第=page11頁，共=sectionpages11頁新疆維吾爾自治區(qū)2026屆高三上學(xué)期普通高考適應(yīng)性檢測月考試卷數(shù)學(xué)測試卷（一）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=1?A.?1,0,1 B.?1,1 C.1 D.0,12.已知f(x)是定義在[?1,1]上的函數(shù)，那么“函數(shù)f(x)在區(qū)間[?1,1]上單調(diào)遞減”是“函數(shù)f(x)在[?1,1]上的最大值為f(?1)”的(

)A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件

C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件3.如果a>0>bA.a>?b B.2a>4.設(shè)實數(shù)m，n滿足m+n<0，則關(guān)于x的不等式(x?m)(x+n)<0A.{x|x<m或x>?n} B.{x|x5.已知函數(shù)f(x)=lnx?12xA.既有極大值也有極小值 B.有極大值無極小值

C.有極小值無極大值 D.有2個零點6.定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x)=f(2?x)，當(dāng)x∈(0,1]時，f(x)=1+log2x，則A.log220262025 B.1 C.?17.已知函數(shù)f(x)=lnx,x>0ex,x≤0(e是自然對數(shù)的底數(shù)，e=2.71828A.[1,+∞) B.(?∞,?1] C.8.已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域為R，F(xiàn)(x)=ex+1f(x+1)是偶函數(shù)，其函數(shù)圖象為連續(xù)不間斷的曲線，且(x?1)f(x)+A.0,e3 B.1e,e3二、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.下列結(jié)論正確的是(

)A.若a12+a?12=3，則a+a?1=9 B.若a>b>10.已知關(guān)于x的不等式(4a+m)x2+(b?m)x?1<0(a>A.4a+b=1 B.ab的最大值為116

C.a2+b2的最小值為11.已知f(x)=lnxx+A.f(2)=f(4) B.f(x)≥e+1e

C.?x0三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.曲線y=x2+ax在點P(1,b)處切線的斜率為3，則實數(shù)b=

13.設(shè)f(x)=a?22x+1為奇函數(shù)，若g(x)=f(x)+x+a在區(qū)間[?m,m](m>0)的最大值為3，則g(x)在區(qū)間14.已知函數(shù)f(x)=lnx+x，g(x)=ex+x，若f(a)=g(b)，則b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)計算：(1)8(2)已知p=lg52+lg2lg5+16.(本小題15分已知函數(shù)f(x)=ax2?(a+1)x+1，a∈R，關(guān)于x的不等式(1)求實數(shù)a，b的值；(2)當(dāng)x>0，y>0且滿足ax(3)當(dāng)a>0時，求關(guān)于x的不等式f(x)17.(本小題15分)已知函數(shù)f(x)=x3+ax2(1)求a，b的值與函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)f(x)有三個不同的零點，求c的取值范圍；(3)若對任意x∈[c,1]，不等式f(x)<c18.(本小題17分雙曲函數(shù)是一類與常見的三角函數(shù)類似的函數(shù)，最基本的雙曲函數(shù)是雙曲正弦函數(shù)和雙曲余弦函數(shù)，記雙曲正弦函數(shù)為f(x)，雙曲余弦函數(shù)為g(x)，已知這兩個最基本的雙曲函數(shù)具有如下性質(zhì)：①定義域均為R，且f(x)在R上是增函數(shù)；②f(x)奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)；③f(x)+g(x)=e利用上述性質(zhì)，解決以下問題：(1)求雙曲正弦函數(shù)和雙曲余弦函數(shù)的解析式，并證明對任意實數(shù)x，f(x)2(2)當(dāng)x>0時，不等式f(x)≥kx恒成立，求實數(shù)(3)已知m∈R，記函數(shù)y=2m?g(2x)?4f(x)，x∈0,19.(本小題17分已知函數(shù)f(x)=ax(1)當(dāng)a=1時，討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性．(2)若f(x)有兩個極值點x1①求實數(shù)a的取值范圍；②求證：x1x2參考答案1.D

2.A

3.B

4.D

5.B

6.C

7.C

8.B

9.BCD

10.ABD

11.ACD

12.2

13.?1

14.1e15.(1)易知原式==4?3+1?(2)顯然p=lg而q=4r=log所以可得p+q?r=1+2?2=1．

16.(1)∵f(x)=ax2?(a+1)x+1移項整理得ax2?3x+2>0，∴不等式a∴x=1或x=b是方程ax2將x=1代入方程ax2?3x+2=0，可得a?3+2=0把a(bǔ)=1代入方程ax2?3x+2=0，得到x即b=2，故a=1，b=2．(2)由(1)知a=1，b=2，則1x+2y=1，∵當(dāng)且僅當(dāng)4xy=y∴(2x+y)min=8∴(2x+y)min≥k2

∴(k+3)(k?2)≤0，∴?故k的取值范圍是[?3,2]．(3)不等式f(x)<0，即ax∵a>0，∴(ax?1)(x?1)=0的兩根為①當(dāng)1a=1，即a=1時，不等式(x?1)2②當(dāng)1a>1，即0③當(dāng)1a<1，即a綜上可知，當(dāng)a=1時，不等式的解集為?；當(dāng)0<a<當(dāng)a>1時，不等式的解集為

17.(1)f又f(x)在x=1處取得極值c?1，所以f′(1)=3+2a+b=0則f(x)=xf′(x)=3x2?2x?1所以當(dāng)x<?13或x>1當(dāng)?13<x<所以f(x)在x=1處取得極小值，符合題意，綜上，a=?f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為?∞,?13和(1(2)由(1)知f(x)在x=?13又函數(shù)f(x)有三個不同的零點，所以f(x)極大=ff(x)極小=f(1)=c?1綜上，?5(3)∵x∈當(dāng)?13≤c<1此時f(x)又f(x)<c2解得0<當(dāng)c<?13時，f(x)所以f(x)max=f綜上，c的取值范圍為?∞,?

18.(1)因為f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，所以f(x)+f(?x)=0，g(x)=g(?x)，又f(x)+g(x)=ex，所以兩式相加可得2g(x)=ex+e?x所以f(x)2(2)因為x>0，不等式f(x)≥kx恒成立，即令p(x)=ex?e?x?2kx，由于此時有p′(x)=ex+e?x?2k≥0當(dāng)k>1時，令q(x)=ex+e?x且q(0)=2?2k<0，當(dāng)x→+∞時，q(x)→+∞，所以函數(shù)q(x)在且當(dāng)0<x<x0時，q(x)<0所以不等式ex?e?x?2kx≥0綜上所述，k≤1．(3)函數(shù)y=2m?設(shè)t=ex?e?x，由性質(zhì)①所以原函數(shù)即y=mt2?2t+2m，t∈0,當(dāng)m=0時，?(t)=?2t在0,3當(dāng)m<0，1m<0，?(t)當(dāng)0<1m<32時，即m>此時?(t)當(dāng)1m≥32時，即0<m≤2綜上所述，φ(m)=17m

19.(1)解：當(dāng)a=1時，可得f(x)=x2?lnx設(shè)g(x)=2x?2lnx令?(x)=x2+所以?(x)為(0,+∞)上的增函數(shù)，且所以g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以所以f′(x)min=2>0，所以(2)解：①因為函數(shù)f(x)=ax2?令f′(x)=0，解得設(shè)p(x)=lnxx因為f(x)有兩個極值點x1,x2，則直線當(dāng)x∈0,e時，p′所以p(x)在0