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=}#}