黑龙江省大庆市实验中学2024-2025学年高一上学期10月阶段考试数学试题含答案_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年10月试卷_1025黑龙江省大庆市实验中学2024-2025学年高一上学期10月阶段考试

}#}=ACBAFQSAAAMIAFgGgaCAEAkQOECqmwAChQAAJIAIAgoASQDBAQQ{#{}#}=ACBAFQSAAAMIAFgGgaCAEAkQOECqmwAChQAAJIAIAgoASQDBAQQ{#{大庆实验中学 2024—2025 学年度上学期高一年级阶段考试 数学试题参考答案 一、单选题 1.C 2.A 3.C 4.D 5.D 6.C 7.A 8.D 二、多选题 9.CD 10.AD 11.BCD 12.ABD 三、填空题 13.{1,3} 14.    0, 5 4    15.1,1 16.    2 6 ,    四、解答题 17.【答案】(1){x|1x1}；(2){x|x1或x2} 【详解】(1)解不等式2x13得：x1，于是得：A{x|x1}，而Bx 1x2，所以A B{x|1x1}；  (2)因Bx 1x2，则ð B{x|x1或x2}，而A{x|x1}，所以A(ðB){x|x1或x2}. R R 18.【答案】(1) f(x)x22x1；(2)1,2 【详解】（1）二次函数 f(x)ax2bxc，则 f(x1) f(x)a(x1)2b(x1)c(ax2bxc) 2a2 2axab，而 f(x1) f(x)2x1，于是2axab2x1，  ，解得a1,b2， ab1 则 f(x)x22xc，又 f(1)c10，解得c1，所以 f(x)的解析式是 f(x)x22x1. （2） f xx22x1x12，所以 f 01，又因为 f x  f 10， f 21， min 所以 f x在0,m上的值域为0,1时，1m2，所以m的取值范围为1,2；19.【答案】(1),21,；(2),21, 【详解】（1）由A  x3x28x40 得Ax x2或x 2  ，则ð A  x 2 x2   ， 3 R  3  又B{x| x2a  x 2 2a2 0}  xx2axa0 ，由于(ð R A)  B，则B A，  2 当a0时，Bx x0，不符合要求，当a0时，Bx x2a或xa，则  a 3 ，解得a1，  2a2  2 当a0时，Bx x2a或xa，则  2a 3 ，解得a2，  a2 综上可知：a的取值范围为,21, （2）由于p是q的必要不充分条件，则B是A的真子集,由（1）知：B A时，a(,2] [1,)，   2  2 当B A时，则a 或2a ，无解，  3  3  2a2  a2 所以当x,21,时，满足题意. 20.【答案】(1)答案见解析；(2)m2 6 【详解】（1）由题意知 f xx2m2x662mx2m2x2m=(x2)(xm)0， ①当m2时，xm或x2；②当m2时，xR；③当m2时，x2或xm. 综上所述：当m2时，不等式解集为{x|xm或x2}；当m2时，不等式解集为R； 当m2时，不等式解集为 {x|x2 或 xm} . （2）对任意的x2，4， f xm10恒成立，即对任意的x2，4，x22x7m(x1)恒成立， x22x7 6 6 则m x1 对任意的x2，4恒成立，所以m(x1 ) ，x2，4， x1 x1 x1 min 6 6 又x1 2 (x1)( ）=2 6，当且仅当x= 1+ 6时等号成立．故m2 6. x1 x121.【答案】（1）当a0时， f(x)为偶函数；当a0时， f(x)为非奇非偶函数；（2）4. 【详解】（1）若a0，则 f(x)|x|，此时 f(x)|x||x| f x，又 f(x)的定义域为R，故 f(x)为偶函数.若 a0，则 f(a)a3, f aa3 2a ，但 f(a) f a，故 f(x)不是偶函数，又 f(0)|a|0，故 f(x)不是奇函数.故 当a0时， f(x)为偶函数；当a0时， f(x)为非奇非偶函数. f x xa （2）因为对任意的x[1,3]，均有 f(x)bx0，故b ax 在[1,3]上恒成立. x x xa 令gxax ，x[1,3]， x 若1a1，则gxax1 a a  x 1 1，因为x[1,3]，故2x 1  10 ， x  x x 3 当1a0时，gx 2a1，故b2a1，故a2ba22a14，当且仅当a1,b3时等号成立. min 若0a1，gx  10 a1，故b 10 a1，故a2ba2 10 a11，当且仅当a0,b1时等号成立. min 3 3 3  a ax1 ,xa,3 当1a2时， gx    x ，当1xa时，gxa  x 1 1，该函数在1,a上为减函数， a  x ax 1,x1,a  x 当ax3，gxa  x 1 1，该函数在a,3上为减函数，故gx  10a 1，故b 10a 1，  x min 3 3 所以ba2 a2 10a 1  a 5  2  16  4 4，故ba2 的最大值为4. 3  3 9 31  22.【答案】(1)函数ygx是函数y f x在D上的“L函数；(2)  , ；(3)证明见详解. 4  解析：（1）对任意的x､x R，且x  x ， gx gx   x x , f x  f x  3 x x . 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 显然有 gx gx   f x  f x  ，所以函数 是函数 在D上的“L函数”； 1 2 1 2 （2）因为函数 是函数 在D上的“L函数”， 所以gx gx || f x  f x ∣对任意的x､x 0,x  x 恒成立， 1 2 1 2 1 2 1 2 即 x2a x2a  x2x2 对任意的x､x 0,x  x 恒成立， 1 2 1 2 1 2 1 2 x2x2 化简得 1 2  x2x2 对任意的x､x 0,x  x 恒成立， x2a x2a 1 2 1 2 1 2 1 2 1 即 x2a x2a 1对任意的x､x 0,x  x 恒成立，即2 a 1，解得a ， 1 2 1 2 1 2 4 1  所以a的取值范围为  ,； 4  （3）对于x､x 0,2，不妨设x x ， 1 2 1 2 （i）当0x x 1时，因为函数 是函数 在 上的“L函数”， 1 2 所以 gx gx  |x x∣1.此时 gx gx  1成立； 1 2 1 2 1 2 （ii）当x x 1时，由x､x 0,2得1x x 2， 1 2 1 2 1 2 因为g0g2，函数 是函数 在 上的“L函数， 所以 gx gx   gx g2g0gx   gx g2  g0gx  1 2 1 2 1 2  x 2  0x 2x x 2x x 1， 1 2 1 2 1 2 此时 gx gx  1也成立，综上， gx gx  1恒成立. 1 2 1 2