安徽省合肥市第七中学2026届高三上学期第一次质量检测数学试卷（含答案）

这是一份安徽省合肥市第七中学2026届高三上学期第一次质量检测数学试卷（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.设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|21bD. a2+b2>2ab
4.已知函数f(x)=x+1,x≤a2x,x>a ,若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,0]B. [0,1]C. [0,+∞)D. (−∞,1]
5.已知函数f(x)=lnx2−ax−3+a2在[1,+∞)上单调递增，则a的取值范围是( )
A. (−∞,−1]B. (−∞,−1)C. (−∞,2]D. (2,+∞)
6.已知f(x)是定义在R上的奇函数，∀x∈R，恒有f(x)+f(x+2)=0，且当x∈(0,1]时，f(x)=2x+1，则f(0)+f(1)+f(2)+⋯+f(2025)=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
7.已知函数f(x)的定义域为R，且f(x)>f′(x)+1，f(0)=3，则不等式f(x)>2ex+1的解集为( )
A. (−∞,0)B. (0,+∞)C. (−∞,1)D. (1,+∞)
8.设函数f(x)=3x+1,x≤0lg4x,x>0，若关于x的方程f(x)2−(a+2)f(x)+3=0恰好有六个不同的实数解，则实数a的取值范围为( )
A. −2 3−2,2 3−2B. 2 3−2,32
C. 32,+∞D. 2 3−2,+∞
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.设a>0,b>0,a+b=1，则下列不等式中一定成立的是( )
A. ab⩽14B. a+ b⩾ 2C. 2a+2b⩾2 2D. ba+4b⩾8
10.某同学根据著名数学家牛顿的物体冷却模型：若物体原来的温度为θ0(单位：℃)，环境温度为θ1(θ1θ1，单位：℃)需用时t(单位：分钟)，推导出函数关系为t=f(θ)=1klnθ0−θ1−lnθ−θ1，k为正的常数．现有一壶开水(100℃)放在室温为20℃的房间里，根据该同学推出的函数关系研究这壶开水冷却的情况，则( )(参考数据：ln2≈0.7)
A. 函数关系θ=θ1+θ0−θ1ekt也可作为这壶外水的冷却模型
B. 当k=120时，这壶开水冷却到40℃大约需要28分钟
C. 若f(60)=10，则f(30)=30
D. 这壶水从100℃冷却到70℃所需时间比从70℃冷却到40℃所需时间短
11.设f′(x)是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，且在x0的左､右附近，f″(x)异号，则称点x0,fx0为函数y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”且“拐点”就是三次函数图象的对称中心．已知函数f(x)=ax3+bx2+9x−4(ab≠0)的对称中心为(2,−2)，则下列说法中正确的是( )
A. a=1,b=6
B. f(x)的极小值为−4
C. 若函数f(x)在区间(m,4)上存在最小值，则m的取值范围为[0,3)
D. 若过点(3,m)可以作三条直线与y=f(x)的图象相切，则m的取值范围为(−5,−4)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若函数f(x)=ex−1+a有一个零点，则实数a的取值范围是 ．
13.已知直线y=kx+b是曲线y=ln(1+x)与y=2+lnx的公切线，则k+b= ．
14.在同一平面直角坐标系中，P，Q分别是函数f(x)=axex−ln(ax)和g(x)=2ln(x−1)x图象上的动点，若对任意a>0，有|PQ|≥m恒成立，则实数m的最大值为 ．
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)
化简求值：
(1)0.2552×0.5−4−338−23− 3−π0+0.064−13+4(−2)4；
(2)lg 39+12lg25+lg2−lg49×lg38+2lg23−1+ln e．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)=f(x1)+f(x2)，且当x>1时，f(x)>0，f(2)=1．
(1)证明：f(x)是偶函数；
(2)证明：f(x)在(0,+∞)上是增函数；
(3)解不等式f(2x2−1)0且a≠1,p∈R).
(1)求p的值．
(2)若对任意x∈[0,1]有f−2x2+kx+k−1>f(1)>0恒成立，求实数k的取值范围．
(3)若f(2)=809且函数g(x)满足mg(x)+mf(x)=a2x+a−2x−1，其中m>0,m≠1，问是否存在实数m，使函数g(x)在[0,1]上的最大值为0？若存在，求出m的值或取值范围；若不存在，说明理由．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=lnx+ax−b，其中a,b∈R．
(1)讨论函数f(x)在(0,+∞)上的极值点的个数．
(2)若函数g(x)=xf(x)．
(i)设点Ax1,gx1和点Bx2,gx2是曲线y=g(x)上任意两点(不重合)，曲线y=g(x)在这两点处的切线能否重合?若能，求出该切线方程；若不能，说明理由．
(ii)当b=1时，若对于任意的x∈(−1,+∞)，不等式sinx≤12g(x+1)恒成立，求实数a的最小值．
参考答案
1.C
2.A
3.D
4.B
5.B
6.C
7.A
8.B
9.ACD
10.BCD
11.BCD
12.(−∞,−1]∪0
13.3−ln2
14.3 22
15.【详解】(1)解：0.2552×0.5−4−338−23− 3−π0+0.064−13+4(−2)4
=12252×12−4−323−23−1+253−13+2
=2−5×24−49−1+52+2=12−49−1+52+2=329
(2)解：lg 39+12lg25+lg2−lg49×lg38+2lg23−1+ln e
=lg31232+12lg52+lg2−lg2232×lg323+2lg232+lne12
=212lg33+lg5+lg2−lg23×3lg32+32+12
=4+lg(5×2)−lg23×3lg32+32+12
=4+1−lg23×3lg32+32+12=4+1−3+2=4

16.【详解】(1)证明令x1=x2=1，得f(1)=2f(1)，
∴f(1)=0.令x1=x2=−1，得f(−1)=0，
∴f(−x)=f(−1·x)=f(−1)+f(x)=f(x)．
∴f(x)是偶函数．
(2)证明设x2>x1>0，
则f(x2)−f(x1)=f(x1·X2x1)−f(x1)
=f(x1)+f(X2x1)−f(x1)=f(X2x1)，
∵x2>x1>0，∴X2x>1．
∴f(X2x1)>0，即f(x2)−f(x1)>0．
∴f(x2)>f(x1).
∴f(x)在(0,+∞)上是增函数．
(3)解∵f(2)=1，∴f(4)=f(2)+f(2)=2．
又∵f(x)是偶函数，
∴不等式f(2x2−1)0时，由f′(x)=0得x=1a−1> −1，
由f′(x)>0得，−10，∴g′(a)>0，
∴g(a)在(0,+∞)上为增函数，
∵g(2)=22−2+ln2−2−ln2=0，
∴要使g(a)≥0，则a≥2，
∴实数a的取值范围是[2,+∞)．

18.【详解】(1)因f(x)是定义在R上的奇函数，故f(0)=0，由lgax=0可得x=1，
则由f(0)=12+p1=0，解得p=−1．
(2)由(1)可得flgax=x2−1x，设t=lgax，则x=at，
代入可得f(t)=a2t−1at=at−a−t，故f(x)=ax−a−x，
由f(1)=a−a−1>0，可得a2>1，又a>0，故得a>1，
则f(x)=ax−a−x在R上为增函数，
由f−2x2+kx+k−1>f(1)在x∈[0,1]上恒成立，
可得−2x2+kx+k−1>1在x∈[0,1]上恒成立，也即k>2x2+2x+1在x∈[0,1]上恒成立．
设g(x)=2x2+2x+1,x∈[0,1]，则g′(x)=2(x2+2x−1)(x+1)2，由g′(x)=0，解得x=−1± 2，
则当x∈[0, 2−1)时，g′(x)0．
故函数g(x)在[0, 2−1)上单调递减，在( 2−1,1]上单调递增．
又g(0)=g(1)=2，即x∈[0,1]时，g(x)max=2，故k>2．
即实数k的取值范围为(2,+∞)．
(3)由(2)可得f(2)=a2−a−2=809，即9a4−80a2−9=0，因a>0，解得a=3，则f(x)=3x−3−x，
则由mg(x)+mf(x)=32x+3−2x−1可得mg(x)=32x+3−2x−m(3x−3−x)−1，
化成对数式，则有g(x)=lgm[32x+3−2x−m(3x−3−x)−1]，
设3x−3−x=t，则32x+3−2x=(3x−3−x)2+2=t2+2，因x∈[0,1]，则t∈[0,83]，
此时g(x)=ℎ(t)=lgm(t2−mt+1)．
因函数g(x)在[0,1]上的最大值为0，则lgm(t2−mt+1)≤0在t∈[0,83]上恒成立且等号成立．
当00，所以v(m)在(0,+∞)单调递增，
又v(1)=0，所以0