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2024-2025学年广东省肇庆一中高三（上）开学数学试卷（含答案）
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这是一份2024-2025学年广东省肇庆一中高三（上）开学数学试卷（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.已知集合U=R，集合A={x|−3A. (−3,0)B. (−1,0)C. (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. (−∞,0]B. (−∞,1)C. [0,1)D. (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. (−∞, 5)B. (−∞,47)C. (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f(x)=2x−2−x+ax+2(a∈R)，若f(2)=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>1|x2−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18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，a>b，且a+b=1，则( )
A. ab的最小值是14B. 2a2+b2的最小值是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：(2024)0+3×(94)−12+(lg4+lg25)的值是______．
13.已知函数f(x)=x2+2x−1，函数y=g(x)为一次函数，若g(f(x))=2x2+4x+3，则g(x)= ______．
14.若函数f(x)=x2+ln(2+|x|)，则使得f(2x+1)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)
已知函数f(x)=12x2−x−2lnx．
(1))求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−(2+k)x+2k，其中k∈R．
(Ⅰ)若关于x的方程f(x)=−14k2+2k有两实数根，且两实数根之积等于1，求k的值；
(Ⅱ)解关子x的不等式f(x)<0．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−2ax−(2a+2)
(Ⅰ)解关于x的不等式f(x)>x；
(Ⅱ)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17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17分)
已知函数f(x)=ae2x+(a−2)ex−x，g(x)=ex−ln(x+m)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，求证g(x)>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)f′(x)=x−1−2x=x2−x−2x，
所以由导数几何意义可得切线的斜率为f′(1)=−2，
又f(1)=12×12−1−2ln1=−12，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(−12)=−2(x−1)，即y=−2x+32．
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=x−1−2x=x2−x−2x=(x+1)(x−2)x，
令f′(x)=0，得x=2或−1(舍)，
所以在[1,2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(2,e]上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(2)=12×22−2−2ln2=−2ln2．
16.解：(Ⅰ)因为f(x)=x2−(2+k)x+2k，由f(x)=−14k2+2k，
可得x2−(2+k)x+14k2=0，
因为方程有两实数根，且两实数根之积等于1，
可得Δ=(2+k)2−4⋅14k2≥014k2=1，解得k=2，
即k的值为2；
(Ⅱ)f(x)=x2−(2+k)x+2k=(x−2)(x−k)<0，
方程(x−2)(x−k)=0的根为2，k，
当k=2时，不等式为(x−2)2<0，此时解集为⌀；
当k<2时，不等式(x−2)(x−k)<0的解集为(k,2)；
当k>2时，不等式(x−2)(x−k)<0的解集为(2,k)．
综上所述：当k=2时，不等式的解集为⌀；
当k<2时，不等式的解集为(k,2)；
当k>2时，不等式的解集为(2,k)．
17.解(Ⅰ)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{x|x>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{x|x>−1或x<2a+2}．
(Ⅱ)由f(x)+3≥0得x2−2a(x+1)+1≥0在(−1,+∞)上恒成立，
即2a≤(x2+1x+1)min在(−1,+∞)上恒成立．
令t=x+1(t>0)，则x2+1x+1=(t−1)2+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.解：(1)∵f(x)是定义域为R上的奇函数，
∴f(0)=0，∴k⋅20−2−0=0，即k−1=0，∴k=1，
经检验k=1符合题意；
(2)由(1)可知k=1，∴f(x)=2x−2−x，函数的定义域为R，
在R上任取x1，x2，且x1f(x2)−f(x1)=2x2−2−x2−2x1+2−x1=(2x2−2x1)(1+12x1+x2)>0，
即f(x2)>f(x1)，
∴函数在R上单调递增，
原不等式化为：f(x2+2x)>−f(x−4)=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{x|x>1或x<−4}；
(3)∵f(x)=2x−2−x，
∴g(x)=22x+2−2x−2m(2x−2−x)=(2x−2−x)2−2m(2x−2−x)+2．
令t=f(x)=2x−2−x，∵x≥1，∴t≥f(1)=32，
∴y=t2−2mt+2=(t−m)2+2−m2，
当m≥32时，当t=m时，ymin=2−m2=−2，∴m=2；
当m<32时，当t=32时，ymin=174−3m=−2，
解得m=2512>32，舍去，
综上可知m=2．
19.解：(1)由题意得f(x)定义域为R，
而f′(x)=2ae2x+(a−2)ex−1=(2ex+1)(aex−1)，
当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，
当a>0时，f′(x)=(2ex+1)(aex−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)证明：∵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)≥ℎ(x0)=ex0−ln(x0+2)，
∵ℎ′(x0)=ex0−1x0+2=0，
∴ex0=1x0+2，同时取对数得x0=−ln(x0+2)，
∴ℎ(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+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，
f(ln(3a−1)) =ae2ln(3a−1)+(a−2)eln(3a−1)−ln(3a−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，∴f(ln(3a−1))>0，
∵ln(3a−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)．
1.已知集合U=R，集合A={x|−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. (−∞,0]B. (−∞,1)C. [0,1)D. (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. (−∞, 5)B. (−∞,47)C. (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f(x)=2x−2−x+ax+2(a∈R)，若f(2)=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>1|x2−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18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，a>b，且a+b=1，则( )
A. ab的最小值是14B. 2a2+b2的最小值是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：(2024)0+3×(94)−12+(lg4+lg25)的值是______．
13.已知函数f(x)=x2+2x−1，函数y=g(x)为一次函数，若g(f(x))=2x2+4x+3，则g(x)= ______．
14.若函数f(x)=x2+ln(2+|x|)，则使得f(2x+1)
15.(本小题13分)
已知函数f(x)=12x2−x−2lnx．
(1))求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
(2)求函数f(x)在区间[1,e]上的最小值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−(2+k)x+2k，其中k∈R．
(Ⅰ)若关于x的方程f(x)=−14k2+2k有两实数根，且两实数根之积等于1，求k的值；
(Ⅱ)解关子x的不等式f(x)<0．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−2ax−(2a+2)
(Ⅰ)解关于x的不等式f(x)>x；
(Ⅱ)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17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17分)
已知函数f(x)=ae2x+(a−2)ex−x，g(x)=ex−ln(x+m)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)当m≤2时，求证g(x)>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)f′(x)=x−1−2x=x2−x−2x，
所以由导数几何意义可得切线的斜率为f′(1)=−2，
又f(1)=12×12−1−2ln1=−12，
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y−(−12)=−2(x−1)，即y=−2x+32．
(2)函数f(x)的定义域为(0,+∞)，
f′(x)=x−1−2x=x2−x−2x=(x+1)(x−2)x，
令f′(x)=0，得x=2或−1(舍)，
所以在[1,2)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，
在(2,e]上，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)min=f(2)=12×22−2−2ln2=−2ln2．
16.解：(Ⅰ)因为f(x)=x2−(2+k)x+2k，由f(x)=−14k2+2k，
可得x2−(2+k)x+14k2=0，
因为方程有两实数根，且两实数根之积等于1，
可得Δ=(2+k)2−4⋅14k2≥014k2=1，解得k=2，
即k的值为2；
(Ⅱ)f(x)=x2−(2+k)x+2k=(x−2)(x−k)<0，
方程(x−2)(x−k)=0的根为2，k，
当k=2时，不等式为(x−2)2<0，此时解集为⌀；
当k<2时，不等式(x−2)(x−k)<0的解集为(k,2)；
当k>2时，不等式(x−2)(x−k)<0的解集为(2,k)．
综上所述：当k=2时，不等式的解集为⌀；
当k<2时，不等式的解集为(k,2)；
当k>2时，不等式的解集为(2,k)．
17.解(Ⅰ)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{x|x>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{x|x>−1或x<2a+2}．
(Ⅱ)由f(x)+3≥0得x2−2a(x+1)+1≥0在(−1,+∞)上恒成立，
即2a≤(x2+1x+1)min在(−1,+∞)上恒成立．
令t=x+1(t>0)，则x2+1x+1=(t−1)2+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.解：(1)∵f(x)是定义域为R上的奇函数，
∴f(0)=0，∴k⋅20−2−0=0，即k−1=0，∴k=1，
经检验k=1符合题意；
(2)由(1)可知k=1，∴f(x)=2x−2−x，函数的定义域为R，
在R上任取x1，x2，且x1
即f(x2)>f(x1)，
∴函数在R上单调递增，
原不等式化为：f(x2+2x)>−f(x−4)=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{x|x>1或x<−4}；
(3)∵f(x)=2x−2−x，
∴g(x)=22x+2−2x−2m(2x−2−x)=(2x−2−x)2−2m(2x−2−x)+2．
令t=f(x)=2x−2−x，∵x≥1，∴t≥f(1)=32，
∴y=t2−2mt+2=(t−m)2+2−m2，
当m≥32时，当t=m时，ymin=2−m2=−2，∴m=2；
当m<32时，当t=32时，ymin=174−3m=−2，
解得m=2512>32，舍去，
综上可知m=2．
19.解：(1)由题意得f(x)定义域为R，
而f′(x)=2ae2x+(a−2)ex−1=(2ex+1)(aex−1)，
当a≤0时，f′(x)<0，∴f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，
当a>0时，f′(x)=(2ex+1)(aex−1)，
当f′(x)>0时，解得：x>ln1a，当f′(x)<0时，解得：x
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)证明：∵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)≥ℎ(x0)=ex0−ln(x0+2)，
∵ℎ′(x0)=ex0−1x0+2=0，
∴ex0=1x0+2，同时取对数得x0=−ln(x0+2)，
∴ℎ(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+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，
f(ln(3a−1)) =ae2ln(3a−1)+(a−2)eln(3a−1)−ln(3a−1)=3−aa−ln3−aa，
∵0
∴φ(t)在(2,+∞)上单调递增，
∴φ(t)>φ(2)=2−ln2>0，∴f(ln(3a−1))>0，
∵ln(3a−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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