《2025年5年高考3年模拟高中数学全一册人教B版》

1. (概念深度理解)(2024新课标I,6,5分，中)已知函数$f(x)=\begin{cases}-x^{2}-2ax - a,x＜0\\e^{x}+\ln(x + 1),x\geq0\end{cases}$在R上单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.$(-\infty,0]$
B.$[-1,0]$
C.$[-1,1]$
D.$[0,+\infty)$

答案： B 当$x\geq0$时，函数$f(x)$显然是增函数；当$x\lt0$时，$f(x)= -x^{2}-2ax - a = -(x + a)^{2}+a^{2}-a$，而$f(x)$在$\mathbf{R}$上单调递增，所以$\begin{cases}-a\geq0\\-a\leq e^{0}+\ln(0 + 1)\end{cases}$，则$-1\leq a\leq0$，即$a$的取值范围是$[-1,0]$。故选B。

2. (创新考法)(2024新课标II,8,5分,中)设函数$f(x)=(x + a)\cdot\ln(x + b)$.若$f(x)\geq0$,则$a^{2}+b^{2}$的最小值为(　　)
A.$\frac{1}{8}$
B.$\frac{1}{4}$
C.$\frac{1}{2}$
D.1

答案： C $f(x)\geq0\Leftrightarrow x + a\geq0$与$\ln(x + b)\geq0$的解集相同，①或$x + a\leq0$与$\ln(x + b)\leq0$的解集相同.②
由①得，$x\geq -a$与$x\geq1 - b$的解集相同，因此，$-a = 1 - b$，即$b = 1 + a$，
由②得，$-b\lt x\leq -a$与$-b\lt x\leq1 - b$的解集相同，因此，$-a = 1 - b$，即$b = 1 + a$，
综上所述，$b = 1 + a$。
$\therefore a^{2}+b^{2}=a^{2}+(1 + a)^{2}=2(a+\frac{1}{2})^{2}+\frac{1}{2}\geq\frac{1}{2}$，故选C。

3. (创新考法)(2024新课标II,6,5分,中)设函数$f(x)=a(x + 1)^{2}-1,g(x)=\cos x + 2ax$.当$x\in(-1,1)$时,曲线$y = f(x)$与$y = g(x)$恰有一个交点.则$a=$(　　)
A.-1
B.$\frac{1}{2}$
C.1
D.2

答案： D 令$f(x)=g(x)$，则$a(x + 1)^{2}-1=\cos x+2ax$，即$a=\frac{1+\cos x}{1 + x^{2}}$。
显然$y=\frac{1+\cos x}{1 + x^{2}}$为偶函数，由偶函数图象的对称性知，若曲线$f(x)$与$g(x)$恰有一个交点，则曲线$y=\frac{1+\cos x}{1 + x^{2}}$与直线$y = a$恰有一个交点，故此交点必在$y$轴上，即$x = 0$，此时$a=\frac{1+\cos 0}{1+0^{2}}=2$，故选D。

4. (创新考法)(2024新课标I,8,5分，中)已知函数$f(x)$的定义域为R,$f(x)＞f(x - 1)+f(x - 2)$,且当$x＜3$时,$f(x)=x$,则下列结论中一定正确的是(　　)
A.$f(10)＞100$
B.$f(20)＞1000$
C.$f(10)＜1000$
D.$f(20)＜1000$

答案： B 当$x\lt3$时，$f(x)=x$，因此，$f(1)=1$，$f(2)=2$，
又$f(x)\gt f(x - 1)+f(x - 2)$，$\therefore f(3)\gt f(2)+f(1)=2 + 1 = 3$，$f(4)\gt f(3)+f(2)\gt3 + 2 = 5$，$\cdots\cdots$，以此类推知$f(10)\gt89$，$\cdots\cdots$，$f(16)\gt1597$，$\cdots\cdots$，$f(20)\gt10946$，因此B正确，D错误；
取$f(3)=1000$，可知选项C错误；
不妨设$f(x)=f(x - 1)+f(x - 2)+\lambda(\lambda\gt0)$，则$f(3)=f(2)+f(1)+\lambda=3+\lambda$，$f(4)=f(3)+f(2)+\lambda=5 + 2\lambda$，$\cdots\cdots$，$f(10)=89+54\lambda$，令$f(10)\lt100$，得$89+54\lambda\lt100$，$\therefore\lambda\lt\frac{11}{54}$，因此当$\lambda\lt\frac{11}{54}$时，$f(10)\lt100$，选项A错误.故选B。

1. (2021全国甲文,4,5分,易)下列函数中是增函数的为(　　)
A.$f(x)=-x$
B.$f(x)=(\frac{2}{3})^{x}$
C.$f(x)=x^{2}$
D.$f(x)=\sqrt[3]{x}$

答案： D 对于$f(x)= -x$，由正比例函数的性质可知，$f(x)$是减函数，故A不符合题意；
对于$f(x)=(\frac{2}{3})^{x}$，由指数函数的单调性可知，$f(x)$是减函数，故B不符合题意；
对于$f(x)=x^{2}$，由二次函数的图象可知，$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，在$(0,+\infty)$上单调递增，故C不符合题意；
对于$f(x)=\sqrt[3]{x}=x^{\frac{1}{3}}$，由幂函数的性质可知，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上单调递增，故选D。

2. (2023新课标I,4,5分,易)设函数$f(x)=2^{x(x - a)}$在区间(0,1)单调递减,则a的取值范围是(　　)
A.$(-\infty,-2]$
B.$[-2,0]$
C.$(0,2]$
D.$[2,+\infty)$

答案： D $f(x)=2^{x(x - a)}=2^{(x-\frac{a}{2})^{2}-\frac{a^{2}}{4}}$，由复合函数的单调性知函数$y=(x-\frac{a}{2})^{2}-\frac{a^{2}}{4}$在$(0,1)$上单调递减，（同增异减）
所以$\frac{a}{2}\geq1$，解得$a\geq2$，即$a$的取值范围是$[2,+\infty)$，故选D。

3. (2020新高考II,7,5分,中)已知函数$f(x)=\lg(x^{2}-4x - 5)$在$(a,+\infty)$单调递增,则a的取值范围是(　　)
A.$(-\infty,-1]$
B.$(-\infty,2]$
C.$[2,+\infty)$
D.$[5,+\infty)$

答案： D $\because f(x)=\lg(x^{2}-4x - 5)$在$(a,+\infty)$上单调递增，
$\therefore\begin{cases}a^{2}-4a - 5\geq0(保证真数大于0,注意区间端点a取不到)\\a\geq2\end{cases}$，
解得$a\geq5$。
故$a$的取值范围为$[5,+\infty)$。

4. (2023全国甲文,11,5分,中)已知函数$f(x)=e^{-(x - 1)^{2}}$.记$a = f(\frac{\sqrt{2}}{2}),b = f(\frac{\sqrt{3}}{2}),c = f(\frac{\sqrt{6}}{2})$,则(　　)
A.$b＞c＞a$
B.$b＞a＞c$
C.$c＞b＞a$
D.$c＞a＞b$

答案： A $\because f(x)=e^{-(x - 1)^{2}}$是由$y = e^{u}$和$u = -(x - 1)^{2}$两个函数复合而成的，
$\therefore f(x)$在$(-\infty,1)$上单调递增，在$(1,+\infty)$上单调递减，
又知$f(2 - x)=e^{-(2 - x - 1)^{2}}=e^{-(1 - x)^{2}}=e^{-(x - 1)^{2}}=f(x)$，
$\therefore f(x)$的图象关于直线$x = 1$对称，$\therefore f(\frac{\sqrt{6}}{2})=f(2-\frac{\sqrt{6}}{2})$，
又$\because\frac{\sqrt{2}}{2}\lt2-\frac{\sqrt{6}}{2}\lt\frac{\sqrt{3}}{2}\lt1$，$\therefore f(\frac{\sqrt{2}}{2})\lt f(2-\frac{\sqrt{6}}{2})\lt f(\frac{\sqrt{3}}{2})$，
即$a\lt c\lt b$，故选A。

5. (2020新高考I,8,5分,难)若定义在R的奇函数$f(x)$在$(-\infty,0)$单调递减,且$f(2)=0$,则满足$xf(x - 1)\geq0$的x的取值范围是(　　)
A.$[-1,1]\cup[3,+\infty)$
B.$[-3,-1]\cup[0,1]$
C.$[-1,0]\cup[1,+\infty)$
D.$[-1,0]\cup[1,3]$

答案：
D 解法一：$\because f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的奇函数，$\therefore f(x - 1)$的图象关于点$(1,0)$中心对称，又$\because f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减，且$f(2)=0$，$\therefore f(x - 1)$在$(-\infty,1)$上单调递减，在$(1,+\infty)$上也单调递减，且过$(-1,0)$和$(3,0)$，$f(x - 1)$的大致图象如图：

当$-1\leq x\leq0$时，$f(x - 1)\leq0$，$\therefore xf(x - 1)\geq0$；当$1\leq x\leq3$时，$f(x - 1)\geq0$，$\therefore xf(x - 1)\geq0$（难点：确定分类讨论的边界值）。
综上，满足$xf(x - 1)\geq0$的$x$的取值范围是$[-1,0]\cup[1,3]$。
故选D。
解法二（特值法）：当$x = 3$时，$3f(3 - 1)=3f(2)=0$，符合题意，排除选项B；当$x = 4$时，$4f(4 - 1)=4f(3)\lt0$，不符合题意，排除选项A，C.故选D。

1. (2023全国乙,文5,理4,5分,中)已知$f(x)=\frac{xe^{x}}{e^{ax}-1}$是偶函数,则$a=$(　　)
A.-2
B.-1
C.1
D.2

答案： D $f(x)=\frac{xe^{x}}{e^{ax}-1}$的定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$。
由$f(x)$为偶函数知$f(x)=f(-x)$，
即$\frac{xe^{x}}{e^{ax}-1}=\frac{-xe^{-x}}{e^{-ax}-1}$，即$\frac{e^{x}}{e^{ax}-1}=-\frac{1}{e^{x}(e^{-ax}-1)}$，
化简得$e^{2x}=e^{ax}$，所以$a = 2$。
小题速解：$\because f(x)=\frac{xe^{x}}{e^{ax}-1}$是偶函数，$y = x$是奇函数，$\therefore y=\frac{e^{x}}{e^{ax}-1}=\frac{1}{e^{(a - 1)x}-e^{-x}}$是奇函数，所以$a = 2$。

2. (2023新课标II,4,5分,易)若$f(x)=(x + a)\cdot\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$为偶函数,则$a=$(　　)
A.-1
B.0
C.$\frac{1}{2}$
D.1

答案： B 解法一：$\because f(x)$为偶函数，$\therefore f(1)=f(-1)$，又$f(1)=(a + 1)\ln\frac{1}{3}=-(a + 1)\ln 3$，$f(-1)=(a - 1)\ln 3$，$\therefore-(a + 1)=a - 1$，$\therefore a = 0$。
解法二：$f(-x)=(-x + a)\ln\frac{-2x - 1}{-2x + 1}=(-x + a)\ln\frac{2x + 1}{2x - 1}=(x - a)\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$，$\because f(x)$为偶函数，$\therefore f(x)=f(-x)$，$\therefore x + a=x - a$，即$a = 0$。
小题速解：$\because f(x)$是偶函数，$y=\ln\frac{2x - 1}{2x + 1}$是奇函数，$\therefore y=x - a$是奇函数，则$a = 0$。
知识拓展
常见的具有奇偶性的函数类型
(1)常见的奇函数:①函数$f(x)=m\cdot\frac{a^{x}+1}{a^{x}-1}(x\neq0)$或函数$f(x)=m\cdot\frac{a^{2x}-1}{a^{2x}+1}$；
②函数$f(x)=\pm(a^{x}-a^{-x})$；
③函数$f(x)=\log_{a}\frac{x + m}{x - m}=\log_{a}(1+\frac{2m}{x - m})$或函数$f(x)=\log_{a}\frac{x - m}{x + m}=\log_{a}(1-\frac{2m}{x + m})$；
④函数$f(x)=\log_{a}(\sqrt{m^{2}x^{2}+1}\pm mx)(m\neq0)$。
(2)常见的偶函数:函数$f(x)=\pm(a^{x}+a^{-x})$。
(以上各式中$a\gt0$，且$a\neq1$)