2024-2025学年黑龙江省哈尔滨九中高三（上）开学数学试卷（8月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年黑龙江省哈尔滨九中高三（上）开学数学试卷（8月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x|log2x≤1}，B={y|y=2A.A∪B=B B.A∪B=A C.A∩B=B D.A∩(2.下列说法正确的是(

)A.“a<b”是“1a>1b”的必要不充分条件

B.“x>0”是“x>2”的充分不必要条件

C.若不等式ax2+bx+c>0的解集为(x1,x2)3.已知函数f(x)满足f(x)=f′(π3)sinx−cosx，求f(x)在x=πA.2+1 B.2−1 C.4.函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能为(

)A.f(x)=xsinx+x2|x|+1 B.f(x)=xsinx|x|+15.已知函数f(x)=(a−1)x+5−3a,x<2,log2x,x≥2的值域为R，则实数A.(2,3] B.(1,2] C.(1,3] D.[2,+∞)6.定义在R上的奇函数f(x)，满足f(2−x)=f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)=log2(x+2)+a，若f(15)=3f(5)+b，则a+b=A.3−3log23 B.4−3log237.若函数f(x)=−12ax2+4x−2lnxA.(0,2) B.(0,1) C.(−∞,1) D.(2,+∞)8.已知函数f(x)=2x,x≤0,lnx,x>0,g(x)=|x(x−2)|，若方程f(g(x))+g(x)−a=0的所有实根之和为4，则实数A.(1,+∞) B.[1,+∞) C.(−∞,1) D.(−∞,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.已知正数x，y满足x+2y=1，则下列说法正确的是(

)A.xy的最大值为18 B.x2+4y2的最小值为12

C.x10.已知函数f(x)=lnxx,g(x)=xex，若存在x1∈(0,+∞)A.x1+x2<1 B.lnx1=x211.对于任意实数x，y，定义运算“⊕”x⊕y=|x−y|+x+y，则满足条件a⊕b=b⊕c的实数a，b，c的值可能为(

)A.a=−log0.50.3，b=0.40.3，c=log0.50.4

B.a=0.40.3，b=log0.50.4，c=−log三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=3x,x>0f(x+2),x≤013.已知曲线f(x)=xex−1+1与直线y=kx相切，则k=14.已知函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)为其导函数，若∀x∈(0,+∞)，f(x)>[f(x)−xf′(x)]lnx，则不等式f(x)(ex−1−1)>0四、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)=4x+a⋅2x．

(1)若a=−5，求不等式f(x)≤−4的解集；

(2)若x∈[−2,2]时，f(x)16.(本小题15分)

某校学生社团心理学研究小组在对学生上课注意力集中情况的调查研究中，发现其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足如图所示的曲线．

当t∈(0,14]时，曲线是二次函数图象的一部分，当t∈[14,45]时，曲线是函数y=loga(t−5)+83(a>0且a≠1)图象的一部分．根据专家研究，当注意力指数p大于80时听课效果最佳．

(1)试求p=f(t)的函数关系式；

17.(本小题15分)

已知函数f(x)=x−12ax2−ln(x+1)，其中实数a≥0．

(Ⅰ)求f(x)在x=0处的切线方程；

(Ⅱ)若f(x)在[0,+∞)上的最大值是0，求a的取值范围；

(18.(本小题17分)

已知f(x)是定义在区间[−1,1]上的奇函数，且f(1)=1，若m、n∈[−1,1]，m+n≠0时，有f(m)+f(n)m+n>0．

(1)证明函数f(x)在[−1,1]上单调递增；

(2)解不等式f(log2(x+12))<f(12)；

(3)若119.(本小题17分)

已知函数f(x)=alnx，其中a>0．

(1)令g(x)=f(x)−x−1x+1，讨论g(x)的单调性；

(2)若对任意两个不相等的正实数m，n，均有mn+m+n2参考答案1.A

2.C

3.D

4.A

5.B

6.C

7.A

8.C

9.ABD

10.ABD

11.BD

12.811613.2

14.(1,+∞)

15.解：(1)当a=−5时，不等式f(x)≤−4即为4x−5⋅2x+4≤0，

所以(2x−1)(2x−4)≤0，

则有1≤2x≤4，则0≤x≤2，

故不等式f(x)≤−4的解集为[0,2]；

(2)令t=2x，x∈[−2,2]，则t∈[14,4]，

f(x)=g(t)=t2+at开口向上，对称轴方程为t=−a2，

①当−a2<14，即a>−12时，g(t16.解：(1)当t∈(0,14]时，曲线是二次函数图象的一部分，顶点坐标为(12,82)，图象过(14,81)，设f(t)=at2+bt+c，带入求解，可得f(t)=−14(t−12)2+82，

当t∈[14,45]时，曲线是函数y=loga(t−5)+83(a>0且a≠1)图象的一部分，图象过(14,81)，代入求解可得：a=13

则f(t)=log13(t−5)+83．

则p=f(t)=−14(t−12)2+82,(t∈(0,14])log13(t−5)+83,(t∈[14,45])

(2)由题意，指数p大于80时听课效果最佳，

当17.解：(Ⅰ)f′(x)=1−ax−1x+1，

因为f′(0)=0，f(0)=0，所以f(x)在x=0处的切线方程为y=0．

(Ⅱ)f′(x)=1−ax−1x+1=−ax2+(1−a)xx+1=[−ax+(1−a)]xx+1．

(i)当a=0时，f′(x)=xx+1≥0在[0,+∞)恒成立，所以f(x)在[0,+∞)单调递增，

所以f(x)在[0,+∞)的最小值为f(0)=0，不符合题意(舍)．

(ⅱ)当0<a<1时，令f′(x)>0，解得0<x<1−aa；令f′(x)<0，解得x>1−aa，

所以f(x)在(0,1−aa)单调递增，在(1−aa,+∞)单调递减．

又f(0)=0，所以存在x∈(0,1−aa)，使得f(x)>0，不符合题意(舍)．

(iii)当a≥1时，f′(x)≤0在[0,+∞)恒成立，

所以f(x)在[0,+∞)单调递减，则f(x)在[0,+∞)的最大值为f(0)=0，符合题意．

综上所述，实数a的取值范围为[1,+∞)．

(Ⅲ)证明：当a=0时，要证f(x)=x−ln(x+1)>x−ex−1，

需证g(x)=ex−1−ln(x+1)>0，

g′(x)=ex−1−1x+1在(−1,+∞)单调递增，又g′(0)=e−1−1<0，g′(1)=1−12=118.解：(1)∀x1，x2∈[−1,1]，且x1<x2，则f(x1)−f(x2)=f(x1)+f(−x2)=f(x1)+f(−x2)x1−x2(x1−x2)，

因为−1≤x1<x2≤1，x1+(−x2)≠0，

由已知可得f(x1)+f(−x2)x1−x2>0，x1−x2<0，

所以f(x1)−f(x2)<0，

所以f(x1)<f(x2)，

所以函数f(x)在[−1,1]上单调递增；

(2)因为19.解：(1)g(x)=f(x)−x−1x+1=alnx−x−1x+1，定义域为{x|x>0}，

g′(x)=ax−x+1−(x−1)(x+1)2=ax−2(x+1)2=a(x+1)2−2xx(x+1)2=ax2+(2a−2)x+ax(x+1)2，

令ℎ(x)=ax2+(2a−2)x+a，x>0，

又a>0，

所以g(x)为开口向上的二次函数，g(0)=a>0，Δ=4(a−1)2−4a2=4−8a，

若△≤0，即a≥12，ℎ(x)≥0恒成立，即g′(x)≥0恒成立，g(x)单调递增，

若Δ>0，即0<a<12时，

令ℎ(x)=0得x1=1−a−1−2aa，x2=1−a+1−2aa，

x1x2=1>0，x1+x2=−2+2a>0，

所以x1>0，x2>0，

所以在(0,1−a−1−2aa)上ℎ(x)>0，g′(x)>0，g(x)单调递增，

在(