江南十校2025-2026学年高一上学期12月联考数学A答案_2025年12月高一试卷_251228安徽省江南十校2025-2026学年高一上学期12月联考（全）

12月联考参考答案
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C D A C B A A B BD ABD ACD
1．C 集合A=0,1  ,B=N,A∩B=0,1  ;
2．D 对于A选项，y=x在定义域内是增函数，B,C选项，函数在定义域内不单调，选D.
3. A 当x>0时，fx 
1
=
3

x
,当x<0时，fx 
1
=-
3

x
,故选A
4. C 当区间a,b  的长度b-a  <ε时，区间a,b  内的每一个值都可以作为近似解，经检验，
1.875-1.75  =0.125>0.1,1.8125-1.75  =0.0625<0.1满足条件，故选C.
5．B 函数fx  是R上的奇函数，由f1  =1,得f-1  =-1,经检验，选B.
6．A 对于选项A,令a=-1,b=-2,c=-3,则a+b=c,矛盾，故选A.
1
7．A 若m>n>1,则 log n < log m =1,反过来， log 1 =0<1⇏ >1,即m>n>1是
m m 1 2
2
log n<1成立的充分不必要条件,故选A.
m
8．B 函数fx 
x-1 1
= =1+ ,其对称中心为2,1
x-2 x-2
 ,该点在直线y=ax+b上，于是由2a+
b=1,a2+b2=a2+1-2a 
2
2=5a2-4a+1=5a-
5

2 1 1
+ ≥ .
5 5
1
9．BD 令x= ，得f1
2
 =1,故A选项错误，f2x  =8x3=2x  3,故fx  =x3,B选项正确，对
于C,f2x  的定义域为-1,1  ,-2≤2x≤2,即f可以作用[-2,2]范围内的数，故fx  的定义域为
-2,2  ,故选项C错误，由于fx  是-2,2  上的奇函数，fx-1  是fx  向右平移一个单位，故
fx  关于1,0  点成中心对称,故D选项正确.
10．ABD 由于0=log 1<log 0.4<log 0.3=1,log 0.4<log 0.5=-1故选项A,B正确，对于
0.3 0.3 0.3 2 2
m+n 1 1
D选项，由mn<0, = + =log 0.3+log 2=log 0.6<1,得m+n>mn,故正确.
mn m n 0.4 0.4 0.4
11．ACD
如图，作出函数Mx  的图象，联立方程y=x-2及y=-x2+4x
3+ 5
-3得x2-3x+1=0,解得：B点横坐标为 ,B点纵坐标为
2
5-1
,故选项A正确；Mx
2
 =m有三个不相等的实根，m=1
5-1
或m= ,故选项B错误；令y=1,当x≤1时，x2-4x+3
2
=1,解得A点横坐标为2- 2,当x>1时，容易解得x=2或x
=3，因此b-a长度的最大值为3-2- 2  = 2+1,故选项C
正确；对于D选项，取y=x,联立y=Mx  解得D点横坐标为
5+ 13
,根据图象，取区间0,3
2

 5+ 13
及0,
 2

满足条件．故正
确.
二、填空题
12．0,e  易知x>1时，lnx=1,解得：x=e，当x≤1时，-ex+2=1,解得：x=0.即方程的
解集为0,e  .
·1·13． 3 令 f x  = lnx + 2x, 则 f x  在 0.+∞  单调递增, 由条件知 f m  = 1,f 3-n  =
3-n  ln +23-n  =1故fm  =f3-n  ⇒m=3-n,即m+n=3.
14．-∞,10 
b
依题设有k+b=3,一次函数y=kx+b在x轴、y轴的截距分别为：- ,b,图象与
k
1 b
坐标轴围成的三角形的面积为 - ∙b
2 k

b2
=
2k 
3-k
≤2⇒
 2
2k 
≤2⇒3-k  2≤4k  ，若k<0,上式
化成k2-2k+9≤0,无解，故k>0,此时上述不等式化成k2-10k+9≤0⇒1≤k≤9,k≠3  故P
=1,3  ∪3,9 
x2+9
,若存在x∈P，使得不等式x2+9>mx成立，即m< 成立，m小于代数式
x
x2+9
的最大值就可以了，令函数gx
x

x2+9
= ,熟知gx
x
 在1,3  上是递减的，在3,9  是递增
的，而g1  =g9  =10,所以m的取值范围为-∞,10 
15. 解：I  原式=5log5 5 2 -2(lg2+lg5)
5
= -2
2
1
= ................................................................................................6分
2
Ⅱ  由 a2 1 -a- 2 1 = 5,得：5=(a2 1 -a- 2 1 )2=a+a-1-2⇒a+a-1=7.........................8分
而(a2 1 +a- 2 1 )2=a+a-1+2=9,故a2 1 +a- 2 1 =3........................................................10分
进一步有a 3 2 +a-3 2 =(a2 1 +a- 2 1 )a-1+a-1  =18.......................................................12分
a
3 2+a-3
2+2 20 10
于是 = = ...............................................................................13分
a+a-1-1 6 3
16. 解：I  a3+b3-a2b+ab2  =a+b  a2-ab+b2  -aba+b 
=a+b  a-b)2
由a,b>0知a+b  a-b)2≥0,因此 a3+b3≥a2b+ab2.......................................6分
Ⅱ  证明：由题设a,b,c>0,及基本不等式a+b≥2 ab知,
(a+b)2
a+b 4 1 1 4
(a+b)2≥4ab⇒ ≥4⇒ ≥ ⇒ + ≥ .................................12分
ab ab a+b a b a+b
1 1 4 1 1 4
同理， + ≥ , + ≥
b c b+c c a c+a
1 1 1 1
( + )+ +
a b b c

1 1
+ +
c a

4 4 4
≥ + + .........................................14分
a+b b+c c+a
1 1 1 2 2 2
即： + + ≥ + + ...............................................................15分
a b c a+b b+c c+a
17.解：I  当总质比为50时，v=2000∙ln50，由参考数据得v=2000×3.9=7800m/s，
7800<7900,即该型火箭的最大速度达不到第一宇宙速度；..........................................5分
（Ⅱ）由题意，经过材料更新和技术改进后，该型火箭的喷流相对速度为3000m/s，总质比变
M M M
为 ，要使火箭的最大速度至少增加1000m/s，则需3000ln -2000ln ≥1000，化简得：
3m 3m m
M M M M M M
3ln -2ln ≥1，整理得ln( )3-ln( )2≥1，即ln ≥1⇒ ≥e
3m m 3m m 27m 27m
M
即： ≥27e
m
·2·由参考数据，2.718<e<2.719⇒73.386<27e<73.413，
因此，技术改进前火箭的总质比的最小整数值为74....................................................15分
18.I  以题意，f1  =0,即a+b+c=0，又fx+y  =ax+y  2+bx+y  +c （1）,
fx  +fy  +2xy+2=a(x2+y2)+b(x+y)+2c+2xy+2 （2）比较（1）（2）式的系数得：
2a=2,c+2=0,即a=1,c=-2,进而b=1................................................................4分
所以fx  =x2+x-2.............................................................................................5分
Ⅱ  依题设 kx2+x-2  <k2+1  x对∀k∈0,2  恒成立，
（1）当k=0时，x>0,..........................................................................................7分
x2+x-2 k2+1
（2）当0<k≤2时， < ,
x k
令gk 
k2+1
= ,则gk
k

1
=k+ ≥2,当且仅当k=1取等号................................11分
k
x2+x-2
此时只须 <2,即x2-x-2<0,解得：-1<x<2....................................16分
x
由（1）（2）可得x的取值范围为0,2  ...............................................................17分
19.解：I  由fx  = 39x+1  log -kx为偶函数知，
fx  -f-x  = 39x+1  log -kx- 39-x+1  log -kx
9x+1 9x+1
= -2kx=
3 9-x+1 3
 9x
log log -2kx= log 9x-2kx=2x-2kx=0
9x+1 3
解得k=1...........................................................................................................5分
Ⅱ  当x≥0时，gx  = 39x+1  log -2x-a有零点，令gx  =0,
则a= 39x+1  log -2x
令mx  = 39x+1 
9x+1 1
log -2x=log 3 9x =log 3 (1+ 9x ),下面证明mx  在[0,+∞)是单调递减
的。
∀0≤x 1 <x 2 <+∞,mx 1  -mx 2 
1 1
=log (1+ )-log (1+ ) 3 9x1 3 9x2
1 1 1 1 1 1
由0≤x <x ,得9x1<9x2⇒ > ⇒1+ >1+ ⇒log (1+ )>log (1+ )
1 2 9x1 9x2 9x1 9x2 3 9x1 3 9x2
即mx 1  >mx 2  ,得证；
于是mx  ≤m0  = log 2.....................................................................................8分 3
1
显然1+ >1,mx 9x  >0，因此实数a的取值范围是(0,log 2]..........................................10分 3
Ⅲ  函数fx  与hx  的图象只有一个公共点⇔方程fx  =hx  有唯一解，即
39x+1  log -x= 3m∙3x-2m  log 有唯一解，进一步变形得：
39x+1  log = 3m(3x-2)∙3x  log ⇒9x+1=m(3x-2)∙3x⇒m-1  9x-2m∙3x-1=0
令3x=t,则t>0,上述方程化为m-1  t2-2m∙t-1=0有一个正根...........................12分
1
（1）若m=1,t=- ,舍去；
2
（2）若m>1,m-1>0,此时方程恰有一正根，满足；
（3）若m<1,此时若方程有两不同根，则两根必同号，不满足，若方程有两相同根，
Δ=4m2+4m-1 
-1+ 5 -1- 5
=0，解得m= ,此时方程为负根，舍去，或m= 满足.
2 2
·3·综上，实数m的取值范围为1,+∞ 
-1- 5
∪ 
2
 ...................................................17分
·4·