山东省济南市商河县弘德中学2025-2026学年高二（下）开学数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年山东省济南市商河县弘德中学高二（下）开学数学试卷一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.已知函数f（x）=x2-f'（1）x+lnx,则f'（1）=（）A. B.1 C. D.22.已知曲线y=ae2x在x=0处的切线与直线x+y-1=0垂直，则a=（）A. B. C.-1 D.13.若ex+2t≥lnx-2t对一切正实数x恒成立，则实数t的取值范围是（）A. B. C. D.（-∞，e]4.已知函数f（x）=x（x-a）2在x=1处取得极大值，则a的值是（）A.1 B.2 C.3 D.45.已知a＞0，若过点（a，b）可以作曲线y=x3的三条切线，则（）A.b＜0 B.0＜b＜a3 C.b＞a3 D.b（b-a3）=06.函数f（x）=cosx+（x+1）sinx+1在区间[0，2π]的最小值、最大值分别为（）A.-， B.-， C.-，+2 D.-，+27.若函数f（x）=ex-e-x+sin2x，则满足f（2x2-1）+f（x）＞0的x的取值范围为（）A. B.

C. D.8.设函数f（x）=x3+ax2+（a-1）x（a∈R）为奇函数，则曲线在点（1，0）处的切线方程为（）A.y=-2x+2 B.y=-x+1 C.y=2x-2 D.y=x-1二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.已知函数，若函数f（x）在（2a,2a+3）上存在最小值，则a的可能取值为（）A. B. C.-1 D.010.已知函数，下列选项正确的是（）A.0是函数f（x）的零点

B.函数f（x）仅有一个极小值

C.若1＜x1＜3＜x2，且f（x1）=f（x2），则x1x2＜9

D.若关于x的方程[f（x）]2-2af（x）=0恰有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是11.已知直线y=kx与曲线y=ln（2x）相交于A（x1，y1），B（x2，y2）两点，曲线y=ln（2x）在点A处的切线与在点B处的切线相交于点M（x0，y0），则（）A. B. C.y1+y2=1+y0 D.y1y2＜1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知学生会中有10人，若没有人同时担任两种职务，那么从这10人中选出1名主席、1名副主席的选法共有

种.13.已知函数f（x）=x3，求过点（1，1）且与曲线y=f（x）相切的方程

.14.若函数在区间（t-1，t+1）上单调，则实数t的取值范围是

.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)

已知函数f（x）=（4x+2）lnx+a.

（1）当a=1时，求曲线y=f（x）在点（1，1）处的切线方程；

（2）若函数g（x）=（x+2）2-f（x）有且仅有一个零点，求a的值.16.(本小题15分)

已知函数f（x）=aex-ln（x+2）+lna-2，

（1）若f（x）在x=0处取得极值，求a的值及函数的单调区间．

（2）请在下列两问中选择一问作答，答题前请标好选择．如果多写按第一个计分．

①若f（x）≥0恒成立，求a的取值范围；

②若f（x）仅有两个零点，求a的取值范围．17.(本小题15分)

已知函数f（x）=ax2-lnx,a∈R.

（1）若，求f（x）的极值；

（2）若f（x）在区间（1，2）内有零点，求实数a的取值范围.18.(本小题17分)

已知函数.

（1）当a=1时，证明：f（x）有且仅有一个零点；

（2）当x＞0时，f（x）≤x恒成立，求a的取值范围；

（3）证明：.19.(本小题17分)

已知函数f（x）=（x-1）2ex+1，若方程f（x）=a（a∈R）有三个不同的实数根x1，x2，x3.

（1）求a的取值范围；

（2）若x∈R，f（x）≥x3+tx+2，求实数t的值；

（3）证明：x1+x2+x3＜-1.

1.【答案】B

2.【答案】A

3.【答案】C

4.【答案】C

5.【答案】B

6.【答案】D

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】AD

10.【答案】AC

11.【答案】ACD

12.【答案】90

13.【答案】3x-y-2=0和3x-4y+1=0

14.【答案】[1，2]∪[4，+∞）

15.【答案】解：（1）当a=1时，f（x）=（4x+2）lnx+1，，

得f′（1）=6，

所以曲线y=f（x）在点（1，1）处的切线方程为y-1=6（x-1），

即6x-y-5=0．

（2）方法一：g（x）=（x+2）2-（4x+2）lnx-a,x∈（0，+∞），

，

令，x∈（0，+∞），得，

故q（x）在（0，+∞）内单调递增，又q（1）=0，

则当x∈（0，1），q（x）＜0，得g′（x）＜0，g（x）单调递减，

当x∈（1，+∞），q（x）＞0，得g′（x）＞0，g（x）单调递增，

从而g（x）在x=1处取得极小值，同时也是最小值，

最小值为g（1）=9-a.

又当x＞0且x→0时，g（x）→+∞，当x→+∞时，g（x）→+∞，

由函数g（x）有且仅有一个零点，可得g（1）=9-a=0，

则a的值为9．

方法二：g（x）=（x+2）2-（4x+2）lnx-a,x∈（0，+∞），

令g（x）=0得a=（x+2）2-（4x+2）lnx,

令h（x）=（x+2）2-（4x+2）lnx,x∈（0，+∞），

则，

令，x∈（0，+∞），得，

故q（x）在（0，+∞）内单调递增，又q（1）=0，

则当x∈（0，1），q（x）＜0，得h′（x）＜0，h（x）单调递减，

当x∈（1，+∞），q（x）＞0，得h′（x）＞0，h（x）单调递增，

从而h（x）在x=1处取得极小值，同时也是最小值，

最小值为h（1）=9．

又当x＞0且x→0时，h（x）→+∞，当x→+∞时，h（x）→+∞，

由函数g（x）有且仅有一个零点，可得a=h（1）=9，

则a的值为9．

16.【答案】解：（1）函数f（x）=aex-ln（x+2）+lna-2，

则f（x）的定义域为（-2，+∞），

且f'（x）=aex-，

因为f（x）在x=0处取得极值，

所以f'（0）=0，即a-，解得a=；

此时f'（x）=，

所以f'（x）在（-2，+∞）上单调递增，

则当-2＜x＜0时，f'（x）＜0，则f（x）单调递减，

当x＞0时，f'（x）＞0，则f（x）单调递增，

所以f（x）的单调递减区间为（-2，0），单调递增区间为（0，+∞）；

（2）若选①：

因为f（x）≥0恒成立，则aex-ln（x+2）+lna-2≥0恒成立，

整理可得ex+lna+x+lna≥ln（x+2）+x+2恒成立，

即ex+lna+x+lna≥ln（x+2）+eln（x+2）恒成立，

令h（x）=ex+x,

则h（x+lna）≥h（ln（x+2））恒成立，

因为h'（x）=ex+1＞0恒成立，

则h（x）为单调递增函数，

所以x+lna≥ln（x+2）恒成立，即lna≥ln（x+2）-x恒成立，

令φ（x）=ln（x+2）-x,x＜-2，

则φ'（x）=，

当-2＜x＜-1时，φ'（x）＞0，则φ（x）单调递增，

当x＞-1时，φ'（x）＜0，则φ（x）单调递减，

所以φ（x）在x=-1处取得极大值，即最大值φ（-1）=1，

故lna≥-1，解得a≥e,

所以a的取值范围为[e,+∞）；

若选②：

因为f（x）仅有两个零点，即aex-ln（x+2）+lna-2=0在（-2，+∞）上有两个根，

整理可得ex+lna+x+lna=ln（x+2）+x+2，

即ex+lna+x+lna=ln（x+2）+eln（x+2），

令h（x）=ex+x,

则h（x+lna）=h（ln（x+2）），

因为h'（x）=ex+1＞0恒成立，

则h（x）为单调递增函数，

所以x+lna=ln（x+2），即lna=ln（x+2）-x在（-2，+∞）上有两个根，

令φ（x）=ln（x+2）-x,x＜-2，

则φ'（x）=，

当-2＜x＜-1时，φ'（x）＞0，则φ（x）单调递增，

当x＞-1时，φ'（x）＜0，则φ（x）单调递减，

所以φ（x）在x=-1处取得极大值，即最大值φ（-1）=1，

要想lna=ln（x+2）-x在（-2，+∞）上有两个根，

只需lna＜1，解得0＜a＜e,

所以a的取值范围为（0，e）．

17.【答案】解：（1）由函数f（x）=ax2-lnx,则，x＞0．

当时，令f'（x）=0得：x=1，

当0＜x＜1时，f'（x）＜0，

当x＞1时，f'（x）＞0，

所以f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

所以f（x）的极小值为，无极大值．

（2）方法一：由x∈（1，2），x2∈（1，4），

①当时，2ax2-1＜0，即f'（x）＜0恒成立，

所以f（x）在（1，2）上单调递减，

要使f（x）在（1，2）内有零点，则，即，

所以．

②当时，令f'（x）=0得，

当时，f'（x）＜0；当时，f'（x）＞0，

所以f（x）在上单调递减，在上单调递增，

此时f（1）=a＞0，所以需，

所以．

③当时，2ax2-1＞0，即f'（x）＞0恒成立，

所以f（x）在（1，2）上单调递增，

此时f（1）=a＞0，所以f（x）＞0恒成立，不符合条件．

综上可知，a的取值范围为．

方法二：令f（x）=ax2-lnx=0得，

设，1＜x＜2，则，

令g'（x）=0，得，g（x）在上递增，在上递减，

且，g（1）=0，，

所以a的取值范围为．

18.【答案】（1）证明：当a=1时，，则．

令g（x）=ex+x2-x,则g′（x）=ex+2x-1＞0在（0，+∞）上恒成立，则g（x）在（0，+∞）上单调递增，

则g（x）＞g（0）=1，故f'（x）＞0在（0，+∞）上恒成立，f（x）在（0，+∞）上单调递增．

因为，，所以根据零点存在定理可知，f（x）有且仅有一个零点．

（2）解：当x＞0时，f（x）≤x等价于，

令，则，令φ（x）=lnx-x-1，则φ'（x）=，

当x∈（0，1）时，φ'（x）＞0，φ（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，φ'（x）＜0，φ（x）单调递减，所以φ（x）≤φ（1）=-2．

所以当x∈（0，1）时，h'（x）＞0，h（x）单调递增，当x∈（1，+∞）时，h'（x）＜0，h（x）单调递减，则h（x）≤h（1）=-e,故a的取值范围为[-e,+∞）．

（3）证明：由（2）可知，当a=-e时，有则，

所以…，．

故．

19.【答案