2024-2025学年安徽省池州一中高三（上）第一次月考数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年安徽省池州一中高三（上）第一次月考数学试卷（含答案），共5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M={−2,−1,0,1,2}，N={x|x2−x−6⩾0}，则M∩N=( )
A. {−2,−1,0,1}B. {0,1,2}C. {−2}D. {2}
2.已知实数x，y，z满足x>y，z>0，则下列不等式恒成立的是( )
A. zx−zy>0B. zx−zy<0C. x2z−y2z>0D. xz>yz
3.已知正实数x，y满足x+1x+4y+1y=10，则x+4y的最大值为( )
A. 19B. 1C. 2D. 9
4.已知a=e0.9+1,b=2910,c=ln(0.9e3)，则a，b，c的大小关系为( )
A. a>c>bB. c>b>aC. b>a>cD. a>b>c
5.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x+y)+f(x−y)=f(x)f(y)，f(1)=1，则k=122f(k)=( )
A. −3B. −2C. 0D. 1
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
6.已知a，b∈R，则使“a+b>1”成立的一个必要不充分条件是( )
A. a2+b2>1B. |a|+|b|>1C. 2a+2b>1D. 4a+b+1b>10
7.若f(x)=e1−x2(x∈R)，其中e为自然对数的底数，则下列命题正确的是( )
A. f(x)在(0,+∞)上单调递增B. f(x)在(0,+∞)上单调递减
C. f(x)的图象关于直线x=0对称D. f(x)的图象关于点(0,0)中心对称
8.若函数f(x)=alnx+bx+cx2(a≠0)既有极大值也有极小值，则( )
A. bc>0B. ab>0C. b2+8ac>0D. ac<0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
9.不等式x+2x−1>2的解集为______．
10.已知函数f(x)=x2lnx的图象在(1,f(1))处的切线与直线x+ay−1=0垂直，则实数a= ______．
11.函数f(x)=|2x−1|−2lnx的最小值为．
12.已知函数f(x)=3x+1x3−6，函数g(x)=lnx+1x−m，若对任意x1∈[1,2]，存在x2∈[1e,e]，使得f(x1)≤g(x2)，则实数m的取值范围为______．
四、解答题：本题共3小题，共30分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
13.(本小题10分)
已知函数f(x)=lg2(ax2+4x+5)．
(1)若f(1)=3，求函数f(x)的单调区间；
(2)是否存在实数a，使函数f(x)的最小值为0？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
14.(本小题10分)
已知函数f(x)=xex−a(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若方程f(x)=0有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围．
15.(本小题10分)
已知函数f(x)=lnx−ax2−bx(a,b∈R)．
(1)当a=0时，若f(x)≤0在x∈(0,+∞)上恒成立，求实数b的取值范围；
(2)设x1，x2为f(x)的两个不同零点，证明：f(x1+x2)参考答案
1.C
2.D
3.D
4.D
5.A
6.BC
7.BC
8.BCD
9.{x|110.1
11.1
12.(−∞,78]
13.解：(1)∵f(1)=3，∴a+9=23，即a=−1，f(x)=lg2(−x2+4x+5)，
由−x2+4x+5>0，x2−4x−5=(x−5)(x+1)<0，
解得−1∵函数t=−x2+4x+5在(−1,2)上单调递增，在(2,5)上单调递减，
又∵y=lg2t在(0,+∞)上为增函数，
∴函数f(x)的单调递增区间为(−1,2)，单调递减区间为(2,5)．
(2)设存在实数a，使函数f(x)的最小值为0，ℎ(x)=ax2+4x+5，
∵函数f(x)的最小值为0，∴函数ℎ(x)的最小值为1，所以a>0①，且20a−164a=1②，
联立①②解得：a=1，
∴存在实数a=1，使函数f(x)的最小值为0．
14.解：(1)∵f′(x)=ex−xex(ex)2=1−xex(2分)
∴当x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0； (4分)
即f(x)的单调递增区间是(−∞,1)，单调递减区间是(1,+∞). (6分)
(2)由f(x)=xex−a=0得a=xex，(7分)
将此方程的根看作函数y=xex与y=a的图象交点的横坐标，(8分)
由(1)知函数y=xex在x=1时有极大值1e，作出其大致图象，(10分)
∴实数a的取值范围是015.解：(1)当a=0时，f(x)=lnx−bx，
因为f(x)=lnx−bx≤0在x∈(0,+∞)上恒成立，
所以b≥lnxx在x∈(0,+∞)上恒成立，
令g(x)=lnxx，即b≥g(x)max在x∈(0,+∞)上恒成立，则g′(x)=1−lnxx2，
令g′(x)>0，解得0e，所以g(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+∞)上单调递减．
故g(x)max=g(e)=lnee=1e，
所以实数b的取值范围是[1e,+∞)．
(2)证明：要证明f(x1+x2)即证ln(x1+x2)−a(x1+x2)2−b(x1+x2)只需证ln(x1+x2)≤x1+x2e和−a(x1+x2)2−b(x1+x2)<−2．
由(1)知，当a=0，b=1e时，f(x)=lnx−1ex≤0，即lnx≤1ex，
所以ln(x1+x2)≤x1+x2e．
要证−a(x1+x2)2−b(x1+x2)<−2，即证a(x1+x2)2+b(x1+x2)>2．
因为x1，x2为f(x)的两个不同零点，不妨设0所以lnx1=ax12+bx1，lnx2=ax22+bx2，
则lnx1x2=a(x1+x2)(x1−x2)+b(x1−x2)，
两边同时乘以x1+x2x1−x2，可得lnx1x2⋅(x1+x2)(x1−x2)=a(x1+x2)2+b(x1+x2)，
即a(x1+x2)2+b(x1+x2)=(x1x2+1)⋅lnx1x2x1x2−1．
令m=x1x2∈(0,1)，则a(x1+x2)2+b(x1+x2)=(m+1)⋅lnmm−1．
即证(m+1)⋅lnmm−1>2，即证lnm<2(m−1)m+1=2−4m+1，
即证lnm+4m+1−2<0．
令函数ℎ(m)=lnm+4m+1−2，m∈(0,1)，则ℎ′(m)=1m−4(m+1)2=(m−1)2m(m+1)2>0，
所以ℎ(m)在(0,1)上单调递增，所以ℎ(m)<ℎ(1)=0．
所以−a(x1+x2)2−b(x1+x2)<−2.故f(x1+x2)