湖南永州市新田县第一中学2025-2026学年下学期高一入学检测试题数学（A卷）

2026年春季高一入学数学检测卷（A卷) 时间：120分钟分值：150分 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分 1.已知集合A={x∈N|x2-3x-4≤0，B=xly=-nx+1)},则A∩B=() A.{x-1<x≤e-l} B.{1,2} C.{0,} D.{0,1,2} 2.命题Vx∈{xl≤x≤2；，x2-a≤0为真命题的一个充分不必要条件是() A.a24 B.a≥5 C.a≤4 D.a≤5 x+a,x<0, 3.已知函数f(x)=b,x=0是奇函数，则a+b+c=() Cx+2,x>0 A.2 B.1 C.0 D.-1 4.下列选项正确的是() A.l0g23<log 5<e2<33 B.log23<l0g:5<33<e2 C.log,5<log23<3<e2 D.10g,5<log,3<e2<3 5.如图所示，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6,AC=8,D是BC的中 点，点E在AD上，且DE=2AE.则BE.AD=() B.-29 29 D.- 3 C.29 6 6 6.若不等式x2-ax+a<0(a<0)有且只有两个整数解，则a的取值范围为( 1 A.-2a<0 B.-3 4 1 a< 2 c.a0 4 a<2 1 D.- 3 7.已知函数f(x)=log2(4+)-x,则不等式f(x-1)<f(2x)的解集为() A.(-∞，-1) B（ c. D.(,G+ 8.已知函数f(x)=x+1+3-x,g(x)=mx+6-m,若对任意的x∈[-2,5]，总存在 试卷第1页，共4页 x2∈[-1,2]，使得f(x)=g(x2)成立，则实数m的取值范围是() A.[l,+o) B.（-0,-2U[2,+∞ C.[3,+o) D.（-0,-4J[4,+o0） 二、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 部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.下图是函数y=sin(ox+p)的部分图像，则sin(ox+p)=() 2死 6 A.sin B.sin(2) C.cos(2 D.cos 5-2x 10.若x,y满足x2+y2-y=1,则() A.x+y≤1 B.x+y≥-2 C.x2+y2≤2 D.x2+y2≥1 11.已知函数f(x),g(x)的定义域均为R,f(x+1)+f(x-1)=f(x),g(x-3)是偶函数， 且∫(x)+g(x-3)=2,若g(-3)=1,则下列说法正确的有() Af0)=月 B.f(x)的图象关于点 0中心对称 C.f(2025)=-1 D.f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2025)=0 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 名4 12.计算：35+0.12)5+log:2 试卷第2页，共4页 13.设向量a,6c满足a+方+c=0,(a-)1c,a1,若园=1，则++的值 是 14.设aeR,函数∫(x)=ax2-2x-x2-ax+1,若f(x)恰有两个零点，则a的取值范围 为 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤 15.已知集合A={xx2+2(a-1)x+a2-4=0},B={xx2-3x-4=0 (I)若0∈A,求实数a的值： (2)若C={xmx+2=0},且CcB,求实数m的值： (3)若(AUB)cB,求实数a的取值范围. 16.2025年被称为“智能体元年”，基于AI大模型的智能体技术迎来规模化应用与产业变 革，某科技AI研发中心正在研发名为“天穹”的新一代大模型，在模型训练阶段，研发团队 发现，模型的综合性能评分Pt)(满分100分)和有效训练时长t(单位：百GPU小时)的 关系分为两个阶段.通过对几轮训练数据的拟合分析，得到如下函数关系： -0.4t2+at+40,0≤t≤10 P(t)= 720 己知综合性能评分P(5)=70，,且在t=10函数图象是连续 -1.8t+b,10<t≤60 t 不断的 (I)求函数P)的解析式： (2已知大模型的标准化训练效率定义为E阳0=P0)-50,t>0,训练时长取何值时，“天穹 t 模型的标准化训练效率最高？ 试卷第3页，共4页 17.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知3sinA+cosA= b (I)求tanB: 2)若D为BC边上一点，4D14B,且BC-30,求BC AC 2 CD 18.已知函数f(x)=lna.4+2-2) (I)当a=3时，求函数f(x)的定义域： (2)当a≤0时，函数f(x)的值域为R,求a的值： (3)在(2)的条件下，设函数g(x)=e/)+2,解关于x的不等式g(x2+mx-2m)≥g(2x). 19.己知函数f(x)=xe-em. (1)当a=1时，求f(x)的单调区间： (2)当x>0时，f(x)>-1,求a的取值范围： (B)设neN,证明：e+e++em+2 试卷第4页，共4页《2026年春季高一入学数学检测卷(A卷)》参考答案 题号 1 2 4 6 7 8 9 10 答案 e 0 B D D B BC BC 题号 11 答案 BCD 11.BCD 【详解】因为g(x-3)是偶函数，所以g(-x-3)=g(x-3), 则f(-x)+g(-x-3)=f(-x)+g(x-3)=2=f(x)+g(x-3),所以f(x)=f(-x): 选项A,当x=0时，f(0)+g(-3)=2,又因为g(-3)=1,所以f(0)=1, 由f0+f(-)=f0),得2f0=f0)=1,所以f0=,故A错误： 选项B,由f(x+1)+f(x-1)=(x),得f(x)+f(x-2)=f(x-1), 两式相加得f(x+)+f(x-1)+f(x)+f(x-2)=f(x)+f(x-1), 化简得f(x+1)+f(x-2)=0,即f(x)+f(x+3)=0, 又因为f(x)=f(-x),所以f(-x)+f(x+3)=0, 所以的图象关于点0中心对称，改B正角： 选项C,由B知，f(x)+f(x+3)=0,即f(x)=-f(x+3),所以f(x+3)=-f(x+6), 所以f(x)=f(x+6),故f(x)是以6为一个周期的周期函数， 所以f(2025)=f(6×337+3)=f(3)=-f(0)=-1,故C正确： 选项D,由B知，f(x)+f(x+3)=0,所以f(0)+f(3)=0,f(1)+f(4)=0, f(2)+f(5)=0, 所以f(0)+f1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=0, 由A知，f0)=1,f0- 由+)+-)=f得，2+fo)=/0.所以)=f0)-o=}1= 2 所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0. 答案第1页，共8页 则f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2025) =337×f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=0,故D正确. 故选：BCD 2.的 13.4 14.（-∞，0)U(0,1)U(1,+∞) 【分析】根据绝对值的意义，去掉绝对值，求出零点，再根据根存在的条件即可判断的取 值范围。 【详解】(1)当x2-ax+1≥0时，f(x)=0台(a-I)x2+(a-2)x-1=0, 即[(a-1)x-1(x+1)=0,若a=1时，x=-1,此时x2-ax+1≥0成立： 若41时，x=或x=-1,若方程有一根为x-1,则1+a+1≥0，即a≥-2且a≠1： a-1 若方程有一根为=则 1 -1 -a× +1≥0，解得：a≤2且a≠1： a-1 1 若x= =-1时，a=0,此时1+a+1≥0成立. a-1 (2)当x2-ax+1<0时，f(x)=0台(a+1)x2-(a+2)x+1=0,即[(a+1)x-1](x-1)=0, 若a=-1时，x=1,显然x2-ax+1<0不成立；若a≠-1时，x=1或x= a+11 若方程有一根为x=1,则1-a+1<0,即a>2; 若方程有一根为=则点 2 1+1<0,解得：a<-2: -ax a+1 a+1 若x= a+1 =1时，a=0,显然x2-ax+1<0不成立： 综上.当a6-2时，g点为：当-250<0时，零点为 1 ,-1 当a=0时，只有一个零点-1：当0<a<1时，零点为 一’-1：当a=1时，只有一个零点 1 -1:当1<a≤2时，零点为。，-1：当a>2时，零点为1，-1. 所以，当函数有两个零点时，a≠0且a≠1. 故答案为：（-∞，0)U(0,1)U(1,+o). 答案第2页，共8页 15.(1)a=±2 (2)m=0或m=2或m=- 2 8ae} 【分析】(1)x=0是方程x2+2(a-1)x+a2-4=0的根，代入即可求a: (2)分C=0、C={-1}和C={4}三种情况进行讨论即可； (3)由题意可得A≤B,分A=0,A={-,A={4,A={-1,4}四种情况讨论即可. 【详解】(1)因为0∈A,可知x=0是方程x2+2(a-1)x+a2-4=0的根， 则a2-4=0,解得a=±2. (2)因为B={xx2-3x-4=0={-1,4}, 若C={xmx+2=0,且C≤B,可知C≠{-1,4}， 当C=☑，则m=0,满足题设： 当C={-1},则-m+2=0,解得m=2: 当C={4,则4m+2=0,解得m=-2 1 综上所述：m=0或m=2或m) (3)因为(AUB)SB,且BS(AUB),则AUB=B,可得A∈B, 当A=0时，则x2+2(a-1)x+a2-4=0无实数根， 可得△=4a-1y-4d2-4)<0,解得a>2 5 当A={-1}时，x2+2(a-1)x+a2-4=0有两相等实数根x=-1, 则2-)=2 a2-4=1 ，无解，不合题意： 当A={4}时，x2+2(a-1)x+a2-4=0有两相等实数根x=4, m「-2(a-1)=8 则{。4=16，无解，不合题意： 当A={-1,4}时，x2+2(a-1)x+a2-4=0有两个实数根x=-1,4, 答案第3页，共8页 -2(a-1)=3 则 a2-4=-4 ,无解，不合题意： 综上所运：a的取值范围为aa引。 -0.42+8t+40,0≤t≤10 16.(1)P(t)= 720 -1.8t+170,10<t≤60 t (2)当t=5时，E()=4,此时“天穹模型的标准化训练效率最高. 【分析】(1)根据函数P(t)的初始值和连续性求出a,b的值即可. (2)先求出不同的范围时E(t)的解析式，然后根据基本不等式的性质以及二次函数的性质 分别求出不同t的范围时E(t)的最大值，然后进行比较即可. 【详解】(1)因为P(5)=70,P(5)=-0.4×52+5a+40=70, 所以a=8. 因为P()在t=10处函数图象是连续不断的， 所以-0.4×102+8×10+40=-720-1.8×10+b,解得6=170. 10 -0.412+8t+40,0≤t≤10 所以P(t)= 720 -1.8t+170,10<t≤60 (2)当0<t≤10时，P(t)=-0.4t2+8t+40, 此时E0= P0-50-0.412+8t-10 -0.4-10 8. t 10 因为t>0,所以0.41+ 10 ≥2,0.4t× =4, t t 当且仅当0,41=10时，即1=5时等号成立，此时E0的最大值为4. t 当10<1≤60时，P0=-720-1.8+170, t 此时 720-1.8t+120 E0=P0-50- t 79018-20具6-7加g1 +3.2<4. 综上，当t=5时，E(t)=4,此时“天穹模型的标准化训练效率最高. 答案第4页，共8页 .写 (2)3V5 【分析】(1)利用边化角，结合三角恒等变换可求得tanB: (2)由题意结合正弦定理可得sin∠BAC= BC_SABC可 2 3,进而可得∠B1C=3,利用CDS 求解 【详解】(1)由题得，3 bsin A+bcosA=c, 由正弦定理得，3 sin Asin B+sin BcosA=sinC, 在△ABC中，A+B+C=元， 所以sinC=sinπ-(A+B)=sin(A+B)=sinA cosB+sinB cosA, 代入可得3 sin Asin B=sin Acos B, 在△ABC中，sinA≠0，所以3sinB=cosB, 因为Be(0,π)，所以sinB>0,所以cosB>0, 故tanB=sinB-1 cosB=3 (2)因为sin2B+cos2B=1,由(1)得sinB=0 10 在aABC中，由正弦定理得sin∠BAC=BC-30」 sin B AC 2 所以sin∠B4C= 2 因为AD L AB且D为BC边上一点， 所以LBAC∈ 经小所以∠84c=号.此时c0 69 在Rt△4BD中，mB,所以石/ AD tan B 2πv3 BC S.ABC =2 B.AC.sin AB 所以， 3=2 √5AB5 3√5 CD)AD.4C.sin AD AD tan B 2 621 2 18.()0og.3to) (2)0 答案第5页，共8页 (3)答案见解析 【分析】(1)代入a,再结合对数函数的定义域即可得解： (2)分a<0与a=0讨论判断，即可得解； (3)先确定g(x)的定义域与单调性，根据函数值的大小确定自变量大小，再对m进行分类 讨论，即可得解。 【详解】(1)若a=3,f(x)=ln[3·(2*)2+2-2]=n[(3·2-2)2+1], 2>0,.2+1>0,.(32-2)2+1)>0即3·2-2>0， 即2>2 2 ,解得x>og 2 即函数f:)的定义域为og,了+oo). (2)若a<0,设m(x)=a4+2-2,令2*=t,t>0, 则m(x)可转化为关于t的函数h(t)=at2+t-2. h(t)=at2+t-2为开口向下的二次函数， 1 在对称轴t=- 2a 2, >0处取到最大值M分=女 即a≤时)，h0s0恒成立，则f)的定义域 Γ8 若2>0即人<a<0时，mm=a:4+22存在最大值且最大值大于0， 8 则f(x)=ln(a4+2-2)存在最大值，与值域为R矛盾，故舍去； 若a=0,则f(x)=n(2-2）, 当x∈(1，+oo)时，2-2∈(0，+oo),ln(2x-2)eR,符合题意. 综上所述，a=0. (3)若a=0,则f(x)=n(2-2),2-2>0,解得x>1, 故g(x)=e2-2)+2=2-2+2=2,定义域为(1，+o) 易知g(x)=2为单调递增函数，且定义域为(1，+oo), 故由g(x2+mx-2m)≥g(2x), 答案第6页，共8页 [x2+mx-2m>1 可得{2x>1 x2+mx-2m≥2x 其中若2x>1与x2+mx-2m≥2x成立，则x2+mx-2m>1成立， [2x>1 因此解 2+mr-2m≥2x即可， 而x2+mx-2m≥2x可整理为(x+m)(x-2)≥0， 因此即解 (x+m(x-2)≥0 ①若-m≤分即m≥时，可解得x之2，即x2+w: ②洁-ms2,即-25<时，可解得5-0或x22, 即xemU2.+o: @若-m>2,即m<-2时，可解得x≤2或x2-m, 即xe(写2U[-m,+o）. 综上所述，当m<-2时，x∈(，2U[-m,+0): 当-2sm<-2时，xe(5m]U[2,o): 当m≥-时，x∈[2，+o). 2 19.(1)单调递减区间为(-o,0),单调递增区间为(0，+0). (2)(-o,1 (3)证明见解析 【分析】(1)当a=1时，利用导数可求函数的单调区间： (2)分a≤1和a>1两种情况分别判断f(x)>-1是否成立，进而可求得求a的取值范围： (3)由(1)可得当x∈(0,1)时，e<,1 一x'再证明，”sn 3”-n2.3,e3<1+, 23网，记 a,2,3一，计算可证结论 【详解】(1)当a=1时，f(x)=xe-e,f'(x)=xe, 答案第7页，共8页 所以当x∈(-0,0)时，f'(x)<0;当x∈(0，+∞)时，'(x)>0. 所以函数f(x)的单调递减区间为(-o,0),单调递增区间为(0，+∞)， (2)因为x>0,所以当a≤1时，f(x)≥xe-e,由(1)知f(x)>f(0)=-1, 当a>1时，f(x)=(x+)e-em=e(x+1-e-） 又当x∈(0，a-1)时，x+1<a-1+1=a,aea-r>a, 所以x+1<aea-r,即f'(x)<0.所以f(x)在区间(0，a-l)单调递减， 所以f(a-1)<f(0)=-1,不符合题意.综上，a的取值范围是(-o,]. (3)由(1)知，当a=1时，函数f(x)在区间(0，+o)单调递增， 所以当x∈(0，+∞)时，f(x)>f(0)=-1, 即xe-e>-1,所以当x∈(0,1)时，e<,1 1-x 当neN时，0学<1，则有e”1日。” 13”3"-n+n_1+ n 3 3” 令h(x)=e-x,求导得h(x)=e-l,当x<1时，N(x)<0: 当x>1时，'(x)>0,所以h(x)=e-1-x≥h(1)=e-1=0, 所以e之x,所以3≥e≥n,所以，”= n s-n 3”-n23"-+3--n23· 3n12记a2, 所以e<1+,”≤1+。” 所以4*。+a安}g2 2 所以e+e++e<n+2·综上，原不等式成立. 答案第8页，共8页