4.滚动测试卷(一)-【精讲精练】2026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.设集合M＝{x|1≤x<5}，N＝{x|x－3≥0}，则M∩N＝(　　) A.{x|1≤x≤3} B.{x|3≤x<5} C.{x|x≥1} D.{x|x≥3} 2.命题p：∃x>0，－3log3x<0的否定为(　　) A.∃x>0，－3log3x>0 B.∃x>0，－3log3x≥0 C.∀x>0，－3log3x≥0 D.∀x>0，－3log3x<0 3.设a>0，b>0，则“lg(a＋b)>0”是“lg(ab)>0”的(　　) A.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 4.下列可以作为方程x3＋y3＝3xy的图象的是(　　) 5.已知函数f(x)＝x|x|，则关于x的不等式f(2x)>f(1－x)的解集为(　　) A. B. C. D. 6.若函数f(x)＝3ax－1－1(a>0，且a≠1)的图象恒过定点P(m，n)，则函数g(x)＝logn(x2－mx－6)的单调递增区间为(　　) A.(－∞，－2) B. C.(3，＋∞) D. 7.已知函数f(x)对任意的x∈R都有f(x＋3)－f(x)＝0成立，当x∈[－1,2)时，则f(2024)＝(　　) A.－ B. C.－2 D.2 8.已知：a＝，b＝2.8，c＝e1.02，那么a，b，c三者的关系是(　　) A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.b<c<a 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.下列说法正确的是(　　) A.若ac2>bc2，则a>b B.＋的最小值为2 C.∀a>b，m>0，< D.＋的最小值为2 10.已知定义在R上的函数f(x)满足f(2x＋6)＝f(－2x)，且f(x－1)＋f(x＋1)＝f(－2)，若f＝1，则(　　) A.f(2024)＝1 B.f(x)的图象关于直线x＝－3对称 C.f(x)是周期函数 D.(－1)kkf＝2025 11.已知函数f(x)＝e2x－ax2(a为常数)，则下列结论正确的有(　　) A.当a＝1时，f(x)≥0恒成立 B.若f(x)有3个零点，则a的取值范围为(e2，＋∞) C.当a＝时，f(x)有唯一零点x0，且－1<x0<－ D.当a＝e2时，x＝1是f(x)的极值点 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)＝x3f′(1)－4ln x＋2，则f(2)＝________. 13.已知f(x＋2)为偶函数，且f(x＋2)＋f(x)＝－6，则f(2027)＝________. 14.已知函数f(x)＝若f(x)≤0恒成立，则a的最小值为________；若在f(x)的图象上有且仅有一对点关于y轴对称，则实数a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)＝(0≤x≤1)，求x∈[－5，－4]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－2ex＋3(a∈R)，g(x)＝(x－2)ex－ln x－x＋2. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)记函数f(x)的导函数为f′(x)，若不等式f′(x)≤g(x)恒成立，求实数a的取值范围. 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.B　由题意得N＝{x|x≥3}，所以M∩N＝{x|3≤x<5}.故选B. 2.C　由存在量词命题的否定形式可知， 命题p：∃x>0，－3log3x<0的否定为∀x>0，－3log3x≥0.故选C. 3.B　因为lg(a＋b)>0⇔lg(a＋b)>lg 1⇔a＋b>1， 又a>0，b>0， 所以a＋b≥2>1，当且仅当a＝b时等号成立， 即ab>， 又lg(ab)>0⇔lg(ab)>lg 1⇔ab>1， 所以ab>不能推出ab>1，所以lg(a＋b)>0不是lg(ab)>0的充分条件； 又ab>1⇒ab>，所以lg(a＋b)>0是lg(ab)>0的必要条件， 所以lg(a＋b)>0是lg(ab)>0的必要不充分条件.故选B. 4.B　当x<0时，x3＝3xy－y3＝y(3x－y2)<0， 若y<0，则3x－y2>0，即y2<3x<0，不符， 故x<0，y<0不可能同时成立，故A，C，D选项错误.故选B. 5.A　由f(x)＝x|x|＝故f(x)在R上单调递增， 由f(2x)>f(1－x)，有2x>1－x，即x>.故选A. 6.C　对于函数f(x)＝3ax－1－1(a>0且a≠1)， 令x－1＝0，求得x＝1，y＝2，可得它的图象恒过定点(1,2)， 所以m＝1，n＝2. 对于函数g(x)＝log2(x2－x－6)，则t＝x2－x－6>0， ∴x<－2，或x>3， 故函数的定义域为{x|x<－2，或x>3}. 函数g(x)＝log2(x2－x－6)的单调递增区间即t＝x2－x－6在定义域内的单调递增区间， 由二次函数的性质可得，t＝x2－x－6在定义域内的单调递增区间为(3，＋∞)，故选C. 7.A　由f(x＋3)－f(x)＝0，得f(x＋3)＝f(x)，可知函数周期为3，所以f(2024)＝f(3×675－1)＝f(－1)， 又当x∈[－1,2)时，f(x)＝ 所以f(－1)＝sin＝－sin＝－.故选A. 8.C　因为5a＝5·＝5log27＝log275＝log216 807， 5b＝5×2.8＝14＝log2214＝log216 384， 而16 807>16 384， 所以5a>5b，得a>b； 令f(x)＝ln－(x>0)，则f′(x)＝－＋＝－<0， 所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 因为当x→＋∞时，f(x)→0，所以f(x)>0， 所以ln>，所以ln>>0.02， 所以>e0.02， 因为＝，所以>e0.02， 所以2.8>2.72×e0.02>e1.02，所以b>c，所以a>b>c，故选C. 9.AD　对于A，若ac2>bc2，则a>b，A正确； 对于B，＋≥2或＋≤－2，因为不知道和0的大小关系，B错误； 对于C，若a>b，m>0， 则－＝＝， 而m(b－a)<0，但是a(a＋m)与0的大小不能确定，故C错误； 对于D, ＋≥2，当且仅当＝，即sin x＝0时等号成立，D正确.故选AD. 10.BCD　由f(x－1)＋f(x＋1)＝f(－2)，得f(x＋1)＋f(x＋3)＝f(－2)， 则f(x－1)＝f(x＋3)，即f(x)＝f(x＋4)，因此f(x)是周期为4的周期函数，C正确； 令x＝－1，得f(－2)＋f(0)＝f(－2)，则f(0)＝0，因此f(2024)＝f(0)＝0，A错误； 由f(2x＋6)＝f(－2x)，得f(x＋6)＝f(－x)，则f(－x)＝f[(x－12)＋6]＝f(x－6)， 因此f(x)的图象关于直线x＝－3对称，B正确； 由f(x＋6)＝f(－x)，得f(x)的图象关于直线x＝3对称， 因此直线x＝－3＋4n及x＝3＋4n(n∈Z)均为f(x)图象的对称轴， 从而f(－2)＝f(0)＝0，f＝f＝1，令x＝，得f＋f＝0， 即f＝－f＝－1，则f＝f＝f＝－1， 故(－1)kkf＝－f＋2f－3f＋4f－…－2025f ＝(1－2－3＋4)＋…＋(2021－2022－2023＋2024)＋2025＝2025，D正确. 11.BCD　对于A，当a＝1时，可得f(x)＝e2x－x2，则f(－1)＝e－2－1<0，所以A错误； 对于B，若函数f(x)＝e2x－ax2有3个零点，即e2x＝ax2有三个解， 其中x＝0时，显然不是方程的根， 当x≠0时，转化为g(x)＝与y＝a的图象有3个交点， 又由g′(x)＝＝， 令g′(x)>0，解得x<0或x>1； 令g′(x)<0，解得0<x<1， 所以函数g(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减； 所以当x＝1时，函数g(x)取得极小值，极小值为g(1)＝e2， 又由x→0时，g(x)→＋∞，所以a>e2，即实数a的取值范围为(e2，＋∞)，所以B正确； 对于C，当a＝时，f′(x)＝2e2x－x＝2， 设h(x)＝e2x－x，可得h′(x)＝2e2x－， 当x<ln时，h′(x)<0，h(x)在上单调递减；当x>ln时，h′(x)>0，h(x)在上单调递增，所以当x＝ln时，h(x)min＝h＝e2ln－ln>0，所以h(x)>0， 所以f′(x)>0，所以函数f(x)在R上单调递增， 又因为f(－1)＝e－2－<0，f＝e－1－>0，即f(－1)·f<0， 所以f(x)有唯一零点x0，且－1<x0<－， 所以C正确； 对于D，当a＝e2时，f(x)＝e2x－e2x2，可得f′(x)＝2e2x－2e2x＝2(e2x－e2x)， 当0<x<1时，f′(x)<0，f(x)在(0,1)上单调递减；当x>1时，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增， 所以x＝1是f(x)的极小值点，所以D正确.故选BCD. 12.解析　由题意知f′(x)＝3x2f′(1)－，令x＝1， 得f′(1)＝3f′(1)－4，解得f′(1)＝2， 所以f(x)＝2x3－4ln x＋2， 所以f(2)＝2×23－4ln 2＋2＝18－4ln 2. ·43·答案　18－4ln 2 13.解析　由f(x＋2)为偶函数知，f(x)关于x＝2对称，且f(2＋x)＝f(2－x)， 又由f(2－x)＋f(x)＝－6可知，对称中心为(1，－3)，则f(x)周期为4，所以f(2027)＝f(3)＝f(1)＝－3. 答案　－3 14.解析　①由题意f(x)≤0， 当x∈(－3，－2)时，xeax<0对于a∈R恒成立，满足条件； 当x∈(2,3)时，由ln x－ax－1≤0得 a≥－对于x∈(2,3)恒成立， 令g(x)＝－， 则g′(x)＝＋＝， 当x∈(2,3)时，2－ln x>2－ln 3>0，即g′(x)>0， 所以g(x)在(2,3)上单调递增， 故a≥g(x)max＝－＝， 所以a的最小值为. ②在f(x)的图象上有且仅有一对点关于y轴对称， 转化为函数y＝－xe－ax，x∈(2,3)与y＝ln x－ax－1，x∈(2,3)有且仅有一个交点， 则ln x－ax－1＝－xe－ax在x∈(2,3)有唯一解， 令t＝xe－ax，两边取对数ln t＝ln xe－ax＝ln x－ax， 所以ln t－1＝－t⇒ln t＋t－1＝0， 令g(t)＝ln t＋t－1，g′(t)＝＋1>0恒成立， 所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0， 所以1＝xe－ax⇒a＝在x∈(2,3)有唯一解， 令h(x)＝，则h′(x)＝， 令h′(x)>0，则0<x<e， 即h(x)单调递增； 令h′(x)<0，则x>e，即h(x)单调递减； 如图所示，h(x)在(2，e)上单调递增，在(e,3)上单调递减， 所以实数a的取值为. 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(x＋1)＝f(1－x)，即有f(－x)＝f(x＋2)， 又函数f(x)是定义在R上的奇函数，有f(－x)＝－f(x)，故f(x＋2)＝－f(x)， 从而f(x＋4)＝－f(x＋2)＝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)＝0，x∈[－1,0)时，－x∈(0,1]，f(x)＝－f(－x)＝－，故x∈[－1,0]时，f(x)＝－，x∈[－5，－4]时，x＋4∈[－1,0]，f(x)＝f(x＋4)＝－， 从而，x∈[－5，－4]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－2ex＋3(a∈R)的定义域为R ，f′(x)＝a－2ex ， ①当a≤0时，对任意的x∈R ，f′(x)<0 ，此时函数f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； ②当a>0时，由f′(x)<0 可得x>ln，由f′(x)>0 可得x<ln， 此时函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. 综上所述，当a≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)，无单调递增区间； 当a>0时，函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为. (2)若不等式f′(x)≤g(x)恒成立，则有a≤xex－ln x－x＋2， 设函数h(x)＝xex－ln x－x＋2，x>0，h′(x)＝ex＋xex－－1＝(x＋1)， 令h′(x)＝0得ex－＝0，即ex＝， 所以存在x0∈(0，＋∞)，使得h′(x0)＝0成立， 所以ex0＝　①， 且x0＝ln＝－ln x0，即ln x0＝－x0　②， 当x∈(0，x0)时，h′(x)<0，h(x)单调递减， 当x∈(x0，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增， 所以h(x)min＝h(x0)＝x0ex0－ln x0－x0＋2， 代入①②，可得h(x)min＝x0×＋x0－x0＋2＝3， 要使得a≤h(x)恒成立，则a≤h(x)min即可， 所以a≤3. 即实数a的取值范围为. 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 $$