福建省泉州市永春县第二中学2024-2025学年高一上学期12月月考数学试题

试卷第 1页，共 4页 2024-2025学年永春第二中学高一数学上学期月考试卷 高一数学 （考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分） 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 { 1,0,1}A   ， { | 0 1}B x x   ，则 A B  （ ） A．{1} B．{0,1} C．{ 1,1} D．{ 1,0,1} 2．命题“ 0x  ， ln 1x x  ”的否定是（ ） A． 0x  ， ln 1x x  B． 0x  ， ln 1x x  C． 0x  ， ln 1x x  D． 0x  ， ln 1x x  3．在下列区间中，方程3 4 3 0x x   的实数解所在的区间为（ ） A．  2, 1  B．  1,0 C．  0,1 D．  1,2 4．已知 log 8 2x  ，则 x （ ） A．2 B． 2 2 C．3 D．4 5．函数   2 2 2x x xf x   的部分图象大致是（ ） A． B． C． D． 6．已知 0.82a  ， ln2b  ， ln0.8c  ，则（ ） A．a b c  B． c b a  C． c a b  D．b<c<a 7．设 0, 1a b  ，若 2a b  ，则 4 1 1a b   的最小值为（ ） A．6 B．9 C．3 2 D．18 8．已知函数 2( ) log (8 )f x ax  ，在区间[1, 2]上是减函数，则实数 a的取值范围是 试卷第 2页，共 4页 （ ） A． (4, ) B． (0,4) C． (1,4) D． (1, 4) (4,8) 二、多选题：本题共 3小题，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，有选错的得 0分，部分选对的得部分分。 9．已知 a b ，则下列不等式成立的是（ ） A． a c b c   B． ac bc C． 1 1 a b  D． 2 2a b 10．已知关于x的一元二次不等式 2 0ax bx c   的解集为 | 2x x   或 1x ，则（ ） A． 0b  且 0c  B． 4 2 0a b c   C．不等式 0bx c  的解集为 2x x  D．不等式 2 0cx bx a   的解集为 11 2 x x       11．已知函数 1( ) 1, 0 ( ) .2 ( 2), 0 x x f x x x x        若关于 x的方程  f x m 有 3个实数解 1 2 3, ,x x x 1 2 3( )x x x  ，则（ ） A． 1 2 0x x  B． 1 2 31 2x x x    C． 1 2 3 11 2 x x x    D．关于 x的方程    f x f m 恰有 3个实数解 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 12．已知函数   1xf x a  （ 0a  且 1a  ）的图象经过定点 P，则 P的坐标 是 . 13．已知函数    2 log 2 3 x f x x    ，则函数  f x 的定义域为 . 14．已知函数 2( ) log xf x  ，若     1 2 1 2f x f x x x  ，则 1 24x x 的最小值为 . 试卷第 3页，共 4页 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．（13分） 已知集合    4 , 2 1 1A x x B x m x m       (1)当 1m  时，求出 ,A B A B  , BCR (2)若B A ，求实数m的取值范围． 16．（15分）计算. (1) 20.5 32 21 82 0.75 6 4 27               ； (2)  2 3 2 1lg5 lg2 lg5 lg4 log 4 log 3 2      . 17．（15分） 已知定义域为 R的函数   2 1 2 2 x xf x a    是奇函数． (1)求实数 a的值； (2)判断函数 ( )f x 的单调性，并用定义加以证明； (3)若对任意的 Rx ，不等式    2 2 4 0f x mx f x    成立，求实数 m的取值 范围． 试卷第 4页，共 4页 18．（17分） 金骏眉是红茶代表，产于建宁县，色泽红艳，香气馥郁，口感甜美，营养价值高. 在饮用中发现，茶水的口感与水的温度有关.经实验表明，用100 C 的水泡制，待 茶水温度降至60 C 时，饮用口感最佳.某实验小组为探究室温下刚泡好的茶水达到 最佳饮用口感的放置时间，每隔1min测量一次茶水温度，得到茶水温度随时间变 化的数据如下表： 时间 /min 0 1 2 3 4 5 水温 / C 100 91 82.9 78.37 72.53 67.27 设茶水温度从100 C 经过 minx 后温度变为 Cy ，现给出以下三种函数模型： ① ( 0, 0)y cx b c x    ；② ( 0,0 1, 0)xy ca b c a x      ； ③   log 1, 0, 0ay x c a c x     . (1)从上述三种函数模型中选出最符合上述实验的函数模型，并根据前 3组数据求 出该解析式； (2)根据（1）中所求函数模型，求刚泡好的白茶达到最佳饮用口感的放置时间； (3)考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，求进行实验时的室温约为多少. （参考数据： lg3 0.48, lg5 0.70  ） 19．（17分） 现定义了一种新运算“⊕”：对于任意实数 x， y，都有  log x yax y a a   （ 0a  且 1a  ）． (1)当 2a  时，计算 4⊕4； (2)证明： , ,x y z R，都有    x y z x y z     ； (3)设  2 2log 3 2am x ax a   ，若   log 2af x m m   在区间   , 0s t s t a   上的值域为 log , loga at s ，求实数 a的取值范围． 答案第 1页，共 9页 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C B A B B B AD AC 题号 11 答案 ABD 1．B 【分析】根据交集运算求解. 【详解】由题意可得： A B  {0,1} . 故选：B. 2．C 【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论. 【详解】命题“ 0x  ， ln 1x x  ”为全称量词命题，该命题的否定为“ 0x  ， ln 1x x  ”. 故选：C. 3．C 【分析】由函数单调性以及零点存在定理即可求解. 【详解】由题意函数   3 4 3xy f x x    单调递增，且    0 2 0, 1 4 0f f     ， 由零点存在定理可知方程3 4 3 0x x   的实数解所在的区间只能为  0,1 . 故选：C. 4．B 【分析】根据对数运算分析求解. 【详解】因为 2log 8 2 logx x x  ，可得 2 8x  ， 且    0,1 1,x  ，解得 2 2x  . 故选：B. 5．A 【分析】利用函数奇偶性定义可判断  f x 为偶函数，再根据函数值的大小可得结论. 【详解】易知       2 2 2 2 2 2x x x x x xf x f x         ，又定义域为R， 故函数  f x 为偶函数，其图象关于 y轴对称，可排除 B、D， 答案第 2页，共 9页 又当 x时，   0f x  ，故可排除 C. 故选：A 6．B 【分析】由对数函数、指数函数单调性即可得解. 【详解】由题意 0 0.8ln0.8 ln1 0 ln2 ln e=1=2 2c b a        . 故选：B. 7．B 【分析】由乘“1”法即可求解. 【详解】 0, 1a b  ，且 2a b  ， 1 0b  ∴ 且  1 1a b   ，      4 1 4 14 1 4 1 1 5 5 2 9 1 1 1 1 b ba aa b a b a b a b a b                         ， 当且仅当  4 1 1 b a a b    ，即 2 3 a  且 4 3 b  时取等号，故 4 1 1a b   的最小值为 9． 故选：B． 8．B 【分析】根据复合函数单调性的性质，结合一次函数与对数函数的性质求解． 【详解】令 ( ) 8g x ax  ， 因为 2logy x 在 (0, ) 上单调递增， 由题意可得 ( ) 8g x ax  在  1,2 上是减函数，且 ( ) 0g x  ， ∴ 0 (2) 8 2 0 a g a      ，解得0 4a  ， 所以实数 a的取值范围是 (0,4)． 故选：B． 9．AD 【分析】利用不等式的基本性质可判断 A选项；利用特殊值法可判断 BC选项；利用指数函 数的单调性可判断 D选项. 【详解】对于 A选项，因为 a b ，由不等式的性质可得 a c b c   ，A对； 对于 B选项，当 0c  时， ac bc ，B错； 答案第 3页，共 9页 对于 C选项，因为 a b ，取 1a  ， 1b   ，则 1 1 a b  ，C错； 对于 D选项，因为函数 2xy  为R上的增函数，且 a b ，则 2 2a b ，D对. 故选：AD. 10．AC 【分析】根据一元二次不等式解集与方程的根的对应关系可得 0, 2 0b a c a     ，即 A正 确，B错误，再代入解不等式可判断 C正确，D错误. 【详解】依题意可得方程 2 0ax bx c   的两根分别为 2x   或 1x  ，且 0a  ； 由韦达定理可得 2 1 1 2 1 2 b a c a              ，即 , 2  b a c a ； 对于 A，由 0a  可得 0, 2 0b a c a     ，即 A正确； 对于 B，易知 4 2 4 0a b c a    ，即 B错误； 对于 C，不等式 0bx c  即为 2 0ax a  ，同时除以 a即可得 2x  ， 所以不等式 0bx c  的解集为 2x x  ，即 C正确； 对于 D，不等式 2 0cx bx a   即为 22 0ax ax a    ，也即 22 1 0x x   ； 所以   2 1 1 0x x   ，解得 1 2 x  或 1x   ， 即不等式 2 0cx bx a   的解集为 | 1x x   或� > 12 ，可得 D错误. 故选：AC 11．ABD 【分析】对于 A项，通过作 1( ) 1 2 xy   关于 y轴对称的函数 2 1xy   的图象与 y m 的交点 情况，不难判断；对于 B，C两项，主要是考虑二次函数图象的对称性和 1x 的取值范围分析 或者特例判断即得；对于 D项，要先判断 ( )f m 的范围，结合 ( )y f x 图象易得. 【详解】 如图，依题意作出函数 ( )f x 的图象. 答案第 4页，共 9页 对于 A项，作出 1( ) 1 2 xy   关于 y轴对称的函数 2 1xy   的图象，与直线 y m 交于点 A， 则 1Ax x  ， 不难看出点 A在点 B的右侧，则 1 2x x  ，故 1 2 0x x  ，A项正确； 对于 B项，因当0 2x  时， ( 2)y x x   的图象关于直线 1x  对称，故点 B与点C关于直 线 1x  对称，则 2 3 2x x  ， 由 10 ( ) 1 1 2 x   可得： 1 0x   ，即 11 0x   ，则得 1 2 31 2x x x    ，故 B项正确； 对于 C项，当 2 1m   时，由 1( ) 1 2 1 2 x    解得： 1 1 2 x   ， 由 ( 2) 2 1x x    解得： 2 31 2 2 , 1 2 2x x      ， 此时 1 2 3 1 1 2 1(1 2 2 )(1 2 2 ) 2 2 2 x x x          ，故 C项错误； 对于 D项，依题意，0 1m  ， 2( ) ( 2) ( 1) 1f m m m m       在(0,1)上单调递增，故 0 ( ) 1f m  ， 于是由图知，函数 ( )y f m 与 ( )y f x 的图象恰有三个交点，即关于 x的方程    f x f m 恰 有 3个实数解，故 D项正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题主要考查分段函数的零点与对应方程的解的关系问题. 解决函数零点与对应方程解的问题的主要思想方法有： （1）转化思想：就是将方程的解的个数转化为函数的零点个数，或转化为对应的两个函数 的图象交点个数求解； （2）数形结合法：通过作出函数的图象，根据其对称性、单调性或值域等推导相应参数的 范围. 12． −1,1 【分析】由 0 1a  （ 0a  且 1a  ）可求得定点 P的坐标. 【详解】对于函数   1xf x a  （ 0a  且 1a  ），令 1 0x   ，可得 1x   ， 且   01 1f a   ，故点  1,1P  . 故答案为：  1,1 . 答案第 5页，共 9页 13．  3,2 【分析】根据函数解析式的形式，列式求解. 【详解】函数的定义需满足 2 0 3 0 x x      ，得 3 2x   ，所以函数  f x 的定义域为  3,2 . 故答案为：  3, 2 14．4 【分析】根据题意结合图象可得 2 1 1x x  ，且 10 1x  ，结合基本不等式运算求解. 【详解】作出函数 2( ) logf x x 的图象，如图所示， 因为    1 2f x f x ，且 1 2x x ， 则  2 1 2 2 2 1 2log log log 0x x x x   ，可得 1 2 1x x  ， 即 2 1 1x x  ，且 10 1x  ， 则 1 2 1 1 1 1 1 14 4 2 4 4x x x x x x       ，当且仅当 1 1 14x x  ，即 1 1 2 x  时，等号成立， 所以 1 24x x 的最小值为 4. 故答案为：4. 15．(1)答案见解析. (2) 3 2 m   或 2m  . 【分析】（1）根据集合运算法则计算； （2）根据集合的包含关系列不等式求解. 【详解】（1） { | 4} { | 4 4}A x x x x      ， 1m  时， { |1 2}B x x   ， { | 4 4}A B x x    ， { |1 2}A B x x   ， R { | 1B x x ð 或 2}x  ； （2） B A ， 答案第 6页，共 9页 2 1 1m m   ，即 2m  时， B A  ， 2m  时， 2 1 4 1 4 2 m m m         ，故 3 2 2 m   ， 综上， 3 2 m   . 16．(1)1 (2) 1 【分析】（1）用指数幂的运算可得； （2）用对数函数的运算性质可得. 【详解】（1）原式 1 2 2 2 2 29 3 2 3 96 4 1 4 4 3 2 16                           （2）原式 2 3 2=(lg5) lg 2 lg5 lg2 2 log 2 log 3      lg5 lg5 lg2 lg2 2     lg5 lg2 2 1 2 1       17．(1) 1a  (2)函数  f x 在 R上单调递增，证明见详解 (3)  4 2,4 2 【分析】（1）根据题意，由  0 0f  求出 a即可； （2）根据单调性的定义证明即可； （3）对不等式进行变形，结合单调性可以列出不等式，进而转化为一元二次不等式在 R上 恒成立问题. 【详解】（1）因为函数 ( )f x 的定义域为 R，且为奇函数， 所以   1 10 0 1 2 f a     ， 解得 1a  ． 经检验当 1a  时，有� −� =− � � ， 所以 1a  ． （2）   2 1 1 1 1 1 1 11 2 1 2 2 1 2 2 2 1 x x x xf x             ， 答案第 7页，共 9页 函数在定义域内单调递增，证明如下： 设 1 2 1 2, Rx x x x  、 ，        1 2 2 1 2 1 1 2 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x f x f x         ， 因为 2xy  在 R上单调递增，所以 1 22 2x x ， 所以    1 2 0f x f x  ，即    1 2f x f x ， 所以函数  f x 在 R上单调递增． （3）因为 ( )f x 是奇函数，由已知可得      2 2 24 4f x mx f x f x       ． 由（2）知 ( )f x 在 R上单调递增， 所以 2 2 4x mx x    ， 则 22 4 0x mx   在 R上恒成立， 所以 2 4 2 4 0m      ， 解得 4 2 4 2m   ． 所以实数 m的取值范围为  4 2,4 2 ． 18．(1)选模型②， 90 0.9 10xy    且 0x  ； (2)6.5min； (3)10 C . 【分析】（1）通过表格数据，发现水温随着时间变化逐渐降低，且降低的速度逐渐变慢，所 以是第②个函数模型，只需将具体数值代入，即可求得解析式； （2）最佳饮用口感温度为60 C ，代入解析式，利用对数式求得 x； （3）求出 y的最小值，即为答案. 【详解】（1）由表格数据知：函数单调递减且递减速度逐渐变慢， 故模型①③不符合，选模型②， 则 0 1 2 100 91 82.9 ca b ca b ca b          ，即 2 100 91 82.9 c b ca b ca b         ，可得 0.9 10 90 a b c      ， 所以 90 0.9 10xy    且 0x  . 答案第 8页，共 9页 （2）令 90 0.9 10 60xy     ，则 0.9 5 lg5 2lg3log 6.5min 9 2lg3 1 x     . 所以泡好的白茶达到最佳饮用口感的放置时间为 6.5min. （3）由  0.9 0,1x  ，即  10,100y ，所以进行实验时的室温约为10 C . 19．(1)5 (2)证明见解析 (3) 12 3 3, 2      ． 【分析】（1）根据新定义运算即可； （2）根据新定义及对数的运算性质证明； （3）根据新定义化简函数解析式，再由对数型复合函数的性质求值域即可得解. 【详解】（1）当 2a  时，  4 42 24 4 log 2 2 log 32 5     ． （2）因         loglog log logx ya a ax y z x y za a ax y z a a z a a a a a          ，         loglog log logy za a ay z x x y za a ax y z x a a a a a a a            ， 所以    x y z x y z     ． （3）由新运算可知，    log 2 log log 2 log 2 log 2m ma a a a af x m m a a m          2 2log 3 2am x ax a    ， 令   2 23 2g x x ax a   ，则  g x 在  0,a 上单调递减， 由于  f x 在 ,s t 上的值域为 log , loga at s ， 所以  log loga at s s t  ，则0 1a  ， 所以  f x 在 ,s t 上单调递增，则    g s t g t s     ，即 2 2 2 2 3 2 , 3 2 , s as a t t at a s         整理得，    2 2 3s t a s t s t      ，所以 3 1s t a    ， 将 3 1t a s   代入 2 23 2s as a t   ，得  2 23 1 2 3 1 0s a s a a      ， 同理得，  2 23 1 2 3 1 0t a t a a      ． 所以 s， t是函数    2 23 1 2 3 1h x x a x a a      在  0,a 上的两个不同的零点， 答案第 9页，共 9页 则         2 2 2 0 2 3 1 0, 2 1 0, 3 10 , 2 Δ 3 1 4 2 3 1 0, h a a h a a a a a a a                     解得 1 1 2 1 2 1 1 3 3 2 3 3 2 3 a a a a a a                或 或 ， 所以 12 3 3 2 a   ， 故实数 a的取值范围为 12 3 3, 2      ． 【点睛】关键点点睛：新定义题目的解题关键在于读懂所给定义，首先由特殊情况具体问题 去结合新定义理解解题，提高对新定义的理解运用的基础上去解决更抽象更一般的问题，其 次把握新定义的变形运用能力是关键，对能力要求很高.