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