山东省烟台市莱州一中2025届高三数学第一次质量检测数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页山东省莱州市莱州一中2025届高三数学第一次质量检测数学试卷一、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=xlog2x≥0，B=xA.x−3<x<1 B.x−2<x<2 C.x2≤x<32.已知实数a，b，c，则下列命题中正确的是(

)A.若a>b，则ac>bc

B.若a>b>0，c<0，则ca>cb

C.若a>b>c，a+b+c=0，则ca−c<cb−c3.函数fx=2sinA. B.

C. D.4.已知函数f(x)=lnx−a2x2−2xA.[−1,+∞) B.(−1,+∞) C.(−∞,−1) D.(−∞,−1]5.若sin(α−π3)=5A.255 B.−256.已知a=20.5,b=log25,c=log410,则A.a<b<c B.a<c<b C.c<a<b D.b<c<a7.在▵ABC中，点D,E是线段BC上的两个动点，且AD+AE=xAB+y2AC，则A.23 B.43 C.2 8.已知a，b∈R且ab≠0，对于任意x≥0均有(x−a)(x−b)(x−2a−b)≥0，则

(

)A.a<0 B.a>0 C.b<0 D.b>0二、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.已知平面向量OA=(2m,3)，OB=(m+2,4)，则(

)A.若直线AB的一个方向向量为(1,1)，则m=1

B.若向量AB是单位向量，则m=2

C.若向量OP=(4,1)满足PA⊥AB，则m=3

D.当m=0时，向量OA在向量10.下列选项中，与sin(−116π)的值相等的是A.2cos215°−1 B.cos18°cos 42°−sin11.定义在R上的函数f(x)的导函数为f′(x)，对于任意实数x，都有f(−x)=e2xf(x)，且满足2f(x)+f′(x)=2x+1−A.函数F(x)=exf(x)为偶函数

B.f(0)=0

C.不等式exf(x)+xex<e的解集为(1,+∞)

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设函数f(x)=sinπx,x>0f(x+1)−1,x≤0，则f13.若1−sinαcosα=14.已知函数f(x)=xex−1+1,x≥0x2+1,x<0，点A,B是函数f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)已知a=2，b=4，且(1)求a与b的夹角；(2)若2a−b⊥16.(本小题12分)已知cos(α+β)=255，tan(1)求cos2(2)求2α+β的值．17.(本小题12分)已知a∈R，函数fx(1)若函数fx在−1,1上单调递增，求a(2)讨论函数fx的单调区间．18.(本小题12分)已知函数fx(1)当m=0时，求fx(2)当m>−2时，讨论fx的零点个数．19.(本小题12分)已知函数f(1)当a=−2时，求曲线y=fx在点0,f(2)若fx在定义域上存在极值，求a(3)若fx≥1−sinx恒成立，求参考答案1.A

2.B

3.B

4.B

5.D

6.B

7.C

8.C

9.ABD

10.BC

11.ABD

12.313.3414.[0,415.解：(1)因为

a+b所以

a⋅b设

a

与

b

的夹角为

θ(θ∈[0,π])

，则

cosθ=a⋅ba⋅b=−42×4故

a

与

b

的夹角为

2π3

(2)因为

2a−b⊥a+k即

2a2+2ka⋅b所以

8−4(2k−1)−16k=0

，即

12−24k=0

，解得

k=12

16.解：(1)原式=cos2β−sin2β+sinβcosβcos2β+sin2β=1−tan2β+tanβ1+tan2β=1110;

(2)∵cos(α+β)=255>0且α+β∈(0,π)，

∴α+β∈(0,17.解：(1)函数fx=−函数f(x)在[−1,1]上单调递增，即ex−x∴ax+2即a≥x，∵x∈−1,1，

∴a≥1(2)f①a>−2时，f​′(x)>0时，−2<x<a，当f​′函数fx在区间−∞,−2,a,+∞上单调递减，在区间②a<−2时，f​′(x)>0时，a<x<−2，当f​′函数fx在区间−∞,a,−2,+∞③a=−2时，f′x函数fx在区间−∞,+∞

18.解：(1)当m=0时，f(x)=xex−1，f′(x)=(x+1)ex，

令f′(x)<0，得x<−1，

令f′(x)>0，得x>−1，

所以f(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，

当x=−1时，f(x)取得极小值−1e−1，无极大值．

(2)由题得，f′(x)=(x+1)ex+mx+m=(x+1)(ex+m)．

(i)当m=0时，f(x)=xex−1，当x≤0时，f(x)<0，

又f(x)为(0,+∞)上的增函数，且f(1)=e−1>0，所以f(x)仅有一个零点；

(ii)当m>0时，ex+m>0，

由x<−1得f′(x)<0，f(x)为减函数；

由x>−1得f′(x)>0，f(x)为增函数，

所以f(x)min=f(−1)=−1e−m2−1<0．

因为f(1)=e+m2+m−1=e+32m−1>0，

所以f(x)在(−1,+∞)内有1个零点．

令g(x)=xex，则g′(x)=(x+1)ex，

所以g(x)在(−∞,−1)上单调递减，在(−1,+∞)上单调递增，

所以g(x)≥g(−1)=−1e，

所以f(x)=xex+12mx2+mx−1≥−1e+12mx2+mx−1，

因为m>0，

所以当x趋近于−∞时，−1e+12mx2+mx−1的值趋近于+∞，

所以f(x)在(−∞,−1)内有1个零点．

所以f(x)有两个零点;

(iii)当−2<m<0时，由f′(x)=0，得x=−1或x=ln(−m)，

①若ln(−m)<−1，即−1e<m<0，

则当x<ln(−m)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；

当ln(−m)<x<−1时，f′(x)<0，f(x)单调递减;

当x>−1时，f′(x)>0，f(x)单调递增．

而f(ln(−m))=m2(ln(−m))2−1<0，f(1)=e+32m−1>e−32e−1>0，19.解：(1)当a=−2时，f(x)=ex−2ln(x+1)，f(0)=e0−2ln1=1，

又因为f′(x)=ex−2x+1，f′(0)=e0−21=−1，

所以切线方程为y−1=−(x−0)，即x+y−1=0;

(2)f′(x)=ex+ax+1(x>−1)，

所以当a≥0时f′(x)≥0恒成立，不符合题意．

当a<0时，令p(x)=f′(x)=ex+ax+1(x>−1)，

则p′(x)=ex−a(x+1)2>0，

所以a<0时，f′(x)在定义域上单调递增，

f′(a2)=ea2+aa2+1，

因为aa2+1≥−12，ea2>1，所以f′(a2)>0，

当a<−1时，f′(0)=1+a<0，所以f(x)在(0,a2)上存在极值点．

当a=−1时f′(x)=ex−1x+1，f′(0)=0，所以x=0为f(x)的极值点．

当−1<a<0时f′(a2−1)=ea2−1+1a，

因为ea2−1<1，1a<−1，故f′(a2−1)<0，

所以f(x)在(a2−1,a2)上存在极值点，

综上所述，a的取值范围是(