吉林省白城市第一中学2024-2025学年高一上学期10月期中考试数学试题_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年10月试卷_1006吉林省白城市第一中学2024-2025学年高一上学期10月期中考试

白城市第一中学 2024-2025 学年度高一上学期期中考试
且 ，都有 ，则称函数 具有性质 ．已知函数 具有性质 ，则不等
数学试卷
一、单项选择题（本大题共8小题，每题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求 式 的解集为（ ）
的.）
A. B.
{1+x2,x≤0,
1. 已知函数f(x)＝ 若f(x－4)>f(2x－3)，则实数x的取值范围是( )
1,x>0, C. D.
A. (－1，＋∞) B. (－∞，－1) C. (－1,4) D. (－∞，1) 二、多项选择题（本大题共4小题.每题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部
2. 在如图所示的锐角三角形空地中，欲建一个面积最大的内接矩形花园(阴影部分)，则其边长x应为(
选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.）
)
{f (x),f (x)≤p
9. 设函数y＝f(x)的定义域为R，对于任一给定的正数p，定义函数f (x)＝ ，则称函数
p p,f (x)>p
f (x)为f(x)的“p界函数”．若给定函数f(x)＝x2－2x－1，p＝2，则下列结论正确的是( )
p
A. f (f(0))＝f(f (0)) B. f (f(1))＝f(f (1))
p p p p
A. 10 m B. 15 m C. 20 m D. 25 m C. f(f(2))＝f (f (2)) D. f(f(3))＝f (f (3))
p p p p
3. 若f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的单调递增函数，则下列四个命题中正确的( ) y x x
10.以数学家约翰·卡尔·弗里德里希·高斯的名字命名的“高斯函数”为 ，其中 表示不超过
①若f(x )>x ，则f(f(x ))>x ；
0 0 0 0
②若f(f(x ))>x ，则f(x )>x ； 3.23 1.52
0 0 0 0
x的最大整数，例如 ， ，则（ ）
③若f(x)是奇函数，则f(f(x))也是奇函数；
④若f(x)是奇函数，则f(x
1
)＋f(x
2
)＝0⇔x
1
＋x
2
＝0.
A. xR ，
xx11
A. 4个 B. 3个 C. 2个 D. 1个
4. 已知实数x，y满足4x2＋4xy＋y＋6＝0，则y的取值范围是( ) x2 x2  x 1 x3 
B. 不等式 的解集为
A. {y|－3≤y≤2} B. {y|－2≤y≤3}
C. {y|y≤－2}∪{y|y≥3} D. {y|y<－3}∪{y|y>2} 3
 x
 
5. 设x，y是两个实数，命题：“x，y中至少有一个数大于1”的充分条件是( ) C. 当 x 1，   x  的最小值为 2 3
A. x＋y＝2 B. x＋y>2 C. x2＋y2>2 D. xy>1
6. 已知当0≤x≤2时,a<-x2+2x恒成立,则实数a的取值范围是( ) x2 4x3  15 
D. 方程 的解集为
A. (-∞,1] B. (-∞,0] C. (-∞,0) D. (0,+∞)
x f x x f x 
2 1 1 2 0,x  x  11.若存在常数k和b使得函数 和 分别对其定义域上的任意实数x都满足： 和
7.已知函数 f x 是 R 上 奇的函数，对任意的x 1 ,x 2 ,0 ， x 1 x 2 1 2 ，设
恒成立，则称此直线 为 和 的“隔离直线”，已知函数
1 5  2
a3f ,b f  ,c f 1
   
3 2  5 ，则a，b，c的大小关系是( )
， ，若使直线 为函数 和 之间的隔离直线，
A. abc B. cab 则实数b的取值可以为（ ）
C. cba D. bca A. 0 B. －1 C. －3 D. －5
x y 0 x2yxy60
8.若定义在 上的函数 同时满足：① 为奇函数；②对任意的 ， 12. （2023·浙江省余姚中学期中）已知 ， ， ，则（ ）
试卷第15页 共918页 ◎ 试卷第16页 共918页
学科网（北京）股份有限公司xy 2 x2y 19. 已知关于x的不等式x2＋ax＋b<0的解集为{x|1<x<2}，求关于x的不等式bx2＋ax＋1>0的解集.
A. 的最大值为 B. 的最小值为4
C. x y 的最小值为4 23 D.
x22 y12
的最小值为16
三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）
1 1 3 2
13. 已知实数a>0，b>0，且 ＋ ＝1，则 ＋ 的最小值为________．
a b a−1 b−1
14. 若关于x的一元二次方程(a－2)x2－2ax＋a＋1＝0没有实数解，则ax＋3>0的解集为______________． 20. 已知函数f(x)＝2＋ (－2<x≤3).
a4+4b4+1
15. 若a，b∈R，ab>0，则 的最小值为________． (1)用分段函数的形式表示函数f(x)；
ab
(2)画出函数f(x)的图象；
2021,2021 f x x ,x 2021,2021
16.若定义在区间 上的函数 满足：对于任意的 1 2 ，都有 (3)写出函数f(x)的值域.
f x x  f x  f x 2023 f x2023 f x
1 2 1 2 ，且 x0 时，有 ， 的最大值为M ，最小值为 N ，
f 0
M N
则 ______， 的值为______.
四、解答题：写出必要的文字描述、解题过程.共6题。
17. 经观测，某公路段在某时段内的车流量y(千辆/时)与汽车的平均速度v(千米/时)之间有如下关系：
920v
y＝ (v>0)．
v2+3v+1600
(1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？最大车流量为多少？(精确到0.01)
(2)为保证在该时段内车流量至少为10千辆/时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？
ax
f x a0
21.已知函数 x1 ．
1
18. (1)若b＝－ ，∀x∈R，ax2＋(a＋2)x＋b≤0(a∈R)，求a的取值范围；
4 f x
（1）当a0时，判断 的单调性；
(2)若b＝－2a－2(a，b∈R)，求关于x的不等式ax2＋(a＋2)x＋b≤0的解集．
4
（2）若
f x
在区间
1,2
上的最大值为3 ．
（i）求实数a的值；
b 1 
gx x b0  ,1 
（ii）若函数
x
，是否存在正实数b，使得对区间5 上任意三个实数r，s，t，都存在
g

f
r
g

f
s
g

f
t
以 ， ， 为边长的三角形？若存在，求实数b的取值范围；若不存在，请说明理
试卷第25页 共918页 ◎ 试卷第26页 共918页
学科网（北京）股份有限公司由．
22. （2023·四川省攀枝花市第三高级中学月考）已知______，且函数 ．①函数
在 上的值域为 ；②函数 在定义域 上为
偶函数．请你在①②两个条件中选择一个条件，将上面的题目补无完整．
（1）求a，b的值；
（2）求函数 在 上的值域；
（3）设 ，若 ， 使得 成立，求 的取值范围．
试卷第35页 共918页 ◎ 试卷第36页 共918页
学科网（北京）股份有限公司7. 【答案】A
参考答案
f x  f x 
1  2
1. 【答案】C x f x x f x  x x
【解析】 2 1 1 2 0,x  x ，即 1 2 0,x  x ，
{1+x2,x≤0, x
1
x
2
1 2 x
1
x
2
1 2
【解析】因为函数f(x)＝
1,x>0,
f x
gx
且f(x－4)>f(2x－3)，函数f(x)的图象如图． 故函数 x 在 ,0 上单调递增， f x 是 R 上的奇函数，
gx ,0U0,
故 是 上的偶数，
1 1  1 5  2  2
a3f  g  g  b f   g 
 3    3     3  ， 2   5     5  ，c f 1 g1 g1 ，
3 1 2
由图可知当2x－3>0，即x> 时，x－4<0，解得x<4，   1
2 3 5 ，故 .
abc
3
所以 <x<4；
2 故选：A.
3 3 8. 【答案】C
当2x－3≤0，即x≤ 时，x－4<2x－3，解得x>－1，所以－1<x≤ .
2 2
综上，实数x的取值范围是(－1,4)． 【解析】因为对任意的 ，且 ，都有 ，
2. 【答案】C
x 40−y 即对任意两个不相等的正实数 不妨设 ，
【解析】设矩形花园的宽为y，则 ＝ ，即y＝40－x，矩形花园的面积S＝x(40－x)＝－x2＋40x
40 40
＝－(x－20)2＋400，其中x∈(0,40)，故当x＝20 m时，面积最大．
都有 ，
3. 【答案】A
【解析】对于①，因为f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的单调递增函数，若f(x )>x ，则f(f(x ))>f(x )>x ，故
0 0 0 0 0
①正确．
对于②，当f(f(x ))>x 时，假设f(x )≤x ，由f(x是定义在(－∞，＋∞)上的单调递增函数，得 所以有 ，
0 0 0 0
f(f(x ))≤f(x )≤x ，与已知f(f(x ))>x 矛盾，故②正确．
0 0 0 0 0
对于③，若f(x)是奇函数，则f(f(－x))＝f(－f(x))＝－f(f(x))，所以f(f(x))也是奇函数，故③正确．
对于④，若f(x)是奇函数，且是定义在(－∞，＋∞)上的单调递增函数，f(x )＋f(x )＝0，则f(x )＝－ 所以函数 是 上的减函数，
1 2 1
f(x
2
)＝f(－x
2
)⇒x
1
＝－x 2⇒x
1
＋x
2
＝0；
若x
1
＋x
2
＝0⇒x
1
＝－x 2⇒f(x
1
)＝f(－x
2
)＝－f(x
2
)⇒f(x
1
)＋f(x
2
)＝0，故④正确．故选A.
又因为 为奇函数，即有 ，有 ，
4. 【答案】C
【解析】由题意知，关于x的一元二次方程有解，则Δ＝16y2－16(y＋6)≥0，即y2－y－6≥0，解得y≤－
2或y≥3. 所以有 ，
5. 【答案】B
【解析】对于选项A，当x＝1，y＝1时，满足x＋y＝2，但命题不成立；对于选项C，D，当x＝－2，y＝
所以 为偶函数，
－3时，满足x2＋y2>2，xy>1，但命题不成立，也不符合题意；
对于选项B，若x≤1，y≤1时，有x＋y≤2，反之不成立，
所以 在 上单调递增，
所以x＋y>2是x，y中至少有一个数大于1成立的充分条件．
6. 【答案】C
试卷第45页 共918页 ◎ 试卷第46页 共918页
学科网（北京）股份有限公司【解析】 ，即 恒成立，故 ，解得 ；
当 ，即 时，有 ，由 ，
，即 ，
得 ，
函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，解得 ，此时无解；
当 ，即 时，由 ，得 ， 故 ，故 .
所以 ，解得 或 ，
综上所述： .
综上所述，不等式 的解集为 ． 故选：BC.
12. 【答案】BCD
故选：C. x2yxy60 x2y 6xy
【解析】由 ，得 ，
9. 【答案】ACD
【解析】因为f(x)＝x2－2x－1，p＝2，由x2－2x－1≤2，即x2－2x－3≤0，解得－1≤x≤3. x y 0 x2y 6xy 0 0 xy6
因为 ， ，所以 ，所以 ，
{x2−2x−1,−1≤x≤3,
则f 2 (x)＝ 2,x<−1或x>3, 所以f p (f(0))＝f 2 (－1)＝2，f(f p (0))＝f(f 2 (0))＝f(－1)＝2，故结论A正 由基本不等式可得： x2y�2 2xy ，当且仅当 x2y 时等号成立，此时 6xy�2 2xy ，
确；f (f(1))＝f (－2)＝2， xy�18 xy�2 xy6 xy�18
p 2
解得： 或 ，因为 ，所以 舍去，
f(f (1))＝f(f (1))＝f(－2)＝7，故结论B不正确；f(f(2))＝f(－1)＝2，f (f (2))＝f (f (2))＝f (－1)＝2，
p 2 p p 2 2 2
xy
故结论C正确； 故 的最大值为2，A错误；
f(f(3))＝f(2)＝－1，f p (f p (3))＝f 2 (f 2 (3))＝f 2 (2)＝－1，故结论D正确．故选ACD. x2yxy60 xy 6x2y
由 得 ，
10. 【答案】AB
【解析】对选项A：设x的整数部分为a，小数部分为 b ，则
xa
， 因为 x ， y 0 ，所以
6x2y0
，所以 0 x2y6 ，
x1的整数部分为a1，
x1a1
，故
xx11
，正确；
x2y2
2xy�
由基本不等式可得 ，当且仅当 时等号成立，
4 x2y
x2 x2 1x2
对选项B： ，则 ，故1 x3，正确；
(x2y)2
6x2y�
3 3 即 8 ，解得x2y�4或x2y� 12，因为0 x2y6，
 x 2  x 2 3
对选项C：    ，
 x  x
   
x2y� 12
所以 舍去，
3
 x 
 
当且仅当  x，即x  3时成立，x  3不成立，故等号不成立，错误； x2y
      故 的最小值为4，B正确；
x4 x2yxy60 x y y1x6 y1x6x y
对选项D：取x 19，则 ，代入验证成立，错误. 由 变形为 ，则 ，
故选：AB.
11. 【答案】BC
试卷第55页 共918页 ◎ 试卷第56页 共918页
学科网（北京）股份有限公司(yx1)2 a4+4b4+1 4a2b2+1 1 √ 1
y1x� ∴ ≥ ＝4ab＋ ≥2 4ab∙ ＝4，
由基本不等式得： 4 ，当且仅当y 1x时等号成立， ab ab ab ab
yx12 { a2=2b2, { a2= √2 ,
6x y� 2
此时 ， 当且仅当 1 即 ab>0时取得等号．
4 4ab= , √2
ab b2= ,
4
t12
令x y tt 0，则 6t� 4 ，解得： t�4 23 或 t� 4 23 （舍去）， 故 a4+4b4+1 的最小值为4.
ab
x y 4 23 16. 【答案】2023 4046
所以 的最小值为 ，C正确；
x ,x 2021,2021 f x x  f x  f x 2023
【解析】∵对于任意的 1 2 ，都有 1 2 1 2 ，
x2yxy60
x2y18
由 可得 ，
x  x 0 f 02023
∴令 1 2 ，得 ，
x22 y12 �2x2y12816
从而 ，
x x 0 f 02023 f x f x4046
再令 1 2 ，将 代入可得 ，
x2 y1 x2 22 y 2 21
当且仅当 时，即 ， 等号成立，
x  x x ,x 2021,2021
设 1 2， 1 2 ，
x22 y12
故 最小值为16，D正确.
x x 0 f x x  f x  f x 2023
则 2 1 ， 2 1 2 1 ，
故选：BCD.
13. 【答案】2 √6 f x  f x 20232023
∴ 2 1 ，
1 1 1 1 a−1
【解析】由 ＋ ＝1，可得 ＝1－ ＝ >0，
a b b a a f x 4046 f x 
又 1 1 ，
a
则a－1>0, b＝ ，
a−1 f x  f x  f x
∴可得 2 1 ，即函数 是严格增函数，
a 1
则b－1＝ －1＝ ，
a−1 a−1 f x  f 2021 f x  f 2021
∴ max ， min ，
3 2 3 √ 3
∴ ＋ ＝ ＋2(a－1)≥2 ∙2(a−1)＝2 √6，
a−1 b−1 a−1 a−1 f 2021 f 20214046
又∵ ，
3 √6
当且仅当 ＝2(a－1)，即a＝1＋ 时取等号，
a−1 2 M N
∴ 的值为4046.
3 2
故 ＋ 的最小值为2 √6.
a−1 b−1 故答案为：2023 4046.
920 920
{ | 3} 920v 920
14. 【答案】 x x<− 17. 【答案】解 (1)y＝ ＝ 1600 ≤ √ 1600 ＝ ≈11.08.
a v2+3v+1600 v+ +3 2 v∙ +3 83
v v
【解析】由题意，可知a－2≠0， 1600
当且仅当v＝ ，即v＝40千米/时时，车流量最大，最大值约为11.08千辆/时．
且(－2a)2－4(a－2)(a＋1)＝4a＋8<0， v
3 920v
所以a<－2，所以解ax＋3>0，得x<－ . (2)依题意有 ≥10，
a v2+3v+1600
15. 【答案】4 化简得v2－89v＋1 600≤0，即(v－25)(v－64)≤0，
【解析】∵a，b∈R，ab>0， 所以25≤v≤64.
试卷第65页 共918页 ◎ 试卷第66页 共918页
学科网（北京）股份有限公司所以汽车的平均速度应控制在{v|25≤v≤64}这个范围内．
1 1 1
18. 【答案】解 (1) b＝－ 代入得ax2＋(a＋2)x－ ≤0，当a＝0时，原不等式可化为2x－ ≤0，
4 4 4
显然在R上不恒成立，所以a≠0.
{ a<0,
当a≠0时，则有
Δ=(a+2) 2+a≤0,
(3)由(2)知，图象最高点的坐标是(0，2).
解得－4≤a≤－1. 故依据图象，函数f(x)的值域是(0，2].
故a的取值范围为{a|－4≤a≤－1}． ax a
f x a ,x1
(2)不等式ax2＋(a＋2)x＋b≤0可化为ax2＋(a＋2)x－2a－2≤0，即(ax＋2a＋2)(x－1)≤0. 21. 【答案】解：（1）由题意得 x1 x1 ，
①当a＝0时，2(x－1)≤0，原不等式的解集为{x|x≤1}．
x,x (,1) x  x
2a+2 { | 2a+2 } 设 1 2 且 1 2，
②当a>0时，－ <0，原不等式的解集为 x − ≤x≤1 .
a a
a  a  ax x 
2a+2 3a+2 则
f x
1
 f x
2
a
x 1
a
x 1
=
x 1
1
x
2
1 ，
③当a<0时，－ －1＝－ . 1  2  1 2
a a
2 3a+2 2 x  x 1 x x 0 x 1x 10
若a＝－ ，－ ＝0，则－ (x－1)2≤0，原不等式的解集为R； 因为 1 2 ，所以 1 2 ， 1 2 ，
3 a 3
f x  f x 0 f x  f x 
2 3a+2 2a+2 { | 2a+2 } 当a0时， 1 2 ，即 1 2 ，
若a<－ ，则－ <0，－ <1，原不等式的解集为 x x≤− 或x≥1 ；
3 a a a
a
f xa
,1
所以 x1在 上单调递增；
2 3a+2 2a+2 { | 2a+2}
若－ <a<0，则－ >0，－ >1，原不等式的解集为 x x≤1或x≥− .
3 a a a
a
f xa
1,
19. 【答案】解 ∵x2＋ax＋b<0的解集为{x|1<x<2}， 同理可得， x1 在上单调递增，
∴方程x2＋ax＋b＝0的两根为1，2.
f x ,1 1,
由根与系数的关系得 得 故 在 和 上单调递增.
4
代入所求不等式，得2x2－3x＋1>0，解得x< 或x>1.
（2）（i）
f x
在区间
1,2
上的最大值为3 ，
∴bx2＋ax＋1>0的解集为 .
a
f xa
20. 【答案】解 (1)当0<x≤3时， ①当a0时，同理（1）可知，函数 x1在区间
1,2
上单调递减，
f(x)＝2＋ ＝2－ ；
a a 4 8
f x  f 1a   a 2
∴ max 2 2 3，解得 3 （舍去）；
当－2<x≤0时，f(x)＝2＋ ＝x＋2；
a
f xa
综上，函数f(x)的解析式为f(x)＝ ②当a0时，函数 x1在区间
1,2
上单调递增，
(2)图象过点(－2，0)，(0，2)，(3，1)，
其中点(－2，0)是空点，(0，2)和(3，1)是实心点，函数f(x)的图象如图所示：
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学科网（北京）股份有限公司a 2a 4 2 1 1 1
f x  f 2a   a21,2 2gm  gm 6b b1 b b
∴ max 3 3 3，解得 ， 由 ，即 3 ，得 15，∴15 9；
min max
综上所述，a2． 1 1 b 1 
2 1  ②当 9 b 3 时， gmm m 在 3 , b   上单调递减，在  b,1  上单调递增，
（ii）由（i）知， f x2 x1 ，且 f x 在区间  5 ,1  上单调递增，
gm 2 b,gm b1 2gm  gm
4 b b1
∴ min max ，由 min max，即 ，
1 1
f    f x f 1  f x1
∴ 5 ，即 3 ， 1 1
b
得b2 14b10，解得74 3 b74 3，∴9 3；
1  1 
,1 ,1
∴ f x 在区间  5  上的值域为  3  ， 1 b 1 
③当 3 b1 时， gmm m 在 3 , b   上单调递减，在  b,1  上单调递增，
b
gx x b0
讨论函数 x ： 1 1
gm 2 b,gm 3b 2gm  gm 4 b 3b
∴ min max 3，由 ，即 3，
min max
 b   b   b 
gx gx x  x  x x  1 
令 0x 1 x 2 ，则 1 2  1 x 1   2 x 2  1 2  x 1 x 2  ， 9b2 14b 1 0 74 3 b 74 3 1 b1
得 ，解得 ，∴ ；
9 9 9 3
 b 
  x x  1 0
当x ,x  0, b 时， 1 2 x x ，所以gx  gx ，gx为减函数； b 1 
1 2  1 2  1 2 gmm  ,1 
④当
b1
时，
m
在3 上单调递减，
 b 
当x 1 ,x 2   b,  时， x 1 x 2    1 x 1 x 2   0 ，所以gx 1  gx 2 ，gx为增函数； gm b1,gm 3b 1 2gm  gm 2b23b 1
∴ min max 3，由 ，即 3，
min max
   
gx 0, b b,
∴ 在 为减函数，在 为增函数，
5 5
b 1b
1  b 解得 3 ，∴ 3，
令m f x ，则 m  3 ,1  ，∴ g  f x  gmm m b0 ，
 1 5
b b 
1 ,1  综上所述，实数b的取值范围为  15 3 ．
 
在区间5 上任意三个实数r，s，t，
22. 【答案】解：（1）选①，函数 在 上单调递增，
1 
都存在以g  f r ，g  f s ，g  f t 为边长的三角形，等价于 m  3 ,1  ，2gm  gm ，
min max
故 ，解得 .
1 1 b 1 
0 b  0b gmm  ,1 
①当
3
，即
9
时，
m
在3 上单调递增，
选②，函数 在定义域 上为偶函数
1
gm 3b ,gm b1
∴ min 3 max ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，解得 .
（2）由（1）得 ，
令 ， ，
则 ， ，
由对勾函数的性质可得 在 上递减， 上递增，
故 ，
又 ，
所以函数 在 上的值域为 .
（3）由（2）得，当 时， ， ，
若 ， 使得 成立，
则 使得 成立，
整理得 在 上能成立，
所以 ，
又 ，当且仅当 ，即 时等号成立，
所以 ，即 .
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