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）