2025-2026學年普通高中高三第一次教學質量檢測數(shù)學參考答案1.A【解析】對于集合A,由4-x2≥0,得-2≤x≤2,則0≤≤2,則A={y10≤y≤2},對于集合B,由(x+1)(2-x)>0,得-1<x<2,則B==(x2-2x)e?<0,解得0<x<2;所以排除選項C.∵f(x)=(x2-2x)e*,∴f(x)=即函數(shù)g(x)在上(0,+∞)遞增，則g(x)在(-∞,1)上遞增，因為-3<-1,所以g2),即e?·2lne°2>1.2ln1.2,所以b>a.由b=0.2e?2,得+x,所以g(x)+g(-x)=0,所以g(x)為奇函數(shù)，而f(x)=sin(x-1)+e-?1-x+4=sin(x-1)+e*-1-e1?1-(x-1)+3=g(x-1)+3,則其圖象是g(x)的圖(1,3),所以f(x)+f(2-x)=6,因為g(x)=sinx+e?-e?1-x,x∈R,所以g'(x)=9.BCD【解析】對A,由題知f(x)=3x2-6x=3x(x-2),3(x+1)2+2=x3-3x,則g(-x)=(-x)3-3(-x)=-(x3-3x)=-g(x),所以(x?-2),且yo=x3-3x2+1,所以切線方程xo),又切線過點(0,1),所,整理得(2x?-3)=0,解得x?=0或,所以過點(0,1)可作兩條直線與曲線y=f(x),數(shù){2n-1}列為首項為1,公差為2的等,即得f(4)+f(-2)=2.C:因為f(x)++2)+f(x)=2→f(x+4)+f(x+2)=2,所以f(x)=f(x+4),因此f(x)是以4為=2=f(2+x)+f(x)=2,因此有f(2+x)=f(2-x),所以=2對稱，由上可知f(x)是以4為周期的函數(shù)，所以f(x)的圖象也關于x=6對+3.而a?-a?=3a-5-(2a-1)=a-4,yyf(x)木x-ale?的圖象可知y=f(t),y=a的交點個數(shù)最多是3個，即為圖2個和圖3所示(x)最多有3個解，t?=f(x)最多有3個解，故此時最多有7個解.若存在xo∈A,使得B≠?,只需集合B在(-1,3)內(nèi)有解，即a2-a大于y=x2+x在(-1,3)內(nèi)的最小值，………3分所以y=x2+x在(-1,3)內(nèi)的最小值為,………5分……………………10分……………12分則p(x)在R上的值域為h(x)在x∈[0,+∞]上的值域的子集，…………8分因為3*+2>2,所以p(x)在R上的值域為(-1,1),…………10分h(x)=f(2x)-2g(x)+2m-3=32?+3-2?-2·3?+2·3?1+2m-3=(3令3*-3?×=t,顯然t=3*-3*在x∈(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以t=3*-3×∈(3°-3-°,+∞)=[0,+∞],故h(x)=r(t)=t2-2t+2m-1=(t-1)2+2m-2,故h(x)在x∈(0,+∞)上的值域為[2m-2,+∞]…………14分所以(-1,1)(2m-2,+∞),故2m-2≤-1,解得………………15分所以由b。+c?=1,由得,即當n=1時也符合上式，所以…7分(2)由(1)得,所以S,為單調(diào)遞增數(shù)列，所以S,≥S?,所以當因為不等式對任意正整數(shù)n恒成立，,即2λ2-5λ+2<0,又λ>0,所以解所以λ的取值范圍………15分高三數(shù)學答案5第6頁(共8頁),歸納得…………………4分則h(a-1)<h(0)=0,不符合題意.………9分綜上所述，a的取值范圍為[-∞,1].…………………10分………………………12分而n-f(n)=n-ln(1+n),故只需比與In(1+n)的大小.設數(shù)列{an3,的前n項和分別為S?,T,且,T?=ln(1+n).故只需比與………14分…令f(x)=0,則(e?-1)(x+1)=0,解得x=0或x=-1,所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-1)和(0,+∞),單調(diào)遞減區(qū)間為(-1,0).……………4分構造函數(shù)h(x)=(x-1)2-lnx.函數(shù)h'(x)在[2,+∞]上單調(diào)遞增,故h'(x)>0在(2,+∞)恒成故h(n)=(n-1)2-lnn≥h(2)=1-1n2>0,即(n-1)2>lnn,n≥2,………8分②f(x)=2?+x,