广西示高2025年秋季期中高一联考数学答案_2025年11月高一试卷_251127广西示范性高中2025-2026学年高一上学期期中联合调研测试（全）

高一数学 参考答案
一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是
符合题目要求的）
1.【答案】C
2.【答案】C
3.【答案】A
4.【答案】A
解：由2x2 x10，解得x1/ 2或x1；由2x10解得：x1/ 2，所以“2x2 x10”是
“2x10”的的充分不必要条件．故选：A
5.【答案】D
解：设幂函数 f x xa，则 f 44a 2，解得a 1 .故 f mm 1 2 3 ，解得m9.
2
6.【答案】C
解：由 f(x)为R上的奇函数知 f(0)0，得a  1，则 f (x)  2x 2x1， f(2)7
又 f(2)f(2)，所以 f(2)7
7.【答案】B
1 1

解：因为 y  2x在R上为增函数，故 2 5 6  2 1 3 ， c    3  3    2  3 ，又 yx 1 3 在(0,)上为增函数，
 2  3
1 1
故 2 1 3    2  3，即 2 5 6  2 1 3    3   3，即b  a c.故选B.
3 2
8.【答案】B
解析：∵函数g(x)是R上的奇函数，且当x<0时， = 2+2 ，
∴当x>0时-x<0,则g(x）=-g(-x)=-[(x)2 2x]= 2+  2  −  
∴函数 ( )= { 2 , 0  
2+2 , >0
≤
∴当x  0  时，  (  )  = 2 ,则 ( )在（ ∞，0]上单调递增，
当x>0时， ( )  =  2+2  ,则  (  )在（0−，+∞）上单调递增，
∴ ( )在区间  （  ∞  ，+  ∞）  上  单调递增，
∵   2 2 > − ，∴2 2 >
即  2+−  2<  0,  ∴ 2< −<  1,故  选B
− − 
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{#{QQABAQYAogAAQpBAAQhCUQWQCAEYkBCCAIgOQBAYIAAAgQNABCA=}#}二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目
要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9.【答案】
解：集合集合    = =( +1 2+1 = 1 .
集合 = ,  =   +1  2+1 表示抛物线   =≥ +1 2+1的点的坐标组成的集合，
故  ，A  错  误  .   
由  =≠(  +1)2+1知 =1时，y= 5,当x= 0时，y= 2,故C、D正确；
由  =  =( +1  2+1 = 1 知0 ，故B正确.
10.  【答  案  】AB  D   ≥ ∉ 
解：因为函数 f x的定义域为R，且 f  x   ex ex  f x  ，所以 f x为偶函数，故A正确；
设0 x  x ，则 f  x  f  x   ex 2 ex 2 ex 1 ex 1   ex 2 ex 1 1e x 1 x 2  ，
1 2 2 1  
因为x  x ，所以ex 2 ex 1  0.因为e x 1 x 2   1 ，x x 0，所以 1  1 1，因此
1 2 ex
1
x
2
1 2 ex
1
x
2
e0
1e x 1 x 2   0，
所以 f x  f x 0，故 f x在0,上单调递增，故B正确；
2 1
因为 f x为偶函数，且在0,上单调递增，所以 ，
f(x1) f(2) x1 2
解得x12或x12，即x3或x1，故 ，故x无最小值，故C错误；
x,1  3,
根据基本不等式，对任意实数x,ex 0,ex 0,故 f(x)ex ex 2 exex 2，
当且仅当ex ex，即x  0时取等号，因此 f(x)的最小值为2.故D正确.
11.【答案】BC
解：由ab  2，b2a  0a2  ，可得 b 1 2a 1 2  2 a 1   0 ，当且仅当a  1 ，即
a a   a   a
a 1时，等号成立，A选项错误；
由ab  2，可得a2b15，原式
1 1 1 1 1  1 b1 a2 1 b1 a2 4
      a2b1  2   22   ，当且仅当
 
a2 b1 5a2 b1 5 a2 b1 5 a2 b1  5
b1 a2 1 3
 且ab  2，即a ,b 时，等号成立，B选项正确；
a2 b1 2 2
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{#{QQABAQYAogAAQpBAAQhCUQWQCAEYkBCCAIgOQBAYIAAAgQNABCA=}#}由ab  2，可得b2a  0a2  ，a2 ba2 a2  0a2 ，这是关于a的二次函数，开口
1 1
向上，对称轴为a    0,2 ，当a  时，
2 2
2
1 1 4
a2 a2   2 ，C选项正确；
2 2 7
由ab  2，可得
 
b 1 2a 1  a2 4 1 a2 1  a2 1
     2  22  2 2，
2 a2 2 a2 2 a2  2 a2 2 a2
a2 1
当且仅当  且ab  2，等号成立，但此时a 22，不满足要求，选项D错误；
2 a2
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡的横线上）
1
12.答案为：[2, ]
4
2
13.答案为：
3
am 4,an 3 am 4 4 2
解：因为 ，所以am2n   ，所以 am2n  
a2n 9 9 3
1 9
14.答案为：(, )( ,).
4 4
解：命题：“x{x|1 x 1}，使等式x2  xm  0成立”是真命题，等价于x{x|1 x 1}，
1 1 1 1
使得m  x2  x (x )2  ，1 x1， m  2，M {m| m  2}.若xN 是
2 4 4 4
xM 的必要条件，则M  N ，
 1
2a

4
 9
①当a2a ，即a 1时，N {x|2a  x  a}，则a2 ，解得a  ；
4

a 1


a1

 1 1
②当a  2a，即a 1时，N {x|a  x  2a}，则a ，解得a   ；
 4 4


2a2
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{#{QQABAQYAogAAQpBAAQhCUQWQCAEYkBCCAIgOQBAYIAAAgQNABCA=}#}1 9
③当a2a 即a1时，N  ，此时不满足条件，综上可得，a的取值范围是(, )( ,).
4 4
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15.解：
（1）因为B  x|x2 10   x|x1或x1 
所以ð B x |1 x 1 = 3< < 1或1< <2
U
（2）因为 B,所以有 = 和  ∩  两种情  况− .  − 
当 = 时，  ⊆ 则有 1>  2 +∅1,解  得 ≠∅< 2.
1 2 +1 1 2 +1
当  =∅时，则有  −  或  − ,
2 +1< 1 1> 1
− ≤   − ≤ 
解得  2∅a1或a2 综上所述， 的取值范围是 a|a  1或a  2 
−  −

16.解：
（1） (0)= 3, = 3;
( )  = 2+−  3,−令 =1,则 (2)= (0),得 = 2;
( )= 2 2 3.
∴      −     −
（2）原不等式可化为 2 (2 +2) +2 +1< 0
∴    −  −
( 1)[ (2 +1)]<0;
−   
①  若 − 2  +−1=  1，即 =0，则原不等式无解；
②若2  +1< 1，即  <0，则原不等式解为2 +1< <1；
③若2  +1> 1，即  >0，则原不等式解为1  < < 2  +1；
综上可知，当 =0时，原不等式的解集为 ；

当 <0时，原  不等式的解集为 |2 +1<∅ <1 ；
当  >0时，原不等式的解集为  |1  < < 2  +1 .

17.解：
（1）0 <40时， =80 ( 2+20 ) 500= 2+60 500，
当≤40  100  时，  =−80  165  − 9000 +1−12  5 50  0−= 5 9000 +625，
2 2
≤  ≤ 2+60  500,0  − <  4−0,10  0 , − −  − 
所以 = 5 9000
+625,40 100,100 .
−  2  − ≤   ∈ 

（2）当0 <−40  ，−时  = ( 3≤0)2  +≤400，  ∈ 
所以当 ≤  =30时，  max−=  40−0，

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{#{QQABAQYAogAAQpBAAQhCUQWQCAEYkBCCAIgOQBAYIAAAgQNABCA=}#}当40 100时， =625 5 ( + 3600 ) 625 5 2 3600 =325，
2 2
当且仅 ≤ 当  ≤ = 3600时取  等号，即 − =  60时  取等 ≤ 号， − ×  ⋅ 
因为400  > 325  ，所以 =40  0，
max
故当年产量为30百台时

，企业所获利润最大，最大利润为400万元.
18.解：
（1）.由函数解析式代入M(1,3)：a11t 3 ，即1+t=3，解得t=2
因ax1 0 ，故 f(x)ax12 >2，即值域为(2,)
（2）g(x)与函数 y  2x的图像关于y轴对称，故g(x)  2x
当a=2时，方程为：2x122x 1
m 1
整理为2x12x 10，设2x m（m>0），则方程化为  10
2 m
两边同乘2m（m>0），得整式方程m2 2m20
判别式 22 41(2)120，解得m1 3
因m2x 0，舍去负根,保留正根m1 3，所以2x 1 3
因为函数 y  2x在定义域内是单调递增，故方程2x 1 3 有1个实根，即所求方程的实根个数为
1个。
（3）当a>1时f(x)在[1,3]上单调递增
f(x)  f(3)a2 2 ， f(x)  f(1)a0 23
max min
所以a2 237，解得a 2
当0<a<1时 f(x)在[1,3]上单调递减
f(x)  f(1)3， f(x)  f(3)a2 2
max min
所以a2 237，解得a 2（舍去，因0<a<1）
综上，a 2
19.解：
（1） 函数 f(x)为奇函数，
∵ 2
定义域为R，且 f(0)0  f(0)a a10
20 1
∴
a 1，经检验符合题意；
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{#{QQABAQYAogAAQpBAAQhCUQWQCAEYkBCCAIgOQBAYIAAAgQNABCA=}#}（2） f(x)在R上单调递增，
2
证明： 由(1)知，a 1， f(x)1
2x 1
∵ ∴
f(x)的定义域为R， 任取x ,x R且x  x ，
1 2 1 2
∵ 2 ∴ 2
则 f(x ) f(x )1 1
1 2 2x 1 1 2x 2 1
= 2 2 = 2 2 1 2 2 ，
2 2+1 2 1+1 2 2+  1 2  1+1
−

y  2 −x在R上单调递增且x  x ， 02x 1 2x 2 ， 2x 1 2x 2 0，
1 2
2x 1 1∵0，2x 2 10， f(x ) f(x )0∴，即 f(x ) f(x∴ )
1 2 1 2
f (x)在 上单调递增；
∴（3）由已  知，存在实数x[1,2]，使得不等式 f(xm) f(2x)0成立，
由奇函数和单调性可知， f(xm)f(2x) f(2x) xm2x
存在x[1,2],m2x x成立，
令g(x)2x x,x[1,2]，则g(x)2x x,在[1,2]单调递增，
g(x)  g(2) 6
max
m  6
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{#{QQABAQYAogAAQpBAAQhCUQWQCAEYkBCCAIgOQBAYIAAAgQNABCA=}#}