【文档说明】广西“贵百河—武鸣高中”2024-2025学年高一上学期12月新高考月考 数学试题参考答案.docx，共(5)页，206.316 KB，由envi的店铺上传

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2024级“贵百河—武鸣高中”12月高一年级新高考月考测试数学参考答案一、单选题每题5分题号12345678答案DBABDCDC8.分析：因为nN有(())3ffnn=，令()()10faf=，则1a，显然1a，否则((1))(1)1fff==

，与((1))3ff=矛盾.从而1a，由((1))3ff=.即得()3fa=，()(1)fafa=，即3a，于是13a，且aN.所以2a=，所以(1)2f=，((1))(2)3fff==.因为((2))(3)6fff==所以((3))

(6)9fff==，于是(4)7f=，(5)8f=.因为((4))(7)12fff==所以((7))(12)21fff==.因为((6))(9)18fff==所以(10)19f=，(11)20f=.二、多项选择题答案有两个选项只选一个对得3分，两个都对6分，有错选不得分；答案有三

个选项只选一个对得2分，只选两个都对得4分，三个都对6分，有错选不得分。91011ACDBCDBC11.分析：定义域为R，且()()()221log2221xxfxfxx−−=++−=+，所以()fx为偶函数，B正确；(

))(011)()222(log)(212221xhxhxxxhxhxx和时函数知，由复合函数单调性易与令+−=++=−均为单调递减，所以()fx在区间(),0−上单调递减，A错误；由偶函数对称性可知，()fx在区间()0,+上单调递增，所以()min()

01fxf==，C正确；令()()2gxfxx=−，所以012881log4log2log29log22129log)1(01)0(22222=−−=−−==gg，由零点存在性定理可知方程()2fxx=有解，D错误.三、填空

题12.2025a13.9.0lg5.0lg=t（其它形式的答案对也给分）14.），（++22314.分析：)121ln(11ln)1ln()1ln()(+−=+−=+−−=xxxxxeeeeexf，∴由复合函数单调性知)

1ln()1ln()(+−−=xxeexf在），（+0上单调递增设区间],[nm是函数bxfxgln)()(+=的“完美区间”，则nngmmg==)(,)(，由题意知方程xxg=)(在），（+0上至少存在两个不同的实数解，

即关于x的方程1)1(−+=xxxeeeb在），（+0上至少存在两个不同的实数解，所以直线by=与1)1(−+=xxxeeey的图像在），（+0上至少存在两个不同的交点，令,0,1−=xetx则ot，所以2233223)2)(1(2+++=++=

++=ttttttttb，当且仅当2=t时，取等号易知32++=tty在），（20上单调递减，在），（+2上单调递增，且当0→t时，+→y，当+→t时，+→y，所以223+b，故实数b的取值范围为），（++223.四、解答题15.解：(1)由{2}⊆A可知，若m=2，则m2

-3m+2=0，这与m2-3m+2≠0相矛盾，所以m≠2；┄2分若m2-3m+2=2得m2-3m=0即m=0或m=3，┄┄┄4分因为m≠0，所以m=3，此时A={0,3,2}符合题意。所以m=3.┄┄┄6分(

2)由(1)可得a＋4b＝2，且a，b为正实数，┄┄┄7分所以1a＋1b＝21）（ba11+(a＋4b)＝21(5＋ab＋4ba)≥21(5＋4)＝29，┄┄┄12分当且仅当4ba＝ab且a＋4b＝2，即a＝32，b＝31时，等号

成立，故1a＋1b的最小值为29.┄13分16.解：(1)由125tan−=，且为第二象限角，则=+−=1cossin125cossin22，┄┄┄3分则1312cos,135sin−==.┄┄┄7分(2)原式=cos)tan(coscossin−−+−┄

┄┄12分717cossincossin−=−−+−=┄┄┄15分17.解:（1）依题意得−+−）（）（20221022xxx┄┄┄1分解（1）得22−x，┄┄┄3分解（2）得1

x，┄┄┄5分所以所求定义域]2,1[=M┄┄┄7分（2）令tx=2log由21x知10t，┄┄┄8分则原函数可变为)10(22+=tatty，即)10(8)4222−+=taaty（┄┄┄10分当214−a即2−a时

，aaay+=−+=28)41222max（┄┄┄12分当214−a即2−a时，08)40222max=−+=aay（┄┄┄14分−−+=2,02,2)(maxaaaxf┄┄┄15分18.解：（1）∵()221640Rxxx=++，*110,Nxx．

∴()221624048Rxxx+=，┄┄┄2分当且仅当2216xx=即2x=时等号成立．∴当2x=时，min()48Rx=（千万元）；┄┄3分（2）)()1()(xCxCxMC−+=，101x，*

NxxxxxxxxMC)1(40104010140)1(10)(+−=−−+++=，101x，*Nx┄┄┄6分由函数单调性知，)(xMC在101x，*Nx时单调递增，┄┄┄8分故当10=x时，1110610104010)(max=−=xMC；┄┄┄9分（3）由()()()22

216404440101032zxRxCxxxxxxxxx=−=++−+=+−++，┄┄┄11分则()2457zxxx=+−+，*101Nxx，┄┄┄

13分分，且上递增在上递减，在则令15]5524[)(552)10(,5)1(,]10,2[,]21[)(,4)(==+=xtttxtxxxt于是当45txx=+=时，()zx取得最小值.由2540xx−+=，解得4x=或1x=，故当4x=或1x=时，min(

)7zx=（千万元）．┄┄17分19.解：（1）由性质③知()()exfxgx+=，则()()exfxgx−−+−=，┄┄┄1分由性质②知()()fxfx−=−，()()gxgx−=，故()()exfxgx−−+=.┄┄┄2分则由()(

)()()eexxfxgxfxgx−+=−+=，解得()ee2xxfx−−=，()ee2xxgx−+=；┄┄┄4分（2）由（1）可得()()2222eeee22xxxxgxfx−−+−−=−┄┄┄5分222

2eeee12244xxxx−−++=−−=+，所以对任意实数x，()()22gxfx−为定值1┄9分（3）因为()22ee202xxgx−+=，所以()()()()22202fxfxmgxmgx−，┄┄┄11分而()()()()()2222e

e2ee22eeee2xxxxxxxxfxgx−−−−−−==+−+，ln2,ln3x,┄┄┄13分令eexxt−=−，易知eexxt−=−在ln2,ln3x上单调递增，所以38,23t，+=+

==38232222)()2()(22，，则记tttttthxgxf由复合函数单调性可得()ht在38,23上单调递减。┄┄┄15分4124)38()(min==hthm所以]4124，的取值范围为（故−m┄┄┄17分