2024-2025学年湖南省“金太阳联考”高一年级12月联考数学试题一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合M=x|155x1，N=x|(2x+1)(x1)0，则MN=()A. 1,12B. 0,1C. 0,12D. 12,02.“m=1”是“f(x)=6mx为指数函数”的()A. 充要条件B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件D. 既不充分也不必要条件3.函数f(x)=2x2xln|x|的部分图象大致是()A. B. C. D. 4.近年来，“北斗”指路、“天宫”览胜、“墨子”传信、“嫦娥”问月中国航天硕果累累，令国人备感自豪.这些航天器的发射中，都遵循“理想速度方程”:v=v0lnMM0.其中v是理想速度(单位：m/s)，v0是燃料燃烧时产生的喷气速度(单位：m/s)，M是火箭起飞时的总质量(单位：kg)，M0是火箭自身的质量(单位：kg).小婷同学所在社团准备制作一个试验火箭，得到批准后，她们选用的某民用燃料燃烧时产生的喷气速度为50m/s，火箭自身的质量为4kg，燃料的质量为5kg.在不计空气阻力等因素影响的理想状态下发射，至燃料燃尽时，该试验火箭的理想速度大约为(参考数据：ln20.7，ln31.1)()A. 36m/sB. 40m/sC. 78m/sD. 95m/s5.下列函数中，既是奇函数又在(0,+)上单调递增的是()A. y=(12)|x|B. y=xx3C. y=x4+x2D. y=log2(x+ x2+1)6.若函数f(x)=|x+2|+|xm|的最小值是8，则实数m的值为()A. 6或10B. 6或10C. 6或10D. 6或107.已知函数f(x)=2x+x3的零点为a，g(x)=log2x+x3的零点为b，则下列结论错误的是()A. a+b=3B. 2a+log2b=3C. a2+b25D. 0ab948.设m(0,1)，若函数f(x)=|log2x|m,0x2,f(4x),2x4有4个不同的零点x1，x2，x3，x4，且x1x2x3x2+6x+8B. 若2a3，3b1，则9ab0，b0，m0，则ba2(x+y1)10.下列关于对数运算正确的是()A. 设a，b，c均为正实数，且2a=3b=12c，则1c=2a+1bB. 若方程(lnx)2+(ln3+ln5)lnx+ln3ln5=0的两根为x1，x2，则x1x2=15C. 已知lg(a+b)+lg(2a+3b)lg3=lga+lgb+lg4，则a:b=3D. log5 2log513log89log834+log2( 3+ 5 3 5)=111.定义“正对数”:ln+x=0,0x0，b0，则ln+ab=bln+aB. 若a0，b0，则ln+(ab)=ln+a+ln+bC. 若a0，b0，则ln+abln+aln+bD. 若a0，b0，则ln+(a+b)ln+a+ln+b+ln2三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=x2(m+2)x2024在1,2上具有单调性，则实数m的取值范围是13.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+3)是偶函数;在(,3上为增函数.若不等式f(a+1)0(1)若b=a，c=6a，且a34，存在实数m，n(m0，x，yDR，f(x,y)f(x+m,y+m)，则称f在D上关于m单调递增.已知f(x,y)=kxayy2+4在1,2上关于a单调递增，求实数k的取值范围参考答案1.D2.C3.A4.B5.D6.A7.C8.A9.ABD10.AD11.ACD12.(,02,+)13.(73,3)14.(,515.解：(1)把b=a，c=6a代入不等式，得ax2+ax6a0因为a0，所以x2+x60，即(x+3)(x2)0，解得3x2，所以所求不等式的解集是x|3x0即(x+1)(ax3)0若a=0，则不等式为一个一元一次不等式.若a0，则其对应的函数零点是1，3a，需根据零点大小与a的正负进行讨论当a3时，原不等式变为(x+1)(x3a)0，解集是x|1x3a;当a=3时，原不等式变为(x+1)20，解集是;当3a0时，原不等式变为(x+1)(x3a)0，解集是x|3ax1;当a=0时，原不等式变为x+10，解集是x|x0时，原不等式变为(x+1)(x3a)0，解集是x|x3a.16.解：(1)若a=12，则f(x)=9x3x1718，令u=3x，u(0,+)，则y=u2u3718，u(0,+)，该二次函数开口向上，其图象的对称轴为直线u=16，所以当u=16时，ymin=(16)21316718=512(2)因为a34，所以f(x)在R上单调递增，则当f(x)的定义域为m,n时，f(x)的值域为f(m),f(n)，所以f(m)=3m+1,f(n)=3n+1,即f(x)=3x+1在R上有两个不同的实数解，即2a9x+(4a34)3x+a359=0在R上有两个不同的实数解令t=3x，t(0,+)，所以2at2+(4a34)t+a359=0在(0,+)上有两个不同的实数解，所以4a344a0a3590=(4a34)242a(a359)0解得53a0)(2)设耗电量为f(v)，则f(v)=P(v)510v=1.02v+1020v10.2(60v120)任取60v1v2120，f(v1)f(v2)=102v1+1020v110.2(102v2+1020v210.2)=1.02(v1v2)v1v21000v1v2，由60v1v2120，v1v23600，得f(v1)f(v2)0，即f(v1)655，即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，所以该车不在服务区充电不能到达B地设行驶时间与充电时间分别为t1，t2，总和为t(单位：)，若能到达B地，则初始电量+充电电量一消耗电量保障电量，即65+18t2f(v)5，解得t21.02v18+102018v70.218，所以总时间t=t1+t2510v+1.02v18+102018v70.218=1.02v18+17003v35.192 1.02v181700