山西省太原市2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

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2025-2026 学年第一学期高一年级期中学业诊断数学试卷
一．选择题： ADBCBCDA二．选择题： 9.BD10.BC11. AC
三．填空题: 12. (1,2)
13. (,1]
14.
[1,4]
四.解答题：
解:（1） A ∪ B  {x | x  1, 或 x  3} ∪{x | 2  x  1}  {x | x  1, 或 x  3}， ………6 分
（2）由（1）可得CU ( A ∪ B)  {x | 1  x  3} ，………8 分
2m 1  1,

C  CU ( A ∪ B) ，m2 1  3,或2m 1  m2 1，0  m  2 ，

2m 1  m2 1,
实数m 的取值范围为[0,2].………13 分
1
解：（1） 27 3  (
4  1
) 2 0  3 
25
5  1 
2
3 .………4 分
2
3 21 1
5 13  1  5
2  1  1

（2） (6a 2 b 3 )(a 3 b 2 )  (3a 6 b 6 )  2a 2 3 6 b 3 2 6  2ab .………9 分
1 1
1 1
（3） a 2  a 2  3 ， a  a 1  (a 2  a 2 )2  2  7 ，………11 分
a 2  a 2
 (a  a
1 )2
 2  47 ，
a 2  a 2
a  a 1
 47
7
.………15 分
解：（1）由题意得 P(x)  S (x)(x  20)  900  (100  x)(x  20)  900
 x2 120x  2900，10  x  100 .………4 分
（2）由（1）得 P(x)  x2 120x  2900  (x  60)2  700 ， P(x) 在(10,60) 上单调递增，在(60,100) 上单调递减，所以，当 x  60 时， P(x) 取得最大值700 ，
所以，当销售单价为60 元时，每日的利润最大，最大利润是700 元.………8 分
（3）由（1）得W (x) 
P(x)
S(x)
  x2 120x  2900 
100  x
x2 120x  2900
x 100
 (x 100)2  80(x 100)  900
x 100
 80 [(100  x) 
900
100  x
]  80  230  20 ， ………13 分
当且仅当100  x 
900
100  x
，即当 x  70 时，W (x) 取得最大值20 .………15 分
18.（1）由题意可得 f (x) 的定义域是R ,………1 分
41 1   4 1
 f (x) 是R 上的奇函数, f (1)   f (1) ,即，k 1，………2 分
2k2k
当 k 1时， f (x) 
4x 1 2x
 2x  1
2x
， f (x)  2x
 1 2x
 (2x
 1 )   f (x) ，
2x
 f (x) 是R 上的奇函数，
综上， k  1.………5 分
（2）证明： x1, x2 R，且 x1  x2 ，
1
2
1
2
则 f (x )  f (x )  (2x  2x ) ( 1  1 )  (2x  2x )(11) ，………8 分
122x12x22x1 2x2
 x  x ，0  2x  2x ，2x  2x  0 ，11 0 ，(2x  2x )(11)  0 ，
121
12
2
2x1 2x2
12
2x1 2x2
 f (x1)  f (x2 )  0 ， f (x1)  f (x2 ) ， f (x) 在R 上是增函数，………11 分
（3）令 f (x)  2x  1
2x
 15 ，整理得(4 2x 1)(2x  4)  0 ， x  2 ，………13 分
4
令 f (x)  2x  1
2x
  3 ，整理得(2 2x 1)(2x  2)  0 ， x  1，
2
 f (x) 在R 上是增函数，原不等式的解集为[1,2].………17 分
1
19.解:（1）令 x  0, y  1 ，则 f (0 1)  f (0) f (1) ， f (1) 
1
， f (0)  1 ，
2
令 x  1, y  1 ，则 f (1) f (1)  f (0)  1， f (1) 
， f (1)  2 ；………4 分
2
（2）证明： x1, x2  R ，且 x1  x2 ，则 x2  x1  0 ，0  f (x2  x1 )  1，
 f (x2 )  0 ， f (x2 )  f (x1 ) f (x2  x1 )  f (x1 ) ， f (x) 在R 上是减函数； ………8 分
（3）令 x  y  1 ，则 f (2) 
f (1) f (1)  1 ， f (4) 
4
f (2) f (2)  1 ；
16
令 x  y 
1 ，则 f (1) 
2
f ( 1
2
) f (
1 ) 
2
1 ， f (
2
1 )  0 ， f (
2
1 ) ，
2
22
所以原不等式等价于 f (4) 
f (2x ) 
1
f () ，由（2）得 f (x) 在R 上是减函数，
2
 1  2x  4 ，1  x  2 ，原不等式的解集为{x | 1  x  2} .………17 分
2
注：以上各题其它解法请酌情赋分.