四川省眉山市彭山区第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试卷

这是一份四川省眉山市彭山区第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试卷，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．已知全集U  Z，集合 A2,3,5, B 3,4,5，则ðU AB （）
A．3
B．4
C．1,2
D． 
2．已知函数 2 x , x  0，那么
f  x   2 x  1, x  0，

f  f 1的值是（）
A．8B．7C．6D．5
若函数 f  x  的定义域为2,3 ，则函数 gx  f x3 
5 x 的定义域为（）
A． 1, 6 
B．5,1
C． 1, 5 
D． 1,5
已知 xR ，则“ x 1”是“ 1 1”的（ ）
x
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
已知 f ( x )  a x  b, a  0 ，且a 1的图象如图所示，则 f (4) 等于（ ）
3
A．4B． 6C． 9D． 3 3
设a 1.80.3 ， b  1.70.2 ， c 1.80.2 ，则a, b, c 的大小关系为（ ）
a  c  b
b  a  c
b  c  a
c  a  b
已知函数 f  x  
a
3x  1
 1 为奇函数，则实数的值为（ ）
A．-2B．2C．-1D．1
 2a  2x 1 , x  1


设 f  x  
x  2
是R 上的单调递增函数，则实数的取值范围是（ ）
A． 4 , 5 
a 1x , x  1
B．  4 , 2 
C．  2, 5 
D． 1, 5 
3 2 
 3
2 
2 

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
多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
设a, b  R ， a  b  0 ，则下列不等式一定成立的是（）
a 2
 b 2
a 3  b3
1  1
ab
2 a
 2 b
已知定义在 R 上的函数 f (x) ，满足对任意的实数 x，y，均有 f x y  f x  f  y 1，且当x0时， f (x)  1，则（）
f (0)  1B． f (1)  f (1)  2
C．函数 f (x) 为增函数D．函数 y  f ( x) 的图象关于点0,1 对称
已知a0， b0，且ab  3a b 1，则下列结论正确的有（ ）
a 1B． ab的最小值为 8
3
C． ab 的最小值是2 D． 1 
a 1
4
b 3
的最小值为 2
三、填空题。本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
当a  0 且a  1 时，函数 y ax2 4的图象一定经过定点．
已知函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，且当 x  0 时， f  x  x2  2x+1+m，则
f 1  ．
3 x  4, x  1

已知函数 f  x    3 x  2, x  1 ，若m  n ，且 f m   f n  ，则mf n  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．（本题 13 分）

 3 
2 4

 21
3
（1）求值： 33  

5
2
1；
 8 0.01 5( 2)

11
a3  a3
a2
（2）若 a  a 1  3，求：（i） a2  a2 ；（ii）求
．
 a2 1
16．（本题 15 分）
已知二次函数 f  x  ax2  bx  ca  0 满足： f  x 1  f  x  2x 且 f 0  1.
求函数 f  x 在区间1,1 上的值域；
若当 x  R 时，不等式 f  x  3x  k 恒成立，求实数k的取值范围.
设 g(x)  f (2x  m) ， x [1,1] ，求g(x) 的最大值．
17．（本题 15 分）
已知幂函数 f  x  xα（为常数）的图象经过点M2,4 .
f  x 1
求 f  x  的解析式；
设 g  x ， x  1,  
x
判断g  x  的单调性，并用函数单调性的定义证明你的结论；
若关于 m 的不等式 g (m2+t)≥g(m-1）恒成立，求实数 t 的取值范围.
18.（本题 17 分）
为了充分挖掘乡村发展优势，某新农村打造“有机水果基地”．经调查发现，某水果树的单株产量 U（单位：千克）与施用发酵有机肥 x（单位：千克）满足如下关系：
 x2  3, 0  x  2
 10 x
U  x   
1  x
, 2  x  5
，单株发酵有机肥及其它成本总投入为30x 100元．已知该水果的市场售
价为 75 元/千克，且销路畅通供不应求，记该水果树的单株利润为 f  x  （单位：元）．
求函数 f  x  的解析式；
当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？
19.（本题 17 分）
对于定义域为I 的函数，如果存在区间[m, n]  I ，同时满足下列两个条件：
① f (x) 在区间[m, n] 上是单调的；
②当定义域是[m, n] 时， f (x) 的值域也是[m, n] ．则称[m, n] 是函数 y 
请证明：函数 y  1 1 (x  0) 不存在“黄金区间”．
x
f ( x) 的一个“黄金区间”．
已知函数 y  x 2  4 x  6 在上存在“黄金区间”，请求出它的“黄金区间”．
(a2  a)x 1
如果[m, n] 是函数 y (a  0) 的一个“黄金区间”，请求出n  m 的最大值．
a2 x
1．B
【详解】因为 A2,3,5 ，所以ðUAxZ|x 2,x 3,x 5 ，所以ðU AB 4，故选：B.
2．A
【详解】 f 1  21 13，则 f  f 1  f 3  23  8.故选：A. 3．D
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
A
D
A
B
C
B
C
题号
9
10
11
答案
BD
ABD
ABD
 2,3
2  x  3  3
【详解】由函数 fx 的定义域为，得
5  x  0
，解得1 x 5，
5 x
所以函数 gx  f x3 
4．A
的定义域为1,5 .故选：D.
【详解】由 1 1，解得 x 1或 x0，所以“ x 1”是“ 1 1”的充分不必要条件.
xx
5．B
【详解】由题中图象知，函数过0,2 ， 2 , 0  ，则 f 0 1b2，所以b  3．又 f 2  a2 3 0，所
以a  3 （负值舍去），故 f  x   3 x  3 ，
 f 4 （ 3）4 3=6．故选 B
6．C
【详解】Q1.81，函数 f x 1.8x 在 R 上单调递增，
f 0 .3   f 0 .2  ，即1.80.3  1.80.2 ，故a  c ；
0.20，函数 g  x   x 0 .2 在0 , ∞  上单调递增，
 g 1 .8   g 1 .7  ，即1.80.2  1.70.2 ，故cb，
b  c  a ．故选：C．
7．B
【详解】 f  x  的定义域是x | x  0，
由于 f  x  是奇函数，所以 f x  f x 0，
aaa 3 xa
a 1  3 x 
即 3 x  1  1  3 x  1  1  1  3 x  3 x  1  2 3 x  1  2  2  a  0 ，
23 1
x
解得a2，当a2时， f  x  3x 1 1  3x 1 ，
3x 11 3x1 3x
x
x
f x  3 x     f  x ，符合题意，
11 33 1
所以的值为2.故选：B
【答案】C
2a  2x 1
2a  2  x  2  5
2a  5
【详解】当 x  1, f  x  2 

x  2
x  2
x  2
因为x1 , x2  R , x1  x2 ，都有
f  x1   f  x2 
x1  x2
0 ，所以 f  x  在 R 上单调递增；
5
2a  5  0

a 
2
5
所以a 1  1
解得a  2 ，所以2  a  ；故选：C

3  2a  a 1
BCD
42
a 
3
【详解】由题知， a  b  0 ，
假设a  2, b  1，则a2  b2  0 ，A 错；
又a b  0，所以a3  b3 ，则a3  b3 ，B 正确；又 1  1  b  a ， ba 0， ab 0，
abab
所以 1  1  0 ，即 1  1 ，C 错；
abab
因为 y  2 x 单调递增，所以2a 2b ，D 正确.故选：BD
【答案】ABD
【详解】对 A：令 x  y  0 ，则有 f 0  f 0  f 0 1，故 f (0)  1，故 A 正确；
对 B：令 x 1， y  1，则有 f 0  f 1  f 1 1，故 f 1  f 1  2，故 B 正确；对 C：令 y  0，则有 f (x  y)  f (x)  f ( y) 1，其中 x  y  x ， f ( y) 1  0 ，
令 x1  x  y ， x2  x ，即有对x1 、 x2  R ，当 x1  x2 时， f ( x1 )  f ( x2 )  0 恒成立，即函数 f (x) 为减函数，故 C 错误；
对 D：令 yx，则有 f xx  f x  f x 1，又 f (0)  1，
故 f x  f x 2，故函数 y  f ( x) 的图象关于点0,1 对称，故 D 正确.
故选：ABD.
ABD
【详解】由ab  3a b 1，得b  3a 1  0，又a0，
a 1
所以a1 0，即a 1，故 A 正确，
由ab  3a b 1，得a1b3 4，由 A， a 1，所以b3，
a 1b 3
所以a  b  a 1 b 3 4  2 4  8，当且仅当a  3, b  5 时，等号成立，故 B 正确，
3ab
由ab  3a  b  1  2
 1 ，令
 t  0 ，
ab
得t 2  2 3t 1  0 ，解得t  2  3 ，
3
3
即ab  2  3 2 =7+4，当且仅当b  3a  3  2时，取等号，C 错；
2 b  3 4 a 1
14b  3  4 a 1
 2 ，
a 1b  3a 1b  34
当且仅当a  2, b  7 时，取等号，故 D 正确，故选：ABD
2,5
【详解】令 x  2  0 ，可得当 x  2 时， y  5 ，所以图象一定经过定点2,5 .
故答案为： 2,5 .
3
【详解】由题意，当 x  0 时， f  x  x2  2x+1+m，则 f 0   1  m  0， m  1 ，
故当 x  0 时， f  x  x2  2x又函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，所以 f 1   f 1  3.
 4 , 7 

 3
 3 x  2, x  1
【详解】画出 f  x   3 x  4, x  1 的图象，

当 x 1时， f x 3x4单调递增，且 f x  7 ，
当 x 1时， f x 3x 2单调递增，且 f  x 1，令3x  4 1，解得 x  1，令3x  2  7 ，则 x2，
若m  n ，且 f m  f n ，则1  m  1,1  n  2 ， 3m  4  3n  2 ，

所以mf n   m 3n  2   m 3m  4   3  m 

2 24
3
 
3
， 1 m1，
22 244
当m   时， mf n   3  m  3 
 取得最小值，最小值为 ，
3
33
又m1时， mf n 1， m1时， mf n 7，
2 24 4
故mf n   3  m  3   3   3 , 7  .

故答案为：  4 , 7 

 3
 2 12
【详解】（1）原式  27  3  
1  2  5 
1   2 
 8  100 
 5  2   3 
 3 21

5  2
( 5  2) ( 5  2)
4
  
5  2
5
44
2
  
 
1002  5
9
 10  5 
95  49
 10  5 5  10  5
（2）（i）因为a  a1  3 ，
 1 1 2
1 1
所以 a 2  a 2 


 a  a1  2  a 2  a 2  3  2 1  1 ，

11
因此：.
a2  a 2  1
（ii）由a  a1  3 ，得(a  a 1 )2  a 2  a 2  2  9 ，故a2  a2  7 ，
又a3  a 3  (a  a 1 )  (a 2  1  a 2 ) 371 18，
a3  a3
189
故 a2  a2 1  7 1  4 ．
16．（1）  3 ,3 ；（2） ,3 .
 4

【详解】（1）Qf x ax2 bxca 0， f 0  c 1，此时， f x ax2 bx1，则 f  x 1  f  x  a  x 12  b  x 1 1  ax2  bx 1  2ax  a  b  2x ，
 2a  2
 a  1
1 23
2
a  b  0 ，解得b  1 ， f  x   x  x  1   x  2   4 .

则函数 y 
f  x  在1, 1  上单调递减，在 1 ,1 上单调递增，


2  2 
当 x  1 时，函数 y  f  x  取得最小值 f  x 
 f  1   3 ，
2
又 f  1  3 ， f 1  1 ，则 f x
max
2
4

3.
min 
因此，函数 y 
f  x  在区间1,1 上的值域为 3 ,3 ；
 4
（2）由 f  x   3 x  k 得 x2  x 1  3x  k ，即 x2  4x 1 k  0 ，由题意可知，不等式 x2  4x 1 k  0 对任意的 x  R 恒成立，
则1641k  4k 120，解得k  3.
因此，实数k的取值范围是,3 .
（注意第三问的 a 字母改为 m）
g(x)＝f(2x＋a)＝4x2＋(4a－2)x＋a2－a＋1，x∈[－1，1]，对称轴为：x＝.
①当≥0 时，即：a≤；如图 1,G(x)max＝G(－1)＝4－(4a－2)＋a2－a＋1＝a2－5a＋7;
②当；如图 2.G(x)max＝G(1)＝4＋(4a－2)＋a2－a＋1＝a2＋3a＋3.
综上所述：
max
a2  5a  7, a  1
G(x)＝ 2

a2  3a  3, a  1
2
17．【详解】（1）因为幂函数 f  x   xα （为常数）的图象经过点M2,4 ，则4  2α，所以α 2 ，故 f  x   x 2 ；
（2） g  x  f  x 1  x  1 ，
xx
g  x  在区间1,   上单调递增，证明如下：
设 x  x  1 ，所以 g  x   g  x   x  1  x  1   x  x  x1 x2 1 ，
12121x2x12x x
121 2
因为 x  x  1 ，所以 x  x  0， x x  1 ，所以 g  x   g  x    x  x  x1 x2  1  0 ，
12121 2
1212
x1 x2
所以 g  x1   g  x 2  ，可得函数 g  x  在区间1,   上单调递增；
由（i）知， g  x  为增函数。
∴由g (m 2  t )  g (m  1)得， m 2 +t  m  1  1 恒成立
∴ t  -m2 +m 1，m  2 恒成立
又 y   m 2  m  1在区间[ 2, +) 上为减函数 ，
max
所以 当m  2时， t  ( m 2 + m  1) 22  2  1  3 恒成立，所以t的范围为[ 3，+）
75x2  30 x  125, 0  x  2
18.（1） f  x   750
；（2）当 x 4时，单株利润最大，为 380 元．
650  30 x, 2  x  5
1  x
【详解】（1） f x 75Ux 30x100 ，
75x2  30x 125, 0  x  2
75x2  30 x  125, 0  x  2
即 f  x   750x
，化简 f  x   
750．
 30x 100, 2  x  5650  30 x, 2  x  5
 1 x1  x
当0  x  2 时， f x 75x2 30x125为对称轴 x  1 开口向上的抛物线，所以 f x
5
max
 f 2 365，
当2  x  5 时， f  x   680  30  25
 1  x   680  60
 380 ，当且仅当
25
 1  x
25
1 x

1 x 即 x 4取等号，
综上所述，当 x 4时，单株利润最大，为 380 元．
19.【详解】解：（1）证明：由 y  1 1 为(0,)上的增函数，则有 f (m )  m ，

x f (n)  n
∴1 1  x  x2  x 1  0 ，无解，∴ y  1 1 (x  0) 不存在“黄金区间”；
xx
记[m, n] 是函数 y  x 2  4 x  6 的一个“黄金区间” (m  n) ，由 y  ( x  2)2  2  2 及此时函数值域为[m, n] ，可知m≥2
而其对称轴为 x2，∴ y  x 2  4 x  6 在[m, n] 上必为增函数，
令 x2  4x  6  x ，∴ x2  5x  6  0 ，∴ x1  2, x2  3
故该函数有唯一一个“黄金区间”[2,3]；
(a2  a)x 1a 11
(,0)
(0,)
由 f (x) 在
a2 xaa2 x
和上均为增函数，
已知 f (x) 在“黄金区间”[m, n] 上单调，所以[m, n]  (,0) 或[m, n]  (0, ) ，且 f (x) 在[m, n] 上为单调递增，
则同理可得 f (m)  m ， f (n)  n ，即m, n(m  n) 是方程 a 1  1  x 的两个同号的实数根，等价于方程
aa2 x
a 2 x 2  (a 2  a ) x  1  0 有两个同号的实数根，
又mn  1
a2
 0 ，则只要  (a 2  a ) 2  4 a 2  0 ，∴ a 1或a  3，
a2  aa 1
mn  1
而由韦达定理知n  m 
(n  m)2  4mn
所以n  m 
，
( a  1)2  4
a
a 2
a2a

a2 ，
 3  2  1
a 2
a


，其中a 1或a  3，所以当
3( 1  1 )2  4
a33
a 3时， n  m 取得最大值 233 ．