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2023~2024 学年第一学期四校联考（一）参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
答案 A D C B C D C B BC AB AD AC
1
13. [ ,+∞) 14. (−4,0)(0,4) 15. 1 16. 8
2
部分试题答案详解
5. C
【详解】由图象可知 f (x)在定义域内单调递增，所以a>1，
令 f (x)=log (x−b)=0，即x=b+1，所以函数 f (x)的零点为b+1，结合函数图象可知00，故A错误；
−a1，所以−a<−1，因此ab<−1不一定成立，故B错误；
1 1
因为a−10 ，解得：2≤a≤3
−a+6≥a
故选：D.
7．C
【详解】由题得c=log 0.2>log 0.3=1，
0.3 0.3
0a,c>b.
1 2 3
a=0.20.2 =
1
5
=
1
10
=
10 1
=
10 40
， b=
3
10
=
10 27
，
5 5 25 1000 10 1000
显然，a的被开方数大于b的被开方数，∴a>b，故有c>a>b. 故选：C.
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学科网（北京）股份有限公司8．B
【详解】
−x2+4x,x≤4,
做出函数 f (x)= 的图像如图所示，
log
2
(x−4),x>4,
65
由图可知，x +x =4，由 log (x−4) = f (2)=4，可得x= 或x20，
1 2 2 16
所以5 x2，即− 21，所以g(x)= f(x)− f(−x)=ax −a−x在R上单调递增，
不妨设x >x ，则g(x )>g(x )，所以(x −x )g(x )>(x −x )g(x )，即xg(x )+x g(x )>xg(x )+x g(x )，
1 2 1 2 1 2 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 2 1
故选项C正确；
1
对选项D：取x 1 =0,x 2 =−1,a=2，则 g x 1 +x 2 =2 − 1 2 >0> g(x 1 )+g(x 2 ) = 0+ 2 −2 ，故D错误.
2 2 2
故选：AC.
1
13．[ ,+∞)
2
1
【详解】设µ= 2x−1(x≥ ),
2
1+µ2 1+µ2 (µ+1)2
则x= (µ≥0)，∴y= +µ= (µ≥0)
2 2 2
(µ+1)2 1
µ≥0，∴y= ≥
2 2
1
故函数y=x+ 2x−1的值域为[ ,+∞).
2
1
故答案为：[ ,+∞)
2
14．(−4,0)(0,4)
【详解】①当x>0时， f (x)=x2−4x，xf (x)<0，即 f (x)<0，即x2−4x<0，
解得00，
即−x2−4x>0，解得−4lg ( kx2) 得lg(2x−3)2 >lg ( kx2) ，
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学科网（北京）股份有限公司9 12
因为x∈[ 3,4 ]，则kx2 <4x2−12x+9，可得k < − +4，
x2 x
1 1 1 1 1
令t = ∈
,
，g(t)=9t2−12t+4，则函数g(t)在
,
上单调递减，
x 4 3 4 3
1 25 25
所以，g(t) =g = ，∴k < .
max 4 16 16
因此，正整数k的最大值为1.
故答案为：1.
16. 8
【详解】a +(−1)na =3n+1，
n+2 n
当n为奇数时，a =a +3n+1；当n为偶数时，a +a =+3n+1.
n+2 n n+2 n
设数列{a }的前n项和为S ，S =a +a +++a =a +a +a +a +(a +a )+(a +a )
n n 8 1 2 8 1 3 5 7 2 4 6 8
=a +（a +4)+（a +14)+（a +30)+(a +a )+(a +a )
1 1 1 1 2 4 6 8
=4a +48+7+19=4a +74=106，解得a =8.
1 1 1
17.【详解】（1）设{a }的公比为q，由题设得
n
a =qn−1， ................................................1分
n
由已知得a ⋅q8 =4a ⋅q6，即q8 =4q6， ................................................2分
1 1
解得q=0（舍去），q =−2或q=2， .................................................3分
故a =（−2）n−1 或a =2n−1 ...............................................4分
n n
1−(−2)n
（2）若a =（−2）n−1，则S = ． ...............................................5分
n n 3
由S =127得(−2)m =−380，此方程没有正整数解． ...............................................7分
m
若a =2n−1，则S =2n −1， ...............................................8分
n n
由S =127得2m =128，解得m=7，综上，m=7. ..............................................10分
m
18.【详解】（1）由题意得 f (2)=4a+2b=0，故b=−2a， ................................................1分
f(x)−x=0即ax2+(b−1)x=0有唯一实数根，故∆=(b−1)2 =0， ...................................2分
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解得b=1，故a=− ， ...............................................4分
2
1
故 f(x)=− x2+x； ...............................................5分
2
（2）x≥2，不等式 f(x)≥2−a恒成立，
只需 f (x)=ax2+bx=a ( x2−2x ) 的最小值大于或等于2−a，...............................................7分
当a>0时， f (x)=a ( x2−2x ) 在x∈[ 2,+∞)上单调递增， ...............................................9分
故 f (x) = f (2)=0，所以2−a≤0，解得a≥2，
min
所以实数a的取值范围是[2,+∞) . ..............................................12分
( )
f 0 =b=0
1
( )
a+b
19.【详解】（1）由题意得 f x = 1 2 2 ，
f = =
2 1 5
1+
4
解得a =1，b=0，经验证满足题设； .....................................................2分
( )
（2） f x 在（−1，1）上是增函数. .....................................................3分
证明如下：在（−1，1）上任取两数x ，x 且−1< x < x <1，
1 2 1 2
x x x +x x2 −x −x x2 (x −x )(1−x x )
( ) ( )
则 f x − f x = 1 − 2 = 1 1 2 2 2 1 = 1 2 1 2 ，............5分
1 2 1+x2 1+x2 (1+x2)(1+x2) (1+x2)(1+x2)
1 2 1 2 1 2
因为−1< x < x <1，所以x −x <0，1−x x >0，1+x2 >0，1+x2 >0，...........7分
1 2 1 2 1 2 1 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
故 f x − f x <0，即 f x < f x ，所以 f x 在（−1，1）上为增函数；.....................8分
1 2 1 2
( )
（3） f x 为奇函数，定义域为（−1，1），
( ) ( ) ( ) ( )
由 f t−1 + f(t)<0得 f t−1 <−f t = f −t ， .........................................................9分
( )
∵ f x 在（−1，1）上为增函数，
1
∴−10
1 2 3 n 2n 2n
故b +b +b ++b <2 .................................................12分
1 2 3 n
22.【详解】（1）解： f
(
x
)
的定义域为（0，+∞），
f′(
x
)
=lnx，........................................1分
当x∈（0，1）时，
f′(
x
)
<0，当x∈（1，+∞）时，
f′(
x
)
>0
( )
故 f x 在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增. .................................................2分
( ) ( )
所以 f x = f 1 =−1 .................................................3分
min
a a−2x2
（2）解：由于g′( x ) = −2x= (x>0)，
x x
当a≤0时，g′(
x
)
<0，g
(
x
)
在（0，+∞）上单调递减，
此时存在x ∈（0，1），使得g ( x ) > g ( 1 ) =0，与题设矛盾. ..............................................4分
0 0
当a>0时，x∈（0，
a ）时，g′(
x
)
>0，x∈（
a ，+∞）时，g′(
x
)
<0，
2 2
( ) a a
故g x 在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减，
2 2
a a a a a a
所以g ( x ) = g =aln − +1= ln − +1，...............................................5分
max 2 2 2 2 2 2
要使g ( x ) ≤0在（0，+∞）恒成立，则g ( x ) ≤0，即 a ln a − a +1≤0...........................6分
max
2 2 2
( )
又由（1）知 f x = xlnx−x≥−1，即xlnx−x≥−1，（当且仅当x=1时，等号成立）.
a a a a a a a a
令x= 有 ln − +1≥0，故 ln − +1=0， =1，所以a=2.......................7分
2 2 2 2 2 2 2 2
（3）证明：由（2）知g ( x ) =2lnx≤ x2 −1得lnx2 ≤ x2 −1（当且仅当x=1时等号成立）
令x= t（t >0），则lnt ≤t−1（当且仅当t =1时等号成立），......................................8分
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学科网（北京）股份有限公司令t =ex，所以lnex ≤ex −1，即ex ≥ x+1（当且仅当x=0时等号成立），
1 1 1 n+1
令x= >0（n∈N*），则en > +1= .........................................10分
n n n
1 1 1 1 2 3 4 2022 2023
从而有e1⋅e2 ⋅e3e2021⋅e2022 > × × ×× ×
1 2 3 2021 2022
1 1 1
所以 1+ + + .........................................12分
e 2 3 2022 >2023
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