最小值为
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)
已知二次函数f(x)的图象与x轴的两交点分别为(0,0)，(−12,0)
(1)若f(1)=3，求f(x)的解析式，并解不等式f(x)>38;
(2)若∀x∈R，f(x)<38恒成立，求f(1)的取值范围．
16.(本小题12分)
中国茶文化博大精深，饮茶深受大众喜爱，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关.研究在室温下泡制好的茶水要等多久饮用，可以产生符合个人喜好的最佳口感，这是很有意义的事情。经研究：把茶水放在空气中冷却，如果茶水开始的温度是θ1℃，室温是θ0℃，那么tmin后茶水的温度θ(单位：℃)，可由公式θ(t)=θ0+(θ1−θ0)e−kt求得，其中k是常数，为了求出这个k的值，某数学建模兴趣小组在25℃室温下进行了数学实验，先用85℃的水泡制成85℃的茶水，利用温度传感器，测量并记录从t=0开始每一分钟茶水的温度，多次实验后搜集整理到了如下的数据：
(1)请你利用表中的一组数据t=5，θ=65.00求k的值，并求出此时θ(t)的解析式(计算结果四舍五入精确到0.01) ;
(2)在25℃室温环境下，王大爷用85℃的水泡制成85℃的茶水，想等到茶水温度降至55℃时再饮用，根据(1)的结果，王大爷要等待多长时间?(计算结果四舍五入精确到1分钟)．
参考数据：ln3≈1.0986，ln2≈0.693，e是自然对数的底数，e≈2.71828⋯
17.(本小题12分)
已知a，b，c为△ABC三个内角A，B，C的对边，且a=2
(1)证明：a(ccsB−bcsC)=c2−b2;
(2)若sinB(sinC−sinB)=sin(C+A)sin(C−A)，求△ABC面积的最大值．
18.(本小题12分)
函数f(x)=xex−1−alnx(a为常数且a>0)，p，q为常数，且p≠0。(e是自然对数的底数，e≈2.71828⋯)
(1)当a=2时，计算f′(1)，并讨论f(x)的单调性;
(2)记f(x)的最小值为ℎ(a)，求ℎ(a)的最大值;
(3)若∀x∈(0,+∞)，f(x)−|p(x−q)2|≥1，求a+p+q的取值范围．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ln(1+eax)−bx是偶函数，e是自然对数的底数，e≈2.71828⋯
(1)求 a2+b2−2a+1的最小值;
(2)当b=1时，
(ⅰ)令g(x)=f(1−x)+f(1+x)，x∈[−1,1]，求g(x)的值域;
(ⅱ)记i=1nai=a1+a2+⋯+an，已知−1≤xi≤2，(i=1,2,⋯,1000)，且i=11000xi=1000，当i=11000f(xi)取最大值时，求x12+x22+⋯+x10002的值．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.C
5.B
6.A
7.C
8.B
9.AB
10.BD
11.BC
12.14
13.12
14.2 3−23．
15.解：(1)二次函数f(x)的图象与x轴的两交点分别为(0,0)，(−12,0)，故可设：f(x)=ax(x+12)(a≠0)，
由f(1)=3，得32a=3，所以：a=2，f(x)=2x(x+12)=2x2+xf(x)>38⇒2x2+x>38，解得x>14或x<−34，
所以，原不等式得解集为：(−∞,−34)∪(14,+∞)
(2)设f(x)=ax(x+12)(a≠0)，∀x∈R，f(x)<38，即∀x∈R，ax(x+12)<38，
即∀x∈R，ax2+12ax−38<0，所以：{a<0Δ=(12a)2−4a⋅(−38)<0，解得：−6所以f(1)=32a∈(−9,0)，f(1)的取值范围是(−9,0)．
16.解：(1)∵θ=θ0+(θ1−θ0)e−kt，
且当θ1=60∘C，θ0=25∘C，t=5min时，θ=65∘C，
∴65=25+(85−25)e−5k，∴e−5k=23，
∴k=−15ln23=−15(ln2−ln3)≈0.08，
∴θ(t)=25+60e−0.08t．
(2)∵θ(t)=25+60e−0.08t，
代入θ=55，得：55=25+60e−0.08t，即e−0.08t=12，
所以：−0.08t=ln12=−ln2，
t=−ln2−0.08=≈9，
王大爷要等待约9分钟．
17.解：(1)要证accsB−abcsC=c2−b2，根据正弦定理
只需证：sinA(sinCcsB−sinBcsC)=sin2C−sin2B
而左边=sinA(sinCcsB−sinBcsC)=sin(C+B)(sinCcsB−sinBcsC)
=(sinCcsB+sinBcsC)(sinCcsB−sinBcsC)
=sinCcs B2−sinBcsC2
=sin2Ccs2B−sin2Bcs2C
=sin2C(1−sin2B)−sin2B(1−sin2C)
=sin2C−sin2Csin2B−sin2B+sin2Bsin2C
=sin2C−sin2B=右边，所以原式得证
(2)根据A+B+C=π，所以sin(C+A)=sin(π−B)=sinB
所以sinB(sinC−sinB)=sin(C+A)sin(C−A)
可化为sinB(sinC−sinB)=sinBsin(C−A)
因为B∈(0,π)，所以sinB≠0，所以sinC−sinB=sin(C−A)
即：sinC−sin(C+A)=sinCcsA−csCsinA即：sinC−sinCcsA−csCsinA=sinCcsA−csCsinA
即：sinC=2sinCcsA，因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，所以csA=12
因为A∈(0,π)，所以A=π3
根据余弦定理，csA=12=b2+c2−a22bc=b2+c2−42bc
所以：bc=b2+c2−4≥2bc−4，所以bc≤4，等号成立当且仅当b=c=2
SΔABC=12bcsinA≤12⋅4⋅ 32= 3
所以，当a=b=c=2时，△ABC面积的最大值为 3
18.解：f(x)=xex−1−alnx的定义域为(0,+∞)
(1)当a=2时，f(x)=xex−1−2lnx，f′(x)=(x+1)ex−1−2x=x(x+1)ex−1−2x，
令φ(x)=x(x+1)ex−1−2(x>0)，则φ(1)=0，φ′(x)=(x2+3x+1)ex−1>0，
所以φ(x)在(0,+∞)上单调递增，
则当01时，φ(x)>0即f′(x)>0．
所以f′(1)=0，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增。
(2)f′(x)=(x+1)ex−1−ax=x(x+1)ex−1−ax，令Φ(x)=x(x+1)ex−1，Φ′(x)=(x2+3x+1)ex−1>0，
Φ(x)在(0,+∞)上单调递增且Φ(0)=0，当x→+∞时，Φ(x)→+∞，
所以对于任意a>0，存在x0∈(0,+∞)，使得ϕ(x0)=a即x0(x0+1)ex0−1=a，
则当0x0时，φ(x)>a即f′(x)>0．
所以f(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，
所以f(x)的最小值为ℎ(a)=f(x)min=f(x0)=x0ex0−1−alnx0
=x0ex0−1−x0(x0+1)ex0−1lnx0=ex0−1[x0−x0(x0+1)lnx0].
令g(x0)=ex0−1[x0−x0(x0+1)lnx0](x0>0)，
则g′(x0)=ex0−1[x0−x0(x0+1)lnx0+1−(x0+1)−(2x0+1)lnx0]
=−ex0−1(x02+3x0+1)lnx0，注意到g′(1)=0，
则当01时，g(x)>0．
所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以ℎ(a)max=g(1)=1，此时a=x0(x0+1)ex0−1=2，
综上，ℎ(a)的最大值为1．
(3)先证：a=2，
否则，a≠2，则f(x)的最小值ℎ(a)<1，记达到最小值ℎ(a)的自变量的值为x1，
则f(x1)−|p(x1−q)2|<1−|p(x1−q)2|≤1，这与∀x∈R，f(x)−|p(x−q)2|≥1恒成立矛盾!
故a=2，
不等式f(x)−|p(x−q)2|≥1变形为xex−1−2lnx−|p(x−q)2|≥1，
当x=1时，不等式化为−|p(1−q)2|≥0，由于p≠0，所以q=1，
所以原不等式可化为xex−1−2lnx−|p|(x−1)2≥1，
记|p|=c(c>0)，题意转化为∀x>0，xex−1−2lnx−c(x−1)2−1≥0，
令m(x)=xex−1−2lnx−c(x−1)2−1，
则m(1)=0，m′(x)=(x+1)ex−1−2x−2c(x−1)，m′(1)=0，
m″(x)=(x+2)ex−1+2x2−2c，m″(1)=5−2c，
①当c≤52时，下证∀x>0，m(x)=xex−1−2lnx−c(x−1)2−1≥0，
事实上，m″(x)=(x+2)ex−1+2x2−2c≥(x+2)ex−1+2x2−5，
令n(x)=(x+2)ex−1+2x2−5，n(1)=0，n′(x)=(x+3)ex−1−4x2=x2(x+3)ex−1−4x2，
令s(x)=x2(x+3)ex−1−4，s′(x)=(x3+6x2+6x)ex−1>0，注意到s(1)=0，
则n(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，n(x)≥n(1)=0，
所以m″(x)≥0，所以m′(x)在区间(0,+∞)上单调递增，
则当01时，m′(x)>m′(1)=0．
所以m(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(1)=0．
故0 ②再证当c>52时不符合题意。
只考虑考虑x>1的情形，m(x)=xex−1−2lnx−c(x−1)2−1，
且m(1)=0，m′(x)=(x+1)ex−1−2x−2c(x−1)，m′(x)=(x+2)ex−1+2x2−2c，
m′(1)=5−2c<0，mn(c)=(c+2)ec−1+2c2−2c>2c+2c2−2c=2c2>0，
根据零点存在定理，∃x0∈(1,c)，m′(x0)=0，
而m (x+3) e^{x-1} -4 > (1+3) e^{|-1} -4=0" title="latexImg" />，
所以m″(x)在(l,+∞)上单调递增，
因此当x∈(1,x0)时，m″(x)当x∈(1,x0)时，m′(x)因此当x∈(1,x0)时，⋅m(x)综上所述：0所以a+p+q∈[12,3)∪(3,112]。
19.解：(1)函数f(x)=ln(1+eax)−bx的定义域为R，根据偶函数的定义：
∀x∈R，f(−x)=f(x)，即ln(1+e−ax)+bx=ln(1+eax)−bx，
即：2bx=ln(1+eax)−ln(1+eax)=ax，上式对任意x∈R恒成立，这等价于2b=a．
a2+b2−2a+1=4b2+b2−4b+1=5b2−4b+1=5(b−25)2+15≥15，等号成立当且仅当b=25，a=45．
所以： a2+b2−2a+1的最小值为 55．
(2)(i)由(1)可得：a=2，由于g(x)=f(1−x)+f(1+x)，x∈[−1,1]为偶函数，故只需考虑x∈[0,1]时，g(x)的值域;
g(x)=f(1−x)+f(1+x)=ln(1+e2(1−x))−(1−x)+ln(1+e2(1+x))−(1+x)
=ln [(1+e2(1−x))⋅(1+e2(1+x))]−2=ln [1+e4+e2(1+x))+e2(1−x)]−2
=ln[1+e4+e2(e2x+e−2x)]−2．
令φ(x)=e2x+e−2x，x∈[0,1]，φ′(x)=2(e2x−e−2x)≥0，x∈[0,1]，
所以φ(x)=e2x+e−2x，x∈[0,1]单调递增，所以g(x)=f(1−x)+f(1+x)在[0,1]上单调递增，
g(x)的值域为[g(0),g(1)]，g(0)=ln(e4+2e2+1)−2=2ln(e2+1)−2，g(1)=ln2(e4+1)−2．
故g(x)的值域为[2ln(e2+1)−2,ln2(e4+1)−2]．
(备注：答案写成[2ln(e+1e),ln2(e2+1e2)]不扣分)
(ii)对于常数c，令g(x)=f(c−x)+f(c+x)，g(x)为偶函数．
下面先证明一个结论：g(x)在[0,+∞)上单调递增．
证明：g(x)=ln(1+e2(c−x))−(c−x)+ln(1+e2(c+x))−(c+x)=ln(1+e2(c−x))(1+e2(c+x))−2c
=ln[1+e4c+e2c(e2x+e−2x)]−2c．
由(2)可得：y=e2x+e−2x为偶函数，在[0,+∞)上单调递增，所以g(x)在[0,+∞)上单调递增，
证毕．
对于−1≤xi≤2，(i=1,2,⋯,10)，且i=11000xi=1000，
先证明：当i=11000f(xi)取最大值时，x1，x2，⋯，x1000中最多只有一个xi∈(−1,2)，其余的数要么等于−1，要么等于2．
用反证法，假如当i=11000f(xi)取最大值时，x1，x2，⋯，x1000中存在两个数xi，xj∈(−1,2)，不妨设xi记t0=min2−xj,xi+1，则t0>0，且xj+t0≤2，xi−t0≥−1．
记c=xi+xj2，则xj−xi2f(xi)+f(xj)=f(c−xj−xi2)+f(c+xj−xi2)在i=11000f(xi)中，将xi，xj分别替换成c−(xj−xi2+t0)，c+(xj−xi2+t0)，
其余的数不变的情况下，得到了更大的值，这与i=11000f(xi)取最大值相矛盾!
所以：x1，x2，⋯，x1000中最多只有一个xi∈(−1,2)．
①x1，x2，⋯，x1000中没有数字在区间(−1,2)时，x1，x2，⋯，x1000中的每一个数，要么等于−1，要么等于2，
记x1，x2，⋯，x1000中等于2的元素个数为k，2k−(1000−k)=1000，k=20003，这与k为整数矛盾!
②x1，x2，⋯，x1000中只有一个数字在区间(−1,2)时，不妨记为x0，记等于2的数字个数为k，
则等于−1的数字个数为999−k，则x0+2k−(999−k)=1000．
即：x0+3k=1999，由于x0∈(−1,2)，1997<3k<2000，
又因为k∈N∗，所以k=666，x0=1，
所以这1000个数为−1,−1,−1,⋯,−1333个−1,1,2,2,2,⋯,2666个2．
x12+x22+⋯+x10002=4×666+1×334=2998． t(min)
0
1
2
3
4
5
θ(℃)
85.00
79.19
74.75
71.19
68.19
65.00