广东省肇庆市第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（含答案）

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这是一份广东省肇庆市第一中学2025届高三上学期开学考试数学试题（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U=R，集合A=x−3A. −3,0B. −1,0C. (0,1)D. (2,3)
2.复数1+3i1−i的虚部为( )
A. −iB. −1C. 2iD. 2
3.已知命题p：∃x∈R，使得ax2+2x+1<0成立为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. −∞,0B. −∞,1C. 0,1D. 0,1
4.对任意x∈1,2，不等式ax2−2x+3a<0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A. −∞, 33B. −∞,47C. 47,+∞D. −∞,12
5.已知函数f(x)={x+2,&x≤0−x+2,&x>0，则不等式f(x)≥x2的解集是
A. [−1,1]B. [−2,2]C. [−2,1]D. [−1,2]
6.已知函数fx=2x−2−x+ax+2a∈R，若f2=5，则f−2=( )
A. −1B. 1C. −5D. 5
7.已知函数f(x)=(m−2)xm为幂函数，若函数g(x)=lgx+x−m，则g(x)的零点所在区间为( )
A. (0,1)B. (1,2)C. (2,3)D. (3,4)
8.已知定义在R上的函数f(x)=lnx,x>1x2−x,x⩽1，若函数k(x)=f(x)+ax恰有2个零点，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,−1e)∪{0}∪(1,+∞)B. (−1,−1e)∪{0}∪(1,+∞)
C. (−1,−1e)∪{0}∪(1e,+∞)D. (−∞,−1)∪{0}∪(1e,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。
9.下列说法正确的有( )
A. 不等式2x−13x+1>1的解集是x−2≤x≤−13
B. “a>1，b>1”是“ab>1”成立的充分条件
C. 命题p：∀x∈R，x2>0，则¬p：∃x∈R，x2<0
D. “a<5”是“a<3”的必要条件
10.已知a>0,b>0，且a+b=1，则( )
A. ab的最小值是14B. 2a2+b2最小值为23
C. a+ b的最大值是 2D. 1a+2ab的最小值是1+ 2
11.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(x+1)是偶函数，当x∈[0,1]，f(x)=x2+x，则下列说法中正确的有( )
A. 函数f(x)关于直线x=1对称B. 4是函数f(x)的周期
C. f(2022)+f(2023)=0D. 方程f(x)=|lnx|恰有4个不同的根
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.计算：(2023)0+3×(94)−12+(lg4+lg25)的值是．
13.已知函数fx=x2+2x−1，函数y=gx为一次函数，若gfx=2x2+4x+3，则gx= ．
14.若函数fx=x2+ln2+x，则使得f2x+1四、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)
己知函数fx=12x2−x−2lnx．
(1)求曲线y=fx在点1,f1处的切线方程；
(2)求函数fx在区间1,e上的最小值．
16.(本小题12分)
已知函数fx=x2−2+kx+2k，其中k∈R．
(1)若关于x的方程fx=−14k2+2k有两实数根，且两实数根之积等于1，求k的值；
(2)解关于x的不等式fx<0．
17.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2−2ax−(2a+2)．
(1)解关于x的不等式f(x)>x；
(2)若f(x)+3≥0在区间(−1,+∞)上恒成立，求实数a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=k⋅2x−2−x是定义域为R上的奇函数．
(1)求k的值；
(2)用定义法证明函数的单调性，并求不等式f(x2+2x)+f(x−4)>0的解集；
(3)若g(x)=22x+2−2x−2mf(x)在[1,+∞)上的最小值为−2，求m的值．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=ae2x+(a−2)ex−x,g(x)=ex−ln(x+m)．
(1)讨论fx的单调性；
(2)当m≤2时，求证gx>0；
(3)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．
参考答案
1.A
2.D
3.B
4.D
5.A
6.A
7.C
8.B
9.BD
10.BC
11.ABD
12.5
13.2x+5
14.−2,0
15.解：(1)因为f1=12−1−0=−12，所以切点坐标为1,−12，
又f′x=x−1−2x，f′1=−2，即所求切线的斜率为−2，
所以切线方程为：y+12=−2x−1，即4x+2y−3=0；
(2)易知f′x=x−1−2x=x2−x−2x=x−2x+1x(x>0)
由f′x>0⇒x>2 ，由f′x<0⇒0所以fx在1,2上单调递减，在2,e上单调递增，
所以函数fx在区间1,e上的最小值为f2=−2ln2．

16.(1)
为fx=x2−2+kx+2k，
所以由fx=−14k2+2k，得x2−2+kx+2k=−14k2+2k，
整理得x2−2+kx+14k2=0，
因为方程fx=−14k2+2k有两实数根，即x2−2+kx+14k2=0有两实数根，
所以Δ=2+k2−4×14k2=4k+1≥0，则k≥−1，
又两实数根之积等于1，所以14k2=1，解得k=2或k=−2(舍去)，
经检验，k=2满足要求，
所以k=2．
(2)
因为fx=x2−2+kx+2k=x−kx−2，
所以由fx<0，得x−kx−2<0，
当k<2时，由x−kx−2<0，解得k当k=2时，易知x−22<0无解；
当k>2时，由x−kx−2<0，解得2综上，当k<2时，fx<0的解集为k,2；
当k=2时，fx<0的解集为⌀；
当k>2时，fx<0的解集为2,k．

17.(1)
由f(x)>x得x2−(2a+1)x−(2a+2)>0，即(x−2a−2)(x+1)>0．
当2a+2>−1，即a>−32时，原不等式的解为x>2a+2或x<−1；
当2a+2=−1，即a=−32时，原不等式的解为x∈R且x≠−1；
当2a+2<−1，即a<−32时，原不等式的解为x>−1或x<2a+2；
综上，当a>−32时，原不等式的解集为{xx>2a+2或x<−1}；
当a=−32时，解集为{x|x∈R且x≠−1}；
当a<−32时，解集为{xx>−1或x<2a+2}．
(2)
由fx+3≥0得x2−2a(x+1)+1≥0在(−1,+∞)上恒成立，
即2a≤x2+1x+1在(−1,+∞)上恒成立，所以2a≤(x2+1x+1)min(x>−1)，
令t=x+1(t>0)，则x2+1x+1=t−12+1t=t+2t−2≥2 2−2，
当且仅当t= 2等号成立，
∴(x2+1x+1)min=2 2−2，∴2a≤2 2−2，即a≤ 2−1，
故实数a的取值范围是−∞, 2−1．

18.(1)∵f(x)是定义域为R上的奇函数，
根据奇函数性质f−x=−fx可得
当x=0时，可得f(0)=0
∵f0=k⋅20−2−0=0
即：k−1=0
解得：k=1
(2)由(1)可得：k=1
∴f(x)=2x−2−x
可知f(x)的定义为R
在R上任取x1,x2，且x2>x1，即x2−x1>0
∵f(x1)=2x1−2−x1
f(x2)=2x2−2−x2
∴f(x2)−f(x1)=2x2−2−x2−2x1−2−x1=2x2−2x1+12x1−12x2
=2x2−2x1+2x2−2x12x1⋅2x2=2x2−2x11+12x1⋅x2>0
∴f(x)在R上单调递增，
∴f(x2+2x)+f(x−4)>0
可化简为：fx2+2x>f(4−x)
∴x2+2x>4−x，即x2+3x−4>0，解得x>1或x<−4．
∴不等式的解集为(−∞,−4)∪(1,+∞)．
(3)∵g(x)=22x+2−2x−2mf(x)
∴g(x)=22x+2−2x−2m2x−2−x=2x−2−x2−2m2x−2−x+2．
令t=2x−2−x，
则ℎ(t)=g(x)=t2−2mt+2．
∵x≥1，∴t≥32．
∴ℎ(t)=t2−2mt+2=(t−m)2−m2+2t≥32
当m≥32时，则当t=m时，ℎ(t)min=−m2+2=−2，解得m=2；
当m<32时，则当t=32时，ℎ(t)min=174−3m=−2，解得m=2512>32，(舍去)．
综上所述，m=2．

19.(1)
由题意得f(x)定义域为R，
而f′(x)=2ae2x+(a−2)ex−1=2ex+1aex−1，
当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，
当a>0时，f′(x)=2ex+1aex−1，
当f′(x)>0时，解得：x>ln1a，当f′(x)<0时，解得：x∴f(x)在−∞,ln1a上单调递减，f(x)在ln1a,+∞上单调递增；
综上，当a≤0时，f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，
当a>0时，f(x)在−∞,ln1a上单调递减，在ln1a,+∞上单调递增；
(2)
∵m≤2∴g(x)=ex−ln(x+m)>ex−ln(x+2)，
若证g(x)>0成立，只需证ℎ(x)=ex−ln(x+2)>0成立即可，
所以g(x),ℎ(x)定义域为x∈(−2,+∞)，ℎ′(x)=ex−1x+2，
∵y=ex,y=−1x+2在(−2,+∞)上单调递增，
∴ℎ′(x)在(−2,+∞)上单调递增，
∵ℎ′(0)=12>0,ℎ′(−1)=1e−1<0，
∴ℎ′(x)=0在(−2,+∞)上有唯一实根x0,x0∈(−1,0)，
当x∈−2,x0时，ℎ′(x)<0,∴ℎ(x)单调递减，
当x∈x0,+∞时，ℎ′(x)>0,∴ℎ(x)单调递增，
∴ℎ(x)≥ℎx0=ex0−lnx0+2，
∵ℎ′x0=ex0−1x0+2=0，
∴ex0=1x0+2，同时取对数得x0=−lnx0+2，
∴ℎx0=1x0+2+x0=x0+12x0+2>0，
∴ℎ(x)>0，∴m≤2时,g(x)>0，
(3)
若a≤0时，由已知得f(x)最多有一个零点，
当a>0时，由已知得当x=−lna时，f(x)取得最小值，
f(x)min=f(−lna)=lna−1a+1，
当a=1时，f(−lna)=0，故f(x)只有一个零点，
当a∈(1,+∞)时，由lna−1a+1>0，即f(−lna)>0，故f(x)没有零点，
当a∈(0,1)时，lna−1a+1<0,f(−lna)<0，
由f(−2)=ae−4+(a−2)e−2+2>−2e−2+2>0，
故f(x)在(−∞,−lna)有一个零点，
fln3a−1=ae2ln3a−1+(a−2)eln3a−1−ln3a−1=3−aa−ln3−aa，
∵0设t=3−aa,φ(t)=t−lnt，φ′(t)=1−1t>0，
∴φ(t)在(2,+∞)上单调递增，
∴φ(t)>φ(2)=2−ln2>0，∴fln3a−1>0，
∵ln3a−1>−lna,f(−lna)<0，
∴f(x)在(−lna,+∞)上有一个零点，
∴f(x)在(−∞,+∞)上有两个零点，
综上得到a的取值范围是(0,1)．

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