2024-2025學年安徽省皖豫名校聯(lián)盟高三（上）聯(lián)考數(shù)學試卷（10月份）（含答案）

第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年安徽省皖豫名校聯(lián)盟高三（上）聯(lián)考數(shù)學試卷（10月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知集合A={x|y=x+1}，B={x|14A.(?1,2) B.[?1,2) C.(?2,?1) D.(?2,?1]2.已知直線l1：a2x+y+1=0與直線l2：x?3ay+7=0，則“a=3A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件3.下列四個數(shù)中最大的是(

)A.lg20 B.lg(lg20) C.(lg20)24.某工廠產(chǎn)生的廢氣經(jīng)過濾后排放，過濾過程中廢氣的污染物含量P(單位：mg/L)與時間t(單位：?)之間的關(guān)系式為P=P0e?λt(t≥0)，其中P0為初始污染物含量，P0，λ均為正的常數(shù)，已知過濾前后廢氣的體積相等，且在前4?過濾掉了80%的污染物A.4? B.6? C.8? D.12?5.函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示，則f(x)的解析式可能是(

)A.f(x)=(x?1x)cosx

B.f(x)=(x+1x)sinx6.已知函數(shù)f(x)=x2?ax+2a,x<?1,1?ln(x+2),x≥?1在RA.(?∞,0] B.[0,+∞) C.[?2,+∞) D.[?2,0]7.已知函數(shù)f(x)=ex?3?e3?x+x，則滿足f(2m?2)+f(m+1)>6A.(3,+∞) B.(32,+∞) C.(8.定義[x]為不超過x的最大整數(shù)，區(qū)間[a,b](或(a,b)，[a,b)，(a,b])的長度記為b?a.若關(guān)于x的不等式k[x]>|2[x]?6|的解集對應(yīng)區(qū)間的長度為2，則實數(shù)k的取值范圍為(

)A.(0,45] B.(12,二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.已知m，n∈(0,1)∪(1,+∞)，若logm2=11?2a，A.若a=2，則mn=2 B.若a>2，則mn>2

C.若mn=1，則a=1 D.若mn>1，則a>110.已知a>0，b>0，且2a+b=4，則(

)A.ab≤1 B.1a+2b≥2

11.已知函數(shù)f(x)與g(x)的導函數(shù)分別為f′(x)與g′(x)，且f(x)，g(x)，f′(x)，g′(x)的定義域均為R，g(x)?f(6?x)=3，f′(x)=g′(x?2)，g(x+4)為奇函數(shù)，則(

)A.g(2)+g(6)=0 B.f′(x+4)為偶函數(shù)

C.f(x)=f(x+8) D.k=1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若“?x∈[π4,2π3]，13.若函數(shù)f(x)=exx2+bx+1在x=214.已知函數(shù)f(x)=mx，g(x)=3+lnx，若存在兩條不同的直線與曲線y=f(x)和y=g(x)均相切.則實數(shù)m的取值范圍為______．四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題13分)

(Ⅰ)已知函數(shù)f(x)=ax2+bx滿足f(x)?f(x+1)=2x，求f(x)在區(qū)間(0,1)上的值域；

(Ⅱ)若函數(shù)y=x2x?1(x>1)的最小值為M16.(本小題15分)

設(shè)f′(x)是函數(shù)f(x)的導函數(shù)，f″(x)是函數(shù)f′(x)的導函數(shù)，若方程f″(x)=0有實數(shù)解x0，則稱點(x0,f(x0))為曲線y=f(x)的“拐點”.經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)：任何一個三次函數(shù)的圖象都有“拐點”，且“拐點”就是三次函數(shù)圖象的對稱中心.已知函數(shù)f(x)=mx3+nx2?9x?13的圖象的對稱中心為(?1,?2)．

(Ⅰ)求實數(shù)17.(本小題15分)

已知函數(shù)f(x)=alnx+a2x?1(a∈R)．

(Ⅰ)若a=1，證明：f(x)≥0；

(Ⅱ)若a>0且存在x0∈(0,e]，使得18.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=(1+a)x+xlnx，a∈R．

(Ⅰ)當a=?2時，求曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線方程；

(Ⅱ)當a=1時，求f(x)的極值；

(Ⅲ)若f(x)≤ex?a+x19.(本小題17分)

已知函數(shù)f(x)=exx?mlnx?mx,m∈R．

(Ⅰ)討論f(x)的單調(diào)性．

(Ⅱ)當m=1時．

(i)證明：當x≥2時，f(x)>x；

(ii)若方程f(x)=a有兩個不同的實數(shù)根x1，x2，證明x1+x2參考答案1.B

2.A

3.C

4.C

5.D

6.B

7.D

8.B

9.ABC

10.BC

11.ACD

12.213.e

14.(0,215.解：(Ⅰ)因為函數(shù)f(x)=ax2+bx滿足f(x)?f(x+1)=2x，

所以ax2+bx=a(x+1)2+b(x+1)，整理得?2ax?a?b=2x恒成立，

所以?2a=2，?a?b=0，解得a=?1，b=1，所以f(x)=?x2+x，

該函數(shù)開口向下，對稱軸x=12，所以f(x)max=f(12)=14，且f(0)=f(1)=0，

所以f(x)在(0,1)上的值域為(0,14]；

(Ⅱ)由已知令g(x)=x2x?1，x>1，l再令t=x?1>0，

則原函數(shù)可化為y=t+1t+2≥2t×1t+2=4，當且僅當t=1時取等號，所以M=4，

16.解：(Ⅰ)因為f(x)=mx3+nx2?9x?13，

所以f′(x)=3mx2+2nx?9，

所以f″(x)=6mx+2n=2(3mx+n)，

又因為f(x)的圖象的對稱中心為(?1,?2)，

所以，

即?3m+n=0,?m+n=2.，解得m=1,n=3.

(Ⅱ)由(Ⅰ)知，f(x)=x3+3x2?9x?13，

所以f′(x)=3x2x(?∞,?3)?3(?3,1)1(1,+∞)f′(x)+0?0+f(x)單調(diào)遞增14單調(diào)遞減?18單調(diào)遞增所以f(x)的極大值為f(?3)=14，極小值為f(1)=?18，

又f(?10)=?623<0，f(3)=14>0，

所以f(x)有3個零點．

17.(Ⅰ)證明：若a=1，則f(x)=lnx+1x?1，所以f′(x)=1x?1x2=x?1x2，x>0，

由f′(x)<0，得0<x<1，由f′(x)>0，得x>1，

所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，

所以f(x)有極小值，也是最小值，且f(x)min=f(1)=0，

所以f(x)≥0．

(Ⅱ)由題意得f′(x)=ax?a2x2=a(x?a)x2，x>0，

因為a>0，所以令f′(x)>0，得x>a，令f′(x)<0，得0<x<a，

故f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減，在(a,+∞)上單調(diào)遞增．

若0<a<e，則f(x)在(0,e]上的最小值為f(a)=alna+a?1．18.解：(Ⅰ)當a=?2時，f(x)=xlnx?x，f′(x)=lnx，f′(e)=1，f(e)=0，

故曲線y=f(x)在點(e,f(e))處的切線方程為y=x?e．

(Ⅱ)當a=1時，f(x)=2x+xlnx(x>0)，則f′(x)=3+lnx，

令f′(x)<0，得0<x<e?3，令f′(x)>0，得x>e?3，

所以f(x)在(0,e?3)上單調(diào)遞減，在(e?3,+∞)上單調(diào)遞增，

所以f(x)極小值=f(e?3)=?e?3，無極大值．

(Ⅲ)令g(x)=ex?a?(1+a)x?xlnx+x2，

由g(1)≥0，得e1?a?(1+a)+1=e1?a?a≥0，

令q(a)=e1?a?a，則q(a)在R上單調(diào)遞減，

又q(1)=1?1=0，故a≤1．

下面證明當a≤1時，g(x)≥0．

易知ex?a?(1+a)x?xlnx+x2≥ex?1?2x?xlnx+x2，

設(shè)p(x)=ex?x?1，則p′(x)=ex?1，

當x∈(?∞,0)時，p′(x)<0，當x∈(0,+∞)時，p′(x)>0，

故p(x)在19.解：(1)由已知，得f′(x)=xex?exx2?mx+mx2=(x?1)(ex?m)x2，x>0．

當m≤1時，令f′(x)<0，得0<x<1，令f′(x)>0，得x>1，

所以f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增；

當1<m<e時，令f′(x)<0，得lnm<x<1，令f′(x)>0，得x>1或0<x<lnm，

所以f(x)在(lnm,1)上單調(diào)遞減，在(0,lnm)和(1,+∞)上單調(diào)遞增；

當m=e時，f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

當m>e時，令f′(x)<0，得1<x<lnm，令f′(x)>0，得x>lnm或0<x<1，

所以f(x)在(1,lnm)上單調(diào)遞減，在(0,1)和(lnm,+∞)上單調(diào)遞增．

綜上，當m≤1時，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增；

當1<m<e時，f(x)在(lnm,1)上單調(diào)遞減，在(0,lnm)和(1,+∞)上單調(diào)遞增；

當m=e時，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增；

當m>e時，f(x)在(1,lnm)上單調(diào)遞減，在(0,1)和(lnm,+∞)上單調(diào)遞增．

(2)證明：(i)由題可知，即證當x≥2時，exx?lnx?1x?x>0，

令s(x)=exx?lnx?1x?x,x≥2，則s′(x)=ex(x?1)?(x2+x?1)x2，

令t(x)=ex(x?1)?(x2+x?1)，x≥2，則t′(x)=xex?2x?1，

令n(x)=xex?2x?1，x≥2，則n′(x)=(x+1)ex?2，易知n′(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞增，

所以n′(x)≥n′(2)=3e2?2>0，則n(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞增，

所以n(x)≥n(2)=2e2?5>0，則t(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞增，

所以t(x)≥t(2)=e2?5>0，則s′(x)>0，s(x)在[2,+∞)上單調(diào)遞增，

所以s(x)≥s(2)=e22?ln2?52≈7.42?0.7?2.5=0.5>0，

原不等式得證．

(ii)當m=1時，f(x)=ex