福建省龙岩市连城县第一中学2026届高三上学期8月月考数学试卷

这是一份福建省龙岩市连城县第一中学2026届高三上学期8月月考数学试卷，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
满分 150考试时间 120 分钟
一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
已知集合 A = {2, 4, 6, 8, 9} ，集合B  x  N∣* 1  x  6.8，则 A ∩ B  （）
A．2, 4
B．2, 6
C．4, 6
D．2, 4, 6
命题“ x  R ，都有 x2  x  2  0 ”的否定为（）
A． x R ，使得 x2  x  2  0B． x  R ，使得 x2  x  2  0
C． x  R ，都有 x2  x  2  0D． x  R ，使得 x2  x  2  0
下列函数 f（x）中，满足“对任意的 x1，x2∈（0，＋∞）时，均有（x1－x2）
[f（x1）－f（x2）]>0”的是（）
2
A．f（x）＝ 1
B．f（x）＝x2－4x＋4
2
C．f（x）＝2xD．f（x）＝lg 1 x
4．已知x  R ，则“ x 1
 2 ”是“  x 1 x  5  0 ”的（
）
A．充分不必要条件 C．充要条件
B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
5．若1  a  3 ，则 1 
a
1
4  a
的最小值为（）
A．4B．3C．2D．1
  
2b 1 x  b 1, x  0
若函数 f x{ x2  2  b x, x  0 在 R 上为增函数，则实数b 的取值范围为（ ）
A．1, 2
B．  1 , 2
C． 1, 2
D．  1 , 2 
 2 2

已知函数 f (x)  1 
（ ）
2
e2x  1
，若不等式 f (2  m) 
f m2  2  0 ，则m 的取值范围是
(, 0]
[0, )
[0,1]D．[1, )
函数 f ( x)  x ln x  x2  ax  2 恰有一个零点，则实数a 的值为（）
1
1C． 2D． 3
二、多选题（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
多项符合要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
已知函数 f  x 为奇函数，则其图象可能为（）
A．B．
C．D．
下列叙述正．确．的是（）
x2
不等式 1  2 的解集是x x  1 B．函数 y 与 y   x 2 是同一函数
2

x
已知函数 f 2x 1 的定义域为1,1 ，则函数 f  x 的定义域为1, 3
x
x
若函数 f 1  x  3，则 f  x  x2  x  2  x  1
已知定义在 R 上的函数 f ( x) 满足 f (1 x)  f (1 x)  0 ，且 f (x) 不是常函数，则下列说法中正确的有（）
若 2 为 f ( x) 的周期，则 f ( x) 为奇函数
若 f ( x) 为奇函数，则 2 为 f (x) 的周期
若 4 为 f ( x) 的周期，则 f (x) 为偶函数
若 f ( x) 为偶函数，则 4 为 f (x) 的周期
三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
已知定义在R 上的 f ( x) 函数满足 f(x+2)=f(x)，且 f(3)=2，则 f(2025)的值
为.
→
已知平面α的一个法向量n  1, 3, 2 ，直线l 的方向向量v  1, 0, 1 ，则直线l
与平面α所成角的正弦值为.
已知函数 f (x) 
x2  x 1 ex
，则下列命题正确的有
①函数 f (x) 有且只有两个零点②函数 f (x) 在(1, 2) 上为增函数
③函数 f (x) 的最大值为5e2
④若方程 f (x)  a 有三个实根，则a (0, 5e2 )
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．（6+7=13 分）若函数 f(x)＝ lga (x  a) (a>0 且 a≠1) 的图象过点 A(－1,0)．
求 a 的值；

f  x
求函数 y
x 1
的定义域．
16．（7+8=15 分）如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中， AB ⊥AC ， AB  AC  AA1 ．
求证： A1C  平面 ABC1 ；
求直线 A1B 与 AC1 所成角的余弦值．
17．（7+8=15 分）已知二次函数 f (x)  x2  2ax  2 ．
若1  x  5 时，不等式 f ( x)  3ax 恒成立，求实数a 的取值范围．
解关于 x 的不等式(a  1)x2  x  f ( x) （其中a  0 ）．
18．（4+5+8=17 分）已知a  R ， f (x)  x  a .
x
当a  0 时，判断函数 y  f (x) 的单调性，并写出函数的单调区间；
当a  1 时，判断函数 y  f (x) 在区间(1, ) 上单调性，并用单调性定义进行证明；
当a  0 时，求函数 y  f (x) 在区间[2, 4] 上的最小值.
19．（4+5+8=17 分）已知函数 f (x)  ln x  ax  b ，其中a, b  R ．
若函数 f (x) 有 x  1 处取得极大值 0，求a, b 的值；
函数 g(x)  xf (x) ．
证明：曲线 y  g(x) 图象上任意两个不同点处的切线均不重合；
当b  1时，若x (1, ) ，使得 g(x 1)  2 sin x  0 成立，求实数a 的取值范围．
《连城一中 2025-2026 学年暑假月考高三数学试卷》参考答案
1．D
【分析】先利用自然数集的定义化简集合B ，再利用集合的交集运算求解.
【详解】因为B  x  N∣* 1  x  6.8  1, 2, 3, 4, 5, 6 ，
又A = {2, 4, 6, 8, } ，所以 A∩ B 2, 4, 6.
故选：D.
2．D
【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【详解】因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“ x  R ，都有x2  x  2  0 ”
的否定为x R ，使得x2  x  2  0 .
故选：D 3．C
【分析】由（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]>0 可得 f（x）在（0，＋∞）上单调递增，然后对选项逐一判断即可.
【详解】（x1－x2）[f（x1）－f（x2）]>0 等价于 x1－x2 与 f（x1）－f（x2）正负号相同，故函数 f（x）在（0，＋∞）上单调递增．
显然只有函数 f（x）＝2x 符合，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
D
C
A
D
A
C
D
BD
CD
题号
11
答案
ABD
故选:C. 4．A
【分析】解不等式，根据集合间的包含关系可得.
【详解】解不等式 x 1  2 得， 1  x  3 ，记 A  {x | 1  x  3}；解不等式 x 1 x  5  0 得， 1  x  5 ，记B  {x | 1  x  5}.
因为 A Ü B ，所以“ x 1  2 ”是“  x 1 x  5  0 ”的充分不必要条件.
故选：A 5．D
【分析】利用“乘 1 法”即得.
【详解】因为1  a  3 ，所以4  a  0 ，
∴ 1 1
 1  1 
1  a  4  a

a4  a
4  a4  a  

 1  2  4  a 
a   1  2  2
  1
4 a
4  a 
4 ，
4  a  a
a4  a

当且仅当 4  a 
a
a
4  a
时，即a  2 时取等号，
所以1 
a
1
4  a
的最小值为 1.
故选：D.
6．A
【详解】令 f1  x  2b 1 x  b 1 x  0 ，
2
f  x  x2  2  b x  x  0 ，要使 f ( x) 在R 上为增函数，须有 f1  x 递增， f2  x 递增，且 f2 0  f1 0 ，
2b 1  0
 2  b  0
2
即，解得1  b  2 .

0  b  1
故选：A.
7．C
【分析】分析 f (x)  1 
2
e2x  1
的奇偶性与单调性,再求解不等式即可.
2 x2 x2 x
【详解】 f (x)  12 e 1 ,故  e1  1 e  f  x .故 f  x 为奇函数.
f ( x)
e2x 1
e2x 1
e2x 11 e2x
又函数 y  e2 x 1为增函数,故 y 
2
e2x 1
为减函数,故 f (x)  1 
2
e2x  1
为增函数.
故 f (2  m)  f m2  2  0  f (2  m)   f m2  2  f 2  m2 
即2  m  2  m2  m m 1  0 ,解得0  m 1
故选：C
【点睛】本题主要考查了根据函数的奇偶性与单调性求解不等式的方法,属于中档题.
8．D
【分析】函数 f  x 恰有一个零点等价于a  ln x  x  2 在(0, ) 上有且只有一个根.令
x
g(x)  ln x  x  2 ，由导数法求得g(x)
x
min
 g(1)  3 ，结合g(x) 的图象变化即可得结果.
【详解】∵函数 f  x  xlnx  x2  ax  2 恰有一个零点，∴方程xlnx  x2  ax  2  0 在(0, )
上有且只有一个根，即a  ln x  x  2 在(0, ) 上有且只有一个根.
x
g(x)  ln x  x  2
12
x2  x  2(x  2)(x 1)
令x ，则g (x)  x 1 x2 x2x2，
当0  x  1时， g(x)  0 ，则g(x) 在( 0, 1) 上单调递减；当x  1 时， g( x)  0 ，则g(x) 在(1, )
上单调递增. ∴ g(x)min  g(1)  3 .
∴当x  0 ，令x  1 ，即m   ，则g  1   ln 1  1  2m  1  2m  ln m  1  m ，由函数性
m
 
m

mmmm
质可得g( 1 )   ，即g  x  ∞；又当x  ∞, g  x  ∞.
m
min
故若使函数 f  x  xlnx  x2  ax  2 恰有一个零点，则a  h(x) 3 .
故选：D.
【点睛】函数零点个数问题，可转化为两个函数图象的交点个数问题，此时需要
明确函数图象的变化趋势，尤其对于指数、对数函数等复杂函数，才能由数形结合判断交点个数.
BD
【解析】本题可通过判断图象是否关于原点对称得出结果.
【详解】因为 f  x 为奇函数，所以 f  x 的图象关于原点对称，四个选项中仅有选项 B 和选项 D 中的图象满足关于原点对称，故选：BD．
CD
【分析】解分式不等式判断 A；根据同一函数对应法则、定义域相同判断 B；由抽象函数定义域求法求函数定义域判断 C；应用换元法求函数解析式，并注意定
义域判断 D.
1  2  1  2x  0
x(2x 1)  0
x  0
x  1
x x  1 
【详解】A：由 xx，则
，可得或
，故解集为

 不对，

2
2
错；
x2
B：由 y 的定义域为 R，而 y   x 2 的定义域为[0, ) ，显然不是同一函数，错；
C：由 f 2x 1 的定义域为1,1 ，则1  2x 1  3 ，即函数 f  x 的定义域为1, 3 ，对；
x
D：由解析式t 1  1，则x  (t 1)2 ，故 f t   (t 1)2  3(t 1)  t 2  t  2 且t  1，所以 f  x  x2  x  2  x  1 ，对.
故选：CD
ABD
【分析】对于 A：由已知可得 f (2  x)   f (x) ，结合周期可得 f (x)   f (x）可判断 A；由奇函数可得 f (2  x)  f (1 x 1)  f (x) ，可判断 B；结合已知可得结论
f (4  x)  f (1 x  3)   f (x  2)   f (11 x)   f (x) ，可判断 C；由已知可得
f (x  4)   f (x  2)  f (x) ，可判断 D.
【详解】对于 A：若 2 是 f ( x) 的周期，则 f (x  2)  f (x），
由 f (1 x)  f (1 x）=0，可得 f (2  x)  f (1 x 1)   f (1 x 1)   f (x) ，所以 f (x)   f (x），所以 f ( x) 为奇函数；故 A 正确；
对于 B：若 f ( x) 为奇函数，则 f (x)   f (x），
由 f (1 x)  f (1 x）=0，可得 f (2  x)  f (1 x 1)   f (1 x 1)   f (x)  f (x) ，所以 2 是 f ( x) 的周期，故 B 正确；
若 4 是 f ( x) 的周期，设 f  x  sinπx ，则 f 1 x  f 1 x  sin π  πx  sin π  πx  0 ，
该函数的最小周期为2π ，故4π 为该函数的周期，当该函数为奇函数，故 C 不正确；对于 D：若 f ( x) 为偶函数，则 f (x)  f (x），
由 f (1 x)  f (x 1），可得 f (x 1)   f (x 1) ，所以 f ( x)   f ( x  2) ，所以 f (x  4)   f (x  2)  f (x) ，所以 4 是 f ( x) 的周期，故 D 正确.故选：ABD.
12．2
【分析】易知函数 f ( x) 是周期为 2 的周期函数，再由f (2025)  f (3 1011 2)  f (3) 求
解.
【详解】因为 f ( x) 函数满足 f(x+2)=f(x)，所以函数 f ( x) 是周期为 2 的周期函数，
所以f (2025)  f (3 1011 2)  f (3) ，
故答案为：2.
1
13． 4 /
0.25
【分析】根据题意，由线面角的计算公式，代入计算，即可得到结果.
【详解】设直线l 与平面α所成角为θ，
→ →
8  2
1 2
→ →n  v1
则sinθ cs  n, v   → →
n  v
 4 ，
4
即直线l 与平面α所成角的正弦值为1 .
4
故答案为： 1
14．①②④
【分析】解方程 f  x  0 ，求出函数 f ( x) 的零点判断①；求函数 f ( x) 的导函数，解不等式 f (x)  0 得函数 f ( x) 的递增区间判断②；举例说明判断③；结合函数 f ( x) 的
单调性， 作函数 f ( x) 的图象判断④.
1
【详解】对于①，令 f (x)  0 ，则x2  x 1  0 ，解得x
 1
2
5 ， x
 1 5 ， 2
2
因此函数 f ( x) 有且只有两个零点，①正确；
对于②，由已知求导得 f (x) 
由 f (x)  0 ，得1  x  2 ，
由 f (x)  0 ，得x  1或x  2 ，
x2  x  2 ， ex
因此 f ( x) 在(1, 2) 上单调递增，②正确；
极大值
对于③，由②知， f ( x) 在(, 1),(2, ) 上单调递减， f (x) f 2  5e2 ，
f (x)极小值  f (1)  e ，
而 f (2)  e2  5e2 ，③错误；
对于④，当x  1
2
5 时，恒有 f (x)  0 ，作出函数 f ( x) 的图象，
方程 f (x)  a 有三个实根，即 y  f (x) 与 y  a 的图象有三个不同的交点，因此
0  a  5e2 ，④正确.
故答案为：①②④
15．(1)2
(2) 2, 1 ∪ 1, 
【分析】（1）根据题意代入运算求解即可；
f  x
（2）由（1）可得函数 y 
x 1
lg2  x  2
x 1
，根据对数的真数大于零和分母不为零
运算求解.
【详解】（1）由题意可得： f 1  lg a 1  a   0 ，则1 a  1，解得a  2 .
（2）由（1）可得： f  x  lg2  x  2 ，


f  xlg2  x  2
y
x  2  0
x  2
x  1
对于函数
x 1
x 1
，可得x 1  0 ，解得且，
故函数 y  f  x 的定义域为2, 1 ∪ 1,  .
x 1
16．(1)证明见解析；
2
(2) 1 .
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法证明 A1C  AB, A1C  AC1 ，再根据线面垂直判定定理证明线面垂直即可；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）由题意以A 为坐标原点，分别以 AB, AC, AA1 所在直线为x, y, z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，设 AB  1，则 AB  AC  AA1  1，
则 A(0, 0, 0), B(1, 0, 0), C(0,1, 0), C1 (0,1,1), A1 (0, 0,1) ，
所以 A1C  (0,1, 1), AB  (1, 0, 0), AC1  (0,1,1) ，
所以 A1C  AB  0, A1C  AC1  11  0 ，
所以 A1C  AB, A1C  AC1 ，即 A1C  AB, A1C  AC1 ，
又因为 AB  AC1  A, AB  平面 ABC1 ， AC1  平面 ABC1 ，
所以 A1C  平面 ABC1 .
–––→––––→–––→ ––––→
（2）由（1）知， A1B  (1, 0, 1), AC1  (0,1,1) ，所以 A1B  2, AC1  2, A1B  AC1  1 ，
记直线 A1B 与 AC1 所成角为θ，则
–––→ ––––→
–––→ ––––→
A1B  AC1 –––→ ––––→ A1B AC1
1
csθ cs A1B, AC1  2 ，
故直线 A B 与 AC 所成角的余弦值为 1 .
112
17．(1) a  2 2 ；
(2)答案见解析.公众号：高中试卷君
【分析】(1)当x [1, 5] 时将原不等式变形为a  x  2 ，根据基本不等式计算即可；
x
(2)不等式化为(x  2)(ax  1)  0 ，讨论a 的取值，从而求出对应不等式的解集．
【详解】（1）不等式 f ( x)  3ax 即为： x2  2ax  2  3ax ，
当x [1, 5]
x2  22
时，不等式可变形为： a  x  ，
xx
x  2
x
因为x  2  2
x
 2 2 ，
当且仅当x 时取等号，所以 x  2  2 2 ，
2
x 
min
所以实数 a 的取值范围是a  2 2 .
（2）不等式(a 1)x2  x  x2  2ax  2 ，
等价于ax2  (1 2a)x  2  0 ，即(x  2)(ax  1)  0 ，
①当a  0 时，不等式整理为x  2  0 ，解得x  2 ；
当a  0 时，方程(x  2)(ax  1)  0 的两根为x   1 ， x  2 ，
1a2
②当a  0 时，可得 1  0  2 ，解不等式(x  2)(ax  1)  0 得x   1 或x  2 ；
aa
综上所述，不等式的解集为：
①当a  0 时，不等式解集为(2, ) ；
②当a  0 时，不等式解集为(,  1 ) ∪ (2, ) ；
a
18．(1)判断见解析，减区间是(
a , 0), (0,
，增区间是(, 
a ),(
a , ) ；
单调递增，证明见解析；
2  a , 0  a  4
f (x)min


 2

2
a , 4  a  16 .
a
 4 

, a  16 4
【分析】（1）利用对勾函数单调性判断单调性，再写出单调区间.
先由函数式组成判断函数的单调性，再运用函数单调性定义进行证明.
根据给定区间及双勾函数的图象进行分类讨论，再进行合并表述即得.
【详解】（1）当a  0 时，函数 f (x)  x  a 定义域为(, 0) ∪ (0, ) ，
x
f (x)  x  a
x
  f (x) ，函数 f ( x) 是奇函数，
由对勾函数知，函数 f ( x) 在(0,
a ) 上单调递减，在(
a , ) 上单调递增，
由奇函数的性质知，函数 f ( x) 在(
a , 0) 上单调递减，在(, 
a ) 上单调递增，
所以函数 f ( x) 的单调递减区间是(
a , 0), (0,
a ) ；递增区间是(, 
a ),(
a , ) .
（2）当a  1 时， f ( x)  x  1 在(1, ) 上单调递增.
x
1  x  x
f (x )  f (x )  (x  1 )  (x
 1 )  (x  x )(1  1 )
任取12 ，有 121x2x12x x ，
121 2
12
12
由1  x  x ，得x  x  0 ，1 1  0 ，则 f (x )  f (x )  0 ，即 f (x )  f (x ) ，
1212
x1 x2
所以函数 y  f (x) 在区间(1, ) 上单调递增.
（3）由（1）知，当a  0 时，函数 f (x)  x  a 在(0,
x
a ] 上单调递减，在[
a , ) 上单调
递增，
①当
 2 ，即0  a  4 时， f (x)  x  a 在[2, 4] 上单调递增，则 f (x) x
min
 f (2)  2  a ；
2
②当
 4 ，即a  16 时， f (x)  x  a 在[2, 4] 上单调递减，则 f (x)
a
a
x
min
 f (4)  4  a ；
a
4
a
③当2  4 ，即4  a  16 时， f (x)min  f (
2  a , 0  a  4
a )  2，
所以 f (x)min


 2

2
a , 4  a  16 .
a
 4 

, a  16 4
1
19．【详解】（ ） f ( x)  ln x  ax  b, x  0 ，得 f  (x)  1  a ，
x
 f (1)  1 a  0a  1
由题设知 f (1)  a  b  0 ，解得  1 ，
b
此时 f (x)  1 1  1 x (x  0)
xx
当x (0,1) 时， f  (x)  0, f (x) 为增函数；当x (1, ) 时， f  (x)  0, f (x) 为减函数；
所以函数 f ( x) 在x  1 处取得极大值，满足题意，故a  1, b  1．
（2）（i）函数g(x)  xf (x) ．
由g(x)  xf (x)  x ln x  ax2  bx ，得g(x)  2ax  ln x  b 1，设点 A x1 , g  x1 和点B  x2 , g  x2  ，不妨设0  x1  x2 ，
则曲线 y  g(x) 在点A 处的切线l1 方程为 y  g  x1   g x1  x  x1  ，即 y  g x1  x  g x1  x1  g  x1  ；
同理曲线 y  g(x) 在点B 处的切线l2 方程为 y  g x2  x  g x2  x2  g  x2  ；
g x1   g x2 
假设l1 与l2 重合，则g x  x  g  x   g x  x  g  x  ，
111222
ln x1  ln x2  2a  x1  x2   0
化简得a  x  x   1，
12
aln x  ln x  2  x1  x2  0
x1  1
ln x1  2  x2 0
两式消去 ，得 12
x  x
，则 x x ，
12
xt  1
21  1
x2
14t 12
令t  1 (0  t  1), h(t)  ln t  2 
， h(t)  
0 ，
x2t  1
tt 12
t t 12
由h(t)  0 ，所以h(t) 在( 0, 1) 上单调递增，
所以h(t)  h(1)  0 ，即h(t)  0 无解，所以l1 与l2 不重合，
即对于曲线 y  g(x) 图象上任意两个不同点处的切线均不重合．
（ⅱ）当b  1时，先解决对于x (1, ), g(x 1)  2 sin x  0 恒成立，令x 1  t, m(t)  at 2  t ln t  t  2 sin(t 1) ，则m(t)  0 在(0, ) 上恒成立，
由m(1)  0 ，解得a  1．
下面证明当a  1时， m(t)  0 在(0, ) 上恒成立．则当a  1时， m(t)  t 2  t ln t  t  2 sin(t 1) ，
令 p(t)  t 2  t ln t  t  2 sin(t 1) ，则 p(t)  2t  ln t  2 cs(t 1) ，则当t [1, ) 时，由2t  2, 2 cs(t 1)  2 ，
则 p(t)  0 ，则 p(t) 在[1, ) 上单调递增，所以 p(t)  p(1)  0 ；当t (0,1) 时，令φ(t)  p(t)  2t  ln t  2 cs(t 1) ，
则φ(t)  2  1  2 sin(t 1)  0 ，则φ(t) 在( 0, 1) 上单调递增，
t
所以φ(t)  p(t)  p(1)  0 ，所以 p(t) 在( 0, 1) 上单调递减，所以 p(t)  p(1)  0 成立，
所以对于∀x (1, ∞) ，不等式g(x 1)  2 sin x  0 恒成立，
实数a 的取值范围为[1, ) ．
所以x (1, ) ，使得g(x 1)  2 sin x  0 成立， a 的取值范围为∞,1 ．