滚动测试卷(1)-【高考总复习】2025年高考数学一轮达标测试卷

滚动测试卷(一) (本卷满分150分　考试时间120分钟) 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1.若xlog32＝1，则4x＝(　　) A.9　　　B.3 C.2log32 D.2log23 2.函数f(x)＝xex－2ex＋x＋e在处的切线方程为(　　) A.y＝x B.y＝2x－1 C.y＝ex－e＋1 D.y＝－ex＋e＋1 3.函数y＝的部分图象大致为(　　) 4.已知a＝，b＝log，c＝1.7，则a，b，c的大小关系为(　　) A.a<b<c B.b<a<c C.c<a<b D.b<c<a 5.为了贯彻落实《中共中央国务院关于深入打好污染防治攻坚战的意见》，某造纸企业的污染治理科研小组积极探索，改良工艺，使排放的污水中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放废水中含有的污染物数量为2.25 g/m3，首次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量为2.21 g/m3，第n次改良工艺后排放的废水中含有的污染物数量rn满足函数模型rn＝r0＋·30.25n＋t，其中r0为改良工艺前所排放的废水中含有的污染物数量，r1为首次改良工艺后所排放的废水中含有的污染物数量，n为改良工艺的次数，假设废水中含有的污染物数量不超过0.25 g/m3时符合废水排放标准，若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为(　　) (参考数据：lg 2≈0.30，lg 3≈0.48) A.14 B.15 C.16 D.17 6.已知函数f(x)的定义域为R，y＝f(x)＋ex是偶函数，y＝f(x)－3ex是奇函数，则函数f(x)的最小值为(　　) A.e B.2 C.2 D.2e 7.已知函数f(x)的定义域为R，且对任意实数x，y，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x＜0时，f(x)＜0恒成立，则下列说法正确的是(　　) A.f(x)的图象关于y轴对称 B.∀x1，x2∈R，且x1≠x2，则＜0 C.f(x)在R上只有一个零点 D.f(1－2a)＞0的解集为 8.定义在(1，＋∞)上的函数f(x)的导函数为f′(x)，且(x－1)f′(x)－f(x)>x2－2x对任意x∈(1，＋∞)恒成立.若f(2)＝3，则不等式f(x)>x2－x＋1的解集为(　　) A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.对于实数a，b，c，下列结论正确的是(　　) A.若a>b，则ac<bc B.若ac2>bc2，则a>b C.若a<b<0，则|a|>|b| D.若c>a>b>0，则> 10.已知f(x)＝－ln x，f(x)在x＝x0处取得最大值，则(　　) A.f<x0 B.f＝x0 C.f(x0)＜ D.f(x0)> 11.设函数f(x)为R上的奇函数，f′(x)为f(x)的导函数，f(2x＋1)－f(2－2x)＝4x－1，f(1)＝1，则下列说法一定正确的有(　　) A.f＝ B.f(2)＝2 C.f′＝0 D.′＝59 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.设集合M＝{(x，y)|mx＋ny＝4}，且{(2，1)，(－2，5)} M，则m－n＝________. 13.定义开区间(a，b)的长度为b－a.经过估算，函数f(x)＝－x的零点属于开区间________(只要求写出一个符合条件，且长度不超过的开区间). 14.已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有四个零点，从小到大依次为a，b，c，d，则－c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.(13分)某天数学课上，老师介绍了基本不等式的推广：对任意的a1，a2，…，an≥0，有≤，当且仅当a1＝a2＝…＝an时等号成立.小明由此得到启发，在求x3－3x，x∈{x|x≥0}的最小值时，小明给出的解法是：x3－3x＝x3＋1＋1－3x－2≥3－3x－2＝3x－3x－2＝－2，当且仅当x＝1时，取到最小值－2. (1)请你模仿小明的解法，研究x4－4x，x∈{x|x≥0}的最小值； (2)求出当a＞0时，x3－ax，x∈{x|x≥0}的最小值. 16.(15分)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且它的图象关于直线x＝1对称. (1)求证：f(x)是周期为4的周期函数； (2)若f(x)＝，求x∈时，函数f(x)的解析式. 17.(15分)已知函数f(x)＝ax2－2x＋1. (1)当a＝时，求f(x)在区间[1，2]上的值域； (2)当a≤时，是否存在这样的实数a，使得关于x的方程f(x)－log2＝0在区间[1，2]上有且只有一个根？若存在，求出实数a的取值范围；若不存在，请说明理由. 18.(17分)已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数. (1)当a＝－1时，求f(x)的最大值； (2)若f(x)在区间上的最大值为－3，求a的值. 19.(17分)已知f(x)＝ln x－x，g(x)＝mx＋m. (1)记F(x)＝f(x)＋g(x)，讨论F(x)的单调区间； (2)记G(x)＝f(x)＋m，若G(x)有两个零点a，b，且a＜b，请在①②中选择一个完成. ①求证：2em－1＞＋b.②求证：2em－1＜＋a. 注：如果选择多种情况分别解答，按第一个解答计分. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 滚动测试卷(一) 1.A　因为xlog32＝1，所以x＝＝log23，所以4x＝4log23＝(2log23)2＝32＝9. 2.A　f′(x)＝ex＋xex－2ex＋1＝(x－1)ex＋1，f′(1)＝1，f(1)＝1，所以所求切线方程为y－1＝x－1，即y＝x.故选A. 3.B　令f(x)＝，其定义域为(－＋2kπ，＋2kπ)，k∈Z，关于原点对称，f(－x)＝＝＝－f(x)， 所以函数f(x)为奇函数，即图象关于原点对称，故排除A、C； 当x→0＋时，3x－1>0，3x＋1>0，ln(cos x)<0，即f(x)<0，故排除D； 故选B. 4.D　根据指数函数的单调性可得a＝>e0＝1，0<c＝1.7<0＝1，根据对数函数的单调性可得b＝log<log1＝0，所以b<c<a，故选D. 5.C　依题意，r0＝2.25，r1＝2.21，当n＝1时，r1＝r0＋(r1－r0)×30.25＋t，即30.25＋t＝1，可得t＝－0.25， 于是rn＝2.25－0.04×30.25(n－1)，由rn≤0.25，得30.25(n－1)≥50，即0.25(n－1)≥， 则n≥＋1≈15.17，又n∈N*，因此n≥16， 所以若该企业排放的废水符合排放标准，则改良工艺的次数最少为16.故选C. 6.B　因为函数y＝f(x)＋ex为偶函数，则f(－x)＋e－x＝f(x)＋ex，即f(x)－f(－x)＝e－x－ex①，因为函数y＝f(x)－3ex为奇函数，则f(－x)－3e－x＝－f(x)＋3ex，即f(x)＋f(－x)＝3ex＋3e－x②，联立①②可得f(x)＝ex＋2e－x，由基本不等式可得f(x)＝ex＋2e－x≥2＝2，当且仅当ex＝2e－x，即x＝ln 2时，等号成立，故函数f(x)的最小值为2.故选B. 7.C　令x＝y＝0，则f(0)＝f(0)＋f(0)，f(0)＝0；令y＝－x，则f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，所以f(x)是奇函数，f(x)的图象关于原点对称，A错误；任取x1＜x2，则f(x1－x2)＜0，又因为f(x1)＝f(x1－x2＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)，所以f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)＜0，f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在R上单调递增，所以＞0，B错误；因为f(0)＝0，f(x)是增函数，所以f(x)在R上只有一个零点，C正确；因为f(1－2a)＞0，所以f(1－2a)＞f(0)，且f(x)是增函数，所以1－2a＞0，解得a＜，D错误. 8.B　由(x－1)f′(x)－f(x)>x2－2x，即(x－1)f′(x)－f(x)＋1>(x－1)2，即－1>0，即′>0对x∈(1，＋∞)恒成立， 令g(x)＝－x，则g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，∵f(2)＝3，∴g(2)＝0， 由f(x)>x2－x＋1，即－x>0，即g(x)>g(2)， 因为g(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴x>2，故选B. 9.BCD　对于A，当c＝0时，ac＝bc，故A错误；对于B，若ac2>bc2，则a>b，故B正确；对于C，若a<b<0，则|a|>|b|，故C正确；对于D，若c>a>b>0，则 0<c－a<c－b，从而有>，故正确.故选BCD. 10.BC　因为f′(x)＝－＝－，x>0，由题可知f′＝0，所以1＋x0＋ln x0＝0， 所以f＝－ln x0＝x0，x0>0，即B正确. 令g(x)＝1＋x＋ln x，因为g′(x)＝1＋，x>0， 所以g(x)是增函数，且g＝－ln 2>0， 又g(x0)＝1＋x0＋ln x0＝0，所以x0<， 即f＝x0<，即C正确.故选BC. 11.BD　因为函数f(x)为R上的奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，因为f(2x＋1)－f(2－2x)＝4x－1，可得f(2x＋1)－(2x＋1)＝f(2－2x)－(2－2x)， 则f(x)－x＝f(3－x)－(3－x)， 所以函数f(x)－x关于直线x＝对称，f的值无法确定，故A错误； 因为f(2x＋1)－f(2－2x)＝4x－1，f(1)＝1，所以当x＝0时，f(1)－f(2)＝－1，所以f(2)＝2，故B正确； 因为f(x)＝－f(－x)，则f′(x)＝[－f(－x)]′＝f′(－x)①，所以f′(x)关于y轴对称， 又f(2x＋1)－f(2－2x)＝4x－1，所以2f′(2x＋1)＋2f′(2－2x)＝4，即f′(2x＋1)＋f′(2－2x)＝2， 所以f′(x)关于点对称， 则f′(x)＝－f′(3－x)＋2②， 由①②得f′(－x)＝－f′(3－x)＋2，所以f′(3－x)＝－f′(6－x)＋2，则f′(－x)＝f′(6－x)， 故f′(x)的周期为6，由②可得f′＝－f′＋2，即f′＝1，所以f′＝f′＝1，故C错误； 由②得f′(x)＋f′(3－x)＝2， 所以f′＋f′＝2， 则f′＝＋[f′＋f′]＋…＋＋f′＝2×＋1＝59，故D正确.故选BD. 12.解析　由M＝{(x，y)|mx＋ny＝4}及{(2，1)，(－2，5)} M，得解得 则m－n＝0. 答案　0 13.解析　因为y＝，y＝－x都是减函数，所以f(x)＝－x是减函数，又因为f(1)＝－1＝－＜0，f＝－＜0，f＝－＞0，即f·f＜0，所以函数f(x)在上有零点，且－＝. 答案　(答案不唯一) 14.解析　如图，根据题意有a＋b＝2×＝－4，－log2c＝log2d，即log2(dc)＝0，解得dc＝1，故－c＝＋4c.又f＝4，当－log2c＝4时有c＝，故c∈.故y＝＋4c≥2＝4，当且仅当＝4c，即c＝时等号成立.又当c＝时，y＝16＋＝；当c＝1时，y＝1＋4＝5<，故－c的取值范围为.故答案为. 答案　 15.解析　(1)由x≥0，知x4－4x＝x4＋1＋1＋1－4x－3≥4－4x－3＝4x－4x－3＝－3，当且仅当x＝1时，取到最小值－3. (2)由a＞0，x≥0，知x3－ax＝x3＋＋－ax－≥3－ax－＝ax－ax－＝－，当且仅当x3＝＝时，取到最小值－. 16.(1)证明　由函数f(x)的图象关于直线x＝1对称， 有f＝f(1－x)，即有f(－x)＝f， 又函数f(x)是定义在R上的奇函数，有f(－x)＝－f(x)，故f＝－f(x)， 从而f＝－f＝f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数. (2)解析　由函数f(x)是定义在R上的奇函数， 有f＝0，x∈时，－x∈，f(x)＝－f(－x)＝－，故x∈时，f(x)＝－，x∈时，x＋4∈，f(x)＝f＝－， 从而，x∈时，函数f(x)的解析式为f(x)＝－. 17.解析　(1)当a＝时，f(x)＝x2－2x＋1，f(x)图象的对称轴方程为x＝，易知∈[1，2]， 又因为f＝－，f(1)＝－＜f(2)＝0， 所以f(x)在区间[1，2]上的值域为. (2)存在实数a∈，使得关于x的方程f(x)－log2＝0在区间[1，2]上有且只有一个根. 当a＝0时，函数f(x)＝－2x＋1在区间[1，2]上单调递减； 当0＜a≤时，≥2，函数f(x)＝ax2－2x＋1在区间[1，2]上单调递减； 当a＜0时，＜0，函数f(x)＝ax2－2x＋1在区间[1，2]上单调递减. 综上所述，当a≤时，函数f(x)在区间[1，2]上单调递减. 令h(x)＝log2，x∈[1，2]，h(x)在区间[1，2]上单调递增， 原命题等价于函数f(x)与h(x)的图象在区间[1，2]上有唯一交点， 则即 解得a∈. 所以存在实数a∈，使得关于x的方程f(x)－log2＝0在区间[1，2]上有且只有一个根. 18.解析　(1)函数f(x)＝ax＋ln x的定义域为(0，＋∞)，当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，则f′(x)＝－1＋＝，当0<x<1时，f′(x)>0，当x>1时，f′(x)<0，所以f(x)在区间(0，1)上单调递增，在区间(1，＋∞)上单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝－1，所以当a＝－1时，f(x)的最大值为－1. (2)函数f(x)＝ax＋ln x，则f′(x)＝a＋，x∈，∈， ①若a≥－，则f′(x)≥0，所以f(x)在区间上单调递增，故f(x)max＝f＝ae＋1≥0，不符合题意； ②若a<－，当0<x<－时，f′(x)>0，当－<x≤e时，f′(x)<0，所以f(x)在区间上单调递增，在区间上单调递减，则f(x)max＝f＝－1＋ln，令－1＋ln＝－3，可得ln＝－2，解得a＝－e2，因为－e2<－，所以a＝－e2符合题意. 综上所述，a＝－e2. 19.(1)解析　F(x)＝ln x＋(m－1)x＋m，易知函数F(x)的定义域为(0，＋∞)，F′(x)＝＋m－1. 当m≥1时，F′(x)＞0，所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增. 当m＜1时，令F′(x)＞0，解得0＜x＜， 令F′(x)＜0，解得x＞， 所以F(x)在上单调递增，在上单调递减. 综上，当m≥1时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当m＜1时，F(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)证明　G(x)＝ln x－x＋m，令G(x)＝0，得m＝x－ln x. 设t(x)＝x－ln x(x＞0)， 则t′(x)＝1－＝， 令t′(x)＜0，解得0＜x＜1，令t′(x)＞0，解得x＞1， 所以函数t(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 且当x→0且x＞0时，t(x)→＋∞，当x→＋∞时，t(x)→＋∞，t(x)min＝t(1)＝1， 因为G(x)有两个零点，所以m＞1， 又因为a＜b，则0＜a＜1＜b. 要证①2em－1＞＋b， 即证ln 2＋m－1＞ln ＝ln(b2＋1)－ln b， 又因为G(b)＝0，即m＝b－ln b， 故即证ln 2＋b－ln b－1＞ln(b2＋1)－ln b， 即证ln 2－1＞ln(b2＋1)－b. 设h(b)＝ln(b2＋1)－b，b＞1， 则h′(b)＝－＜0， 所以h(b)在(1，＋∞)上单调递减，所以h(b)＜h(1)＝ln 2－1，所以2em－1＞＋b得证. 要证②2em－1＜＋a，即证ln 2＋m－1＜ln ， 即证ln 2＋m－1＜ln(a2＋1)－ln a. 又因为G(a)＝0，即m＝a－ln a，故即证ln 2＋a－ln a－1＜ln(a2＋1)－ln a，即证ln 2－1＜ln(a2＋1)－a. 设φ(a)＝ln(a2＋1)－a，0＜a＜1，则φ′(a)＝－＜0，所以φ(a)在(0，1)上单调递减，故φ(a)＞φ(1)＝ln 2－1，所以2em－1＜＋a得证. 学科网（北京）股份有限公司 $$