2024.11期中联考答案_2024年12月试卷_1213河南省郑州十校联考2024-2025学年高一上学期期中考试_河南省郑州十校联考2024-2025学年高一上学期期中考试数学图片版含答案

2024-2025 学年上期高一年级期中联考试题 数学 一、单项选择题： 1-8 BBDA BDBA 二、多项选择题： 9．BD 10．AC 11. ACD 三、填空题： 12．3 13．2024 14.③④ 四、解答题 15.【分析】(1)考察指数运算. （2）指数运算和完全平方公式的综合应用. 【详解】 1 1 (1) 0.0643 (π)0(16)4  (3 π)2 1  2 33 1     1(24)4  3π  5  2  12π3 5 8  π ..................................................6分 5 1 1 (2)a2 a  2 3(a0) ， 1 1  aa1 (a2 a  2)2 27 ，.............................9分 a2 a2 (aa1)2 247，...........................12分 aa12 9   ........................................13分 a2 a2 2 49 16. 【分析】(1)考察集合运算. (2)体现分类讨论的思想，注意考虑空集. 【详解】 (1)当a 2时,B {x1 x7} C B {xx1，或x7}.....................................2分 U 则AB {x0 x7}.........................................5分 1 {#{QQABRYAAggioAABAAAgCAQXwCAIQkgEAAYgGwEAAsAABSRFABAA=}#}A(C B){x0 x1}.......................................7分 U (2)因为A∩B＝B，所以B⊆A，.....................................9分 若B Ø，则2a3a1,即a4................................11分 2a32 若B Ø，则  ,不成立.....................................14分  a10 综上，当AB  B时，a的取值范围是（，4]...................15分 17.【分析】(1)根据一元二次不等式解集与一元二次方程根的关系，借助韦达定理列式计算即得. (2)把b2代入，利用二次函数的单调性列出不等式即可得解；分类讨论解一元二次不等式 即可作答. 【详解】 （1）依题意，关于x的方程x2 (ab)x2a0的两个根为1和2，............1分 ab3 a1 于是得 ，解得 ， 2a 2 b2 所以a 1,b2............................................4分 （2）当b2时， f(x) x2 (a2)x2a， a2 （i）函数 f (x)的对称轴为x ， 2 a2 因函数 f (x)在[2,1]上为单调递增函数，则 2，................7分 2 解得a6， 所以实数a的取值范围是a6.................8分 （ii）不等式为x2 (a2)x2a0，即(xa)(x2)0，................10分 当a2时，解得x  a或x2， 当a2时，解得x2， 当a2时，解得x2或x a，................13分 综上可知，当a2时，不等式的解集为(,a)(2,)， 当a2时，不等式的解集为(，2)(2,)， 当a2时，不等式的解集为(，2)(a,).................15分 2 {#{QQABRYAAggioAABAAAgCAQXwCAIQkgEAAYgGwEAAsAABSRFABAA=}#}18【分析】（1）由利润等于销售收入减去投入成本和固定成本可得解析式； （2）分别求出分段函数每一段的最大值后比较可得结论. 【详解】  180x,0 x20  (1) 由G  x  2000 8000 ， 70  , x20  x x  x1   得，当0 x20时，W(x)G(x)x5090xx2 90x50 ..................3分 8000 当x20时，W(x)G(x)x5090x20x 1950..................6分 x1 x2 90x50, 0 x20  所以W(x) 8000 ..................7分 20x 1950，x20   x1 (2)当0 x20时，W  x 5090xx2  x45 2 1975， 由函数性质可知当x45时单调递增，所以当x= 20时，W  x  1350，..................10分 max 8000  400  当x20时，W  x 20x1950  x1  20    x1  x1   1930 ，  400 400 由不等式性质可知W  x 20  x1  1930202  x1  19301130 ，    x1 x1 400 当且仅当x1 ，即x21时，等号成立，所以W  x  1130，..................15分 x1 max 综上当x= 20时，W  x  1350..................17分 max 19.【分析】(1)根据g  x  的函数性质,即可判断g  x  在  2,3  上单调性,即有g  2 1,g  3 4,解出a,b 即可; (2)根据(1)中结论,代入题中,先对式子全分离,再用换元求出其最值即可得出结果; (3)将(1)中结论,代入题中式子,令h  x  2x 1 t,根据图像变换画出函数图象,根据 3 {#{QQABRYAAggioAABAAAgCAQXwCAIQkgEAAYgGwEAAsAABSRFABAA=}#}2x 1 2  3k2  2x 1 2k1 0 有三个不同的根及h  x  图象性质可知,只需 t2  3k2  t 2k1 0有两个不同的实数解t 、t ,且有0t 1,t 1,或0t 1,t 1成立即 1 2 1 2 1 2 可,根据二次函数根的分布问题,分别列出不等式解出即可. 【详解】 （1）解:由题知g  x a  x1 21ba , 因为a0,所以g  x  为开口向上的抛物线, 且有对称轴为x1,     所以g x 在区间 2,3 上是单调增函数, g  2 1 a1ba 1 则 ,即 ,  g  3 4 4a1ba 4 解得a 1,b0;..............................................4分 （2）由(1)得g  x  x2 2x1, 1 则 f  x  x 2, x 因为 f  2x k2x 0在x1,1  上有解, 1 即x1,1  ,使得2x  2 k2x成立, 2x 因为2x 0, 2  1  1 所以有1   2  k成立,......................5分 2x  2x 1 1  令t  ,因为x1,1  ,所以t ,2 ,   2x 2  1  即t  ,2  ,使得k t2 2t1成立, 2  只需k   t22t1  即可, ......................7分 max 记h  t t2 2t1 t1 2, 4 {#{QQABRYAAggioAABAAAgCAQXwCAIQkgEAAYgGwEAAsAABSRFABAA=}#}1  因为t ,2 ,得h  t  h  2 1,   2  max 所以k的取值范围是 ,1  ;......................9分   2 （3）因为 f 2x 1 k 3k 0有三个不同实数解, 2x 1 即 2x 1 2  3k2  2x 1 2k1 0 有三个不同的根, 令h  x  2x 1 t,则t 0, , 则h  x  图象是由 y 2x图象先向下平移一个单位, 再将x轴下方图像翻折到x轴上方,函数图象如图所示: ......................11分 根据图像可知,一个h  x  的函数值,最多对应两个x值, 要使 2x 1 2  3k2  2x 1 2k1 0 有三个不同的根, 则需t2  3k2  t 2k1 0有两个不同的实数解t 、t , 1 2 且有0t 1,t 1,或0t 1,t 1,......................13分 1 2 1 2 记m  t t2  3k2  t 2k1  , 当0t 1,t 1时, 1 2 m  0 2k 10 只需 ,  m  1 k 0 解得k0,..........................................15分 当0t 1,t 1, 1 2 5 {#{QQABRYAAggioAABAAAgCAQXwCAIQkgEAAYgGwEAAsAABSRFABAA=}#} m  0 2k 10  只需m  1 k 0 ,  3k 2 0 1  2 解得不存在,故舍去, 综上:实数k的取值范围是  0, .......................17分 6 {#{QQABRYAAggioAABAAAgCAQXwCAIQkgEAAYgGwEAAsAABSRFABAA=}#}