高一上期中考试_数学答案_2024年11月试卷_1129广东省实验中学2024-2025学年高一上学期期中考试_广东省实验中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试题PDF版含答案

广东实验中学 2024－2025 学年（上）高一期中考试 数学 参考答案与评分标准 【选择题、填空题答案与解析】 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D C D A B B A 题号 9 10 11 12 13 14 1  答案 AC BCD ACD 1,1 2 2  ,1  3  1 8．【解析】若k 0，则 f  f x  f x1， 2 而当x 0时 f x 2，当x0时 f x0，所以 f x1无解； 1 3 若k0，则 f  f x  f x1或 f x ， 2 2k 3 3 其中 f x1有一根为 ，则由题意知 f x 无解， k 2k 而当x 0时 f x „2，当x0时 f x1，所以 f x的值域为,2 ， 3 3 3 从而 2，解得k  ，所以 k0． 2k 4 4  3  综上，k的取值范围是  ,0 ，故选A．  4  【解答题参考答案及评分标准】 15．【解答】（1）B,1  4,，C 3,2，（3分） 所以BC3,1 ．（5分） （2）若A  ð B   A，则Að B，（7分） R R 若a„0，则A，符合题意；（9分） 若a0，则A，故有2a,2a1,4，所以   2a 1 ， 2a„4 解得a„1，所以0a„1．（12分） 综上所述，实数a的取值范围是,1 ．（13分） 数学答案 第1页（共4页）a 1 16．【解答】（1）  ，整理得a2 2，解得a 2． a2 4 3a 经检验，a 2是原方程的根．所以实数a的值为 2．（4分） （2） f x为奇函数．（仅下结论未加证明给1分） 证明如下： f x的定义域2,2关于原点对称，（6分） x x x2,2， f x  f x，所以 f x为奇函数．（9分） x2 4 x2 4 （3）任取x,x 2,2，x x ， 1 2 1 2 x x x  x2 4  x  x2 4  x x xx 4 f x  f x  1  2  1 2 2 1  2 1 1 2 ．（13分） 1 2 x2 4 x2 4  x2 4  x2 4   x2 4  x2 4  1 2 1 2 1 2 因为2 x  x 2，所以x x 0，xx 4，又 x2 4  x2 4  0， 1 2 2 1 1 2 1 2 所以 f x  f x 0，即 f x  fx ， 1 2 1 2 所以 f x在2,2上单调递增．（15分）  a0   b a1 17．【解答】（1）由题意知 123，解得 ，所以 f xx2 3x2，（3分）  a b3 2  122 a 3 1 由二次函数图象与性质知，在1,3上， f  f   ， f  f 32．（6分） min 2 4 max （求a,b也可直接代入1和2解方程组；求最小值也可通过配方或说明单调性） （2） f 1ab23，所以b1a， f xax2 1ax2．（7分） 不等式 f x4x等价于ax2 2ax20，即ax2x10．（9分） 若a0，则不等式等价于2x10，解得x1；（10分） 2 2 若a0，则 1，解得 x1；（11分） a a 2 2 若a„ 2，则 1，解得x 或x1；（13分） a a 2 2 若2a0，则 1，解得x1或x ．（14分） a a  2 综上所述，当a„ 2时，不等式的解集为 , 1,；  a  2  当2a0时，不等式的解集为,1 , ；  a  数学答案 第2页（共4页）当a0时，不等式的解集为,1；  2  当a0时，不等式的解集为  ,1 ．（15分）  a  1 18．【解答】（1）在条件式中令y0， f x f xf 0，（2分） 2 因为 f x不恒为0，所以 f 02．（4分） （2）【法一】由（1）知当x0时， f x2；又由题意，当x0时， f x2；（6分） 而当x0时，x0， f x2， 4 在条件式中令yx，可得 f x f x4，所以 f x 0．（8分） f x 综上所述，xR， f x0．（9分） 2 1 x x 1  x 【法二】 f x f  f   f   0，（6分） 2 2 2 2 2 1 若存在x R使 f x 0，则有 f x f x  f xx 0，这与题设矛盾，（8分） 0 0 2 0 0 所以xR， f x0．（9分） （3）在条件式中令yx，可得 f x f x4， 4 又由（2）知xR， f x0，所以 f x ．（12分） f x 4 1 令t f x，则对任意t0，t 4，即 t4t恒成立．（14分） t 4 1 1 记gt t4t t22 1，t0，取t f 02时，gt有最大值1， 4 4 所以的取值范围为 1,．（17分） 4 （第（3）问若通过讨论的符号来研究函数yt 的单调性和最小值，也可酌情给分） t x2 ax2a2, x2a 19．【解答】（1） f x ．（1分） x2 ax2a2, x 2a x2, x0 若a0，则 f x ， f x在R上单调递增；（2分） x2, x 0 a  a 若a0，则2a ， f x在 ,  上单调递增， 2  2 a  在  ,2a 上单调递减，在2a,上单调递增；（4分） 2  数学答案 第3页（共4页）a 若a0，则2a ， f x在,2a上单调递增， 2  a a  在 2a,  上单调递减，在  , 上单调递增．（6分）  2 2  （2）（i）若a0， f x3a1最多一根，不合题意；（7分）  a f  3a1 若a0， f x3a1有三个互异实根  2 ，  f 2a3a1 a0  1 2 整理得9a2 12a40，解得a 且a ，（9分）  3 3 3a10  f 2a3a1  若a0， f x3a1有三个互异实根  a ， f  3a1  2 a0  22 2 整理得3a10 ，解得a ，（11分）  3 9a2 12a40  22 2 1 2 2  综上所述，实数a的取值范围是  ,    ,  , ，（12分）  3  3 3 3  （ii）不妨设x x x ．由（i）知a0不合题意． 1 2 3 a 9a2 12a4 若a0，则x x a，x  ， 1 2 3 2 x x x 3 1 3 9 3 1 3 2 9 所以 1 2 3            ， a 2 a2 a 4 2 a 2 2 1 2 1  3 3  x x x  33 2 因为a 且a ，所以 0,  ,3 ，所以 1 2 3   3,   ；（14分） 3 3 a  2 2  a  2  x x x 1 若a0，则x 2a1，x x a，所以 1 2 3 3 ， 1 2 3 a a 22 2 1 33 2  x x x  33 2 因为a ，所以  ,0，所以 1 2 3 3, ．（16分）     3 a  2  a  2  x x x  33 2 综上所述， 1 2 3 的取值范围是3, ．（17分）   a  2  数学答案 第4页（共4页）