2024-2025学年安徽省皖豫名校联盟高三（上）联考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年安徽省皖豫名校联盟高三（上）联考数学试卷（10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|y=x+1}，B={x|14A.(−1,2) B.[−1,2) C.(−2,−1) D.(−2,−1]2.已知直线l1：a2x+y+1=0与直线l2：x−3ay+7=0，则“a=3A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件3.下列四个数中最大的是(

)A.lg20 B.lg(lg20) C.(lg20)24.某工厂产生的废气经过滤后排放，过滤过程中废气的污染物含量P(单位：mg/L)与时间t(单位：ℎ)之间的关系式为P=P0e−λt(t≥0)，其中P0为初始污染物含量，P0，λ均为正的常数，已知过滤前后废气的体积相等，且在前4ℎ过滤掉了80%的污染物A.4ℎ B.6ℎ C.8ℎ D.12ℎ5.函数f(x)的部分图象如图所示，则f(x)的解析式可能是(

)A.f(x)=(x−1x)cosx

B.f(x)=(x+1x)sinx6.已知函数f(x)=x2−ax+2a,x<−1,1−ln(x+2),x≥−1在RA.(−∞,0] B.[0,+∞) C.[−2,+∞) D.[−2,0]7.已知函数f(x)=ex−3−e3−x+x，则满足f(2m−2)+f(m+1)>6A.(3,+∞) B.(32,+∞) C.(8.定义[x]为不超过x的最大整数，区间[a,b](或(a,b)，[a,b)，(a,b])的长度记为b−a.若关于x的不等式k[x]>|2[x]−6|的解集对应区间的长度为2，则实数k的取值范围为(

)A.(0,45] B.(12,二、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m，n∈(0,1)∪(1,+∞)，若logm2=11−2a，A.若a=2，则mn=2 B.若a>2，则mn>2

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

)A.ab≤1 B.1a+2b≥2

11.已知函数f(x)与g(x)的导函数分别为f′(x)与g′(x)，且f(x)，g(x)，f′(x)，g′(x)的定义域均为R，g(x)−f(6−x)=3，f′(x)=g′(x−2)，g(x+4)为奇函数，则(

)A.g(2)+g(6)=0 B.f′(x+4)为偶函数

C.f(x)=f(x+8) D.k=1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若“∀x∈[π4,2π3]，13.若函数f(x)=exx2+bx+1在x=214.已知函数f(x)=mx，g(x)=3+lnx，若存在两条不同的直线与曲线y=f(x)和y=g(x)均相切.则实数m的取值范围为______．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)

(Ⅰ)已知函数f(x)=ax2+bx满足f(x)−f(x+1)=2x，求f(x)在区间(0,1)上的值域；

(Ⅱ)若函数y=x2x−1(x>1)的最小值为M16.(本小题15分)

设f′(x)是函数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，则称点(x0,f(x0))为曲线y=f(x)的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数f(x)=mx3+nx2−9x−13的图象的对称中心为(−1,−2)．

(Ⅰ)求实数17.(本小题15分)

已知函数f(x)=alnx+a2x−1(a∈R)．

(Ⅰ)若a=1，证明：f(x)≥0；

(Ⅱ)若a>0且存在x0∈(0,e]，使得18.(本小题17分)

已知函数f(x)=(1+a)x+xlnx，a∈R．

(Ⅰ)当a=−2时，求曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程；

(Ⅱ)当a=1时，求f(x)的极值；

(Ⅲ)若f(x)≤ex−a+x19.(本小题17分)

已知函数f(x)=exx−mlnx−mx,m∈R．

(Ⅰ)讨论f(x)的单调性．

(Ⅱ)当m=1时．

(i)证明：当x≥2时，f(x)>x；

(ii)若方程f(x)=a有两个不同的实数根x1，x2，证明x1+x2参考答案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)因为函数f(x)=ax2+bx满足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，

该函数开口向下，对称轴x=12，所以f(x)max=f(12)=14，且f(0)=f(1)=0，

所以f(x)在(0,1)上的值域为(0,14]；

(Ⅱ)由已知令g(x)=x2x−1，x>1，l再令t=x−1>0，

则原函数可化为y=t+1t+2≥2t×1t+2=4，当且仅当t=1时取等号，所以M=4，

16.解：(Ⅰ)因为f(x)=mx3+nx2−9x−13，

所以f′(x)=3mx2+2nx−9，

所以f″(x)=6mx+2n=2(3mx+n)，

又因为f(x)的图象的对称中心为(−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)单调递增14单调递减−18单调递增所以f(x)的极大值为f(−3)=14，极小值为f(1)=−18，

又f(−10)=−623<0，f(3)=14>0，

所以f(x)有3个零点．

17.(Ⅰ)证明：若a=1，则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)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，

所以f(x)有极小值，也是最小值，且f(x)min=f(1)=0，

所以f(x)≥0．

(Ⅱ)由题意得f′(x)=ax−a2x2=a(x−a)x2，x>0，

因为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)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增．

若0<a<e，则f(x)在(0,e]上的最小值为f(a)=alna+a−1．18.解：(Ⅰ)当a=−2时，f(x)=xlnx−x，f′(x)=lnx，f′(e)=1，f(e)=0，

故曲线y=f(x)在点(e,f(e))处的切线方程为y=x−e．

(Ⅱ)当a=1时，f(x)=2x+xlnx(x>0)，则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)上单调递减，在(e−3,+∞)上单调递增，

所以f(x)极小值=f(e−3)=−e−3，无极大值．

(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，则q(a)在R上单调递减，

又q(1)=1−1=0，故a≤1．

下面证明当a≤1时，g(x)≥0．

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

设p(x)=ex−x−1，则p′(x)=ex−1，

当x∈(−∞,0)时，p′(x)<0，当x∈(0,+∞)时，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．

当m≤1时，令f′(x)<0，得0<x<1，令f′(x)>0，得x>1，

所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；

当1<m<e时，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)上单调递减，在(0,lnm)和(1,+∞)上单调递增；

当m=e时，f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，所以f(x)在(0,+∞)上单调递增；

当m>e时，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)上单调递减，在(0,1)和(lnm,+∞)上单调递增．

综上，当m≤1时，f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；

当1<m<e时，f(x)在(lnm,1)上单调递减，在(0,lnm)和(1,+∞)上单调递增；

当m=e时，f(x)在(0,+∞)上单调递增；

当m>e时，f(x)在(1,lnm)上单调递减，在(0,1)和(lnm,+∞)上单调递增．

(2)证明：(i)由题可知，即证当x≥2时，exx−lnx−1x−x>0，

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

令t(x)=ex(x−1)−(x2+x−1)，x≥2，则t′(x)=xex−2x−1，

令n(x)=xex−2x−1，x≥2，则n′(x)=(x+1)ex−2，易知n′(x)在[2,+∞)上单调递增，

所以n′(x)≥n′(2)=3e2−2>0，则n(x)在[2,+∞)上单调递增，

所以n(x)≥n(2)=2e2−5>0，则t(x)在[2,+∞)上单调递增，

所以t(x)≥t(2)=e2−5>0，则s′(x)>0，s(x)在[2,+∞)上单调递增，

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

原不等式得证．

(ii)当m=1时，f(x)=ex