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广东省2025—2026学年领航高中联盟12月高一检测考试
数学参考答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A C B D D C C A AB ABD ABD
12.（－1，8）
13.2
( 1)( 1 1)
14. －log 3， 写成（log ， 也正确¿¿
2 9 23 9
3＋lga
15.解：（1）由题意得 =2，（3分）
3－lga
即3lg a=3，（5分）
解得a=10.（7分）
1
ln2026
2
log ❑√2026 ln256 1 1
（2）解法一： 4 = ln4 = = log 256= ×4=2.（13分）
log 2026 2ln4 2 4 2
256 ln2026
ln256
1 1
log 2026
log ❑√2026 4 2 4
解法二： 4 = = =2.（13分）
log 2026 1 1
256 log 2026
8 2 8
16.解：（1）由A≠∅，得m2≥m，（2分）
解得m≤0或m≥1，（4分）
故m的取值范围是（－ ，0］ ［1，＋ ）．（5分）
⋃
（2）当A=∅时题设显然成立，（7分）
此时有m2＜m，解得0＜m＜1；（9分）
当A≠∅时，有－2＜m≤m2≤9，（12分）
解得－2＜m≤0，或1≤m≤3.（14分）综上m的取值范围是（－2，3］．（15分）
17.解：（1）4=a2＋b≥2❑√a2b，（4分）
即a2b≤4，当且仅当a=❑√2，b=2时等号成立．（6分）
故a2b的最大值为4.（7分）
（2）a4＋a2b＋b2=（a2＋b）2－a2b=16－a2b≥12，（13分）
当且仅当a=❑√2，b=2时等号成立．（14分）
故a4＋a2b＋b2的最小值为12.（15分）
18.解：（1）当a=b=2时，f（x）=x2－2x=（x－1）2－1，
故f（x）在区间［－2，1）上单调递减，在区间［1，3］上单调递增，（2分）
注意到f（－2）=8，f（3）=3，
故f（x）在区间［－2，3］上的最大值为8.（4分）
（2）由∀x∈R，f（x）≥0可得Δ=（－a）2－4（a－b）=4b＋a2－4a≤0，（5分）
4a－a2 4－（a－2）2 4
于是b≤ = ≤ =1，当且仅当a=2时等号成立，（8分）
4 4 4
故b的最大值为1，于是f（x）=x2－2x＋1，f（b）=f（1）=0.（9分）
（3）解法一：原题设等价于h（x）=x2－ax＋a在区间［1，3］上有零点．
a
注意到h（x）的对称轴为x= ，
2
a
当 ≤1，即a≤2时，h（x）在区间［1，3］上单调递增，（11分）
2
而h（1）=1＞0，此时h（x）≥h（1）＞0，矛盾．（12分）
9
当a＞2时，令h（3）=9－3a＋a=9－2a≤0，得a≥ ，
2
由零点存在性定理可知此时h（x）在区间［1，3］上有零点，符合题意．（13分）
当a∈（2，4）时，Δ=a2－4a＜0，h（x）＞0，矛盾．（14分）
[ 9) a [ 9) (a)
当a∈ 4， 时， ∈ 2， ⊆［1，3］，此时只要h ≤0即可．
2 2 4 2(a) a2 a2 a（4－a）
注意到h = － ＋a= ≤0，
2 4 2 4
[ a)
故由零点存在性定理知h（x）在区间 1， 上有零点．（16分）
2
综上，a的取值范围是［4，＋ ）．（17分）
解法二：原题设等价于方程x2－ax＋a=0在区间［1，3］上有解，（10分）
显然x=1不是方程x2－ax＋a=0的解，（11分）
当1＜x≤3时，
x2 （x－1）2＋2（x－1）＋1 1 √ 1
有a= = =x－1＋ ＋2≥2❑（x－1）∙ ＋2=4，（14
x－1 x－1 x－1 x－1
分）
当且仅当x=2时取等号，（15分）
x2
又当x→1＋时， →＋ ，（16分）
x－1
综上，a的取值范围是［4，＋ ）．（17分）
19.（1）解：当b=2时，f（x）=log （2x－2－1）=log （2x－3）．（1分）
a a
根据对数函数的定义可知2x－3＞0，即x＞log 3，（2分）
2
故f（x）的定义域为（log 3，＋ ）．（3分）
2
（2）证明：当a=b时，f（x）=log （bx－b－1），设f（x）的定义域为D．
b
在D上任取x ，x ，且x ＜x .
1 2 1 2
f（x ）=log （bx －b－1），f（x ）=log （bx －b－1）．（4分）
1 b 1 2 b 2
当b＞1时，指数函数y=bx在R上单调递增．（5分）
由于x ＜x ，则bx ＜bx ，bx －b－1＜bx －b－1.
1 2 1 2 1 2
又b＞1，故y=log u在区间（0，＋ ）上单调递增，
b
所以log （bx －b－1）＜log （bx －b－1），即f（x ）＜f（x ）．
b 1 b 2 1 2
故当b＞1时，f（x）在D上单调递增；（6分）
当0＜b＜1时，指数函数y=bx在R上单调递减．由于x ＜x ，则bx ＞bx ，bx －b－1＞bx －b－1.（7分）
1 2 1 2 1 2
又0＜b＜1，故y=log u在区间（0，＋ ）上单调递减，
b
所以log （bx －b－1）＜log （bx －b－1），即f（x ）＜f（x ）．
b 1 b 2 1 2
即当0＜b＜1时，f（x）在D上单调递增．（8分）
综上所述，当b＞1或0＜b＜1时，
对于任意x ，x ∈D且x ＜x ，均有f（x ）＜f（x ），
1 2 1 2 1 2
故f（x）在其定义域内单调递增．（9分）
（3）证明：令f（x）=0，则log （bx－b－1）=0，即bx－b－1=1，即bx=b＋2，
a
故原题等价于关于x的方程bx－b－2=0在区间（0，2）上有解．（11分）
设g（x）=bx－b－2.
当b＞1时，g（x）在R上单调递增；
当0＜b＜1时，g（x）在R上单调递减，（12分）
又由g（x）=0在区间（0，2）上有解及零点存在性定理知，
g（0）∙g（2）＜0，即（b0－b－2）（b2－b－2）＜0，（14分）
又b＞0且b≠1，解得b＞2.（16分）
所以，若存在x∈（0，2），使得f（x）=0，则b＞2.（17分）
