甘肃省武威市凉州区2024-2025学年高三第一次质量检测+数学答案_A1502026各地模拟卷（超值！）_9月_240921甘肃省武威市凉州区2024-2025学年高三第一次质量检测

数学答案
一、选择题：本大题共 8小题，每小题 5分，共 40分.
1. 2. 3. 4. 5.
C A C B B
6. 7. 8.
C A D
二、选择题：本大题共 3小题，每小题 6分，共 18分.
9. 10. 11.
AC BCD AC
三、填空题：本大题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12.
“ x∈ ， ，使λx2＋x－2≤0”
13.
既非充分又非必要
14. 1,0
四、解答题：本题共 5小题，共 77分.
∀ 1 4
15.【答案】(1)A{x|2 x3}
(2)(,2]
【分析】（1）根据函数解析式中被开方数大于等于零，分母不能为零，列出不等式组，解之
即可求解；
（2）根据AB A得到BA，根据集合的包含关系进行分类讨论，进而求解.
3x0
【解析】（1）要使函数有意义，则有 ，解之可得：2x3，
x20
所以集合A{x|2 x3}.
（2）因为AB A，所以BA,
因为B x a x3a6  ，所以分B和B两种情况；
3
若B，则a3a6，解得：a ；
2
3a6a
 3
若B，要使BA成立，则有a2 ，解得： a2，
 2
3a63
综上所述：实数a的取值范围(,2].
16.【小问1详解】
学科网（北京）股份有限公司100 20202040 2 25
K2    2.778 3.841，
40604060 9
没有95%的把握认为入学测试成绩优秀与使用智能辅导系统相关；
【小问2详解】
40
5 2，523，5人中2人成绩优秀，3人成绩不优秀，
100
X 的取值可能为0、1、2，
C2 3 C1C1 3 C2 1
P  X 0  3  ，P  X 1  3 2  ，P  X 2  2  ，
C2 10 C2 5 C2 10
5 5 5
分布列为：
X 0 1 2
3 3 1
P
10 5 10
3 3 1 4
E  X 0 1 2  ．
10 5 10 5
17.【答案】(1)作图见解析
(2)(1,1)
(3)
x|2x0或
>2
【分析】（1）奇函数关于原点对称，据此补全图象即可；
（2）（3）由图象写出单调递增区间和写出使 f x0的x的取值集合即可；
【详解】（1）由题意作出函数图象如图所示.
（2）由图可知，单调递增区间为(1,1).
（3）由图可知，使 f x0的x的取值集合为x|2x0或x2 .
学科网（北京）股份有限公司2
18.【答案】（1）a 1,b
3
2 2
（2）极大值为 ，极小值为
3 3
【解析】
【小问1详解】
1
 f(x) x3ax2 b， f(x) x22ax.
3
1 2
 ab 2
由题意得3 3 解得a 1,b ；
 12a 1, 3
【小问2详解】
1 2
由（1）得， f(x) x3x2  ，
3 3
 f(x) x2 2x，
令 f(x)0，解得x 2或x0，
当x(,2)时， f(x)0，则函数 f (x)单调递增；
当x(2,0)时， f(x)0，则函数 f (x)单调递减；
当x(0,)时， f(x)0，则函数 f (x)单调递增，
2
故当x 2时， f (x)有极大值为 f(2) ；
3
2
当x0时， f (x)有极小值为 f(0) .
3
2 2
综上，函数 f (x)的极大值为 ，极小值为 .
3 3
19.【答案】（1） f  x  x2 2x2
学科网（北京）股份有限公司 7
（2） , 
 4
【解析】
【分析】（1）设 f  x ax2 bxc(a0)，利用 f(0)2求得c，由 f(x1) f(x)2x1
可求得a,b，即得答案；
（2）依题意可得当x1,2 
时，x2 2x2xa恒成立，参变分离可得a x2 x2
恒成立，再令g  x  x2 x2，x1,2  ，求出g  x  ，即可求出参数的取值范围.
min
【小问1详解】
由题意设 f  x ax2 bxc(a0)，
由 f

0
2得c2；
由 f  x1  f  x 2x1得a(x1)2 b(x1)cax2 bxc 2x1，
2a 2 a1
即2axab2x1恒成立，故 ，则 ，
ab1 b2
故 f  x  x2 2x2；
【小问2详解】
因为当x1,2  时， y  f  x  的图象恒在 y xa图象的上方，
所以当x1,2 
时，x2 2x2xa恒成立，
即当x1,2 
时，a x2 x2恒成立，
令g  x  x2 x2，x1,2  ，则g  x   x 1  2  7 在   1, 1 上单调递减，在
 2 4  2
1 
 ,2上单调递增，
2 
1 7
所以g  x   g   ，
min 2 4
7  7
所以a ，即实数a的取值范围为 , .
4  4
学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司