广西示范性高中2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份广西示范性高中2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共8页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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）
【答案】C
【答案】C
【答案】A
【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
【答案】D
解：设幂函数 f  x  xa ，则 f 4  4a  2 ，解得a  1 .故
2
1
f m  m2  3
，解得m  9 .
【答案】C
解：由 f (x) 为 R 上的奇函数知 f (0)  0 ，得a  1 ，则 f ( x)  2 x  2 x  1 ， f (2)  7
又 f (2)   f (2) ，所以 f (2)  7
【答案】B
 11
x51
 3  3 2  3
1(0, )
解：因为 y  2 在 R 上为增函数，故 26  23 ， c   2 
  3 
，又 y  x 3 在
上为增函数，

11
151

故 23   2 3 ，即26  23   3  3 ，即b  a  c. 故选B.
3
2
  

【答案】B
解析：∵函数g(x)是R 上的奇函数，且当 x0 时-x0
∴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
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）
【答案】 ?
解：集合集合 = = ( + 12 + 1 = ≥ 1.
集合 = , = + 12 + 1表示抛物线 = + 12 + 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 = = ( + 12 + 1 = ≥ 1知 0 ∉ ，故 B 正确.
【答案】ABD
解：因为函数 f  x  的定义域为R ，且 f  x   e x  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   ex2  e x2  ex1  e x1  ex2  ex1  1  e x1  x2   ，
1221
因为 xx ，所以ex  ex  0 .因为e x1  x2  1， x  x  0 ，所以 1 1  1 ，因此
1  221
ex1  x212
ex1  x2e0
1 e x1  x2   0 ，
f ( x  1)  f (2) 
所以 f  x2   f  x1   0 ，故 f  x  在0,  上单调递增，故B 正确；因为 f  x  为偶函数，且在0,  上单调递增，所以
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, 
ex  e x
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
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.
【答案】BC
 2 ，
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  1 时，等号成立，A 选项错误；


由a  b  2 ，可得a  2  b  1  5 ，原式

aa a
1 1
a 
1  1


 1 a  2  b 1 
1  2 
b 1
a  2 




1
 2  2
b 1
a  2 


4 ，当且仅当
2b 1
5  a  2
b 1
5 a  2
b 1 5 
a  2
b 1 5
b 1  a  2 且a  b  2 ，即a  1 , b  3 时，等号成立，B 选项正确；
a  2b 122
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
向上，对称轴为a  1  0,2，当a  1 时，
22
 1 214
a2  a  2      2  ，C 选项正确；
 2 27
2
b

1

2  a

1

 a  2 4

1
 a  2

1

  2  2
a  2 
1
2
a  2
2
a  2
2
a  2
2
a  2

2
a  2
由a  b  2 ，可得
 2   2 ，
当且仅当 a  2 
2
1
a  2
且a  b  2 ，等号成立，但此时a  
 2 ，不满足要求，选项 D 错误；
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）
答案为：[
答案为： 2
am2n
3
1
2, ]
4
am  4,an  3
m2nam42
解：因为
，所以a
 a2n  9 ，所以 3
4
9
答案为： (,  1 )  ( 9 , ).
44
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} ，
使得 m  x2  x  (x  1 )2  1 ， 1  x  1 ，  1 m  2 ， M  {m |  1 m  2}. 若 x  N 是
2444
x  M 的必要条件，则 M
 N ，
2  a   1


①当 a  2  a ，即 a  1 时， N  {x | 2  a  x  a} ，则a2

a  1

a  1
1
4
，解得 a  9 ；
4
1
4
②当 a  2  a ，即 a  1 时， N  {x | a  x  2  a} ，则a  

2  a2
，解得 a   ；
4
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(,  1 )  ( 9 , ).
44
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）
解：
（1）因为 B  x | x2 1  0  x | x  1或x  1
所以ðU B   x | 1  x  1
∩ = −3 < 2 + 1,解得 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.
解：
（1）0 ≤ < 40 时， = 80 − (2 + 20) − 500 =− 2 + 60 − 500，
当 40 ≤ ≤ 100 时， = 80 − 165 − 9000 + 1125 − 500 =− 5 − 9000 + 625，
22
所以 =
− 2 + 60 − 500,0 ≤ < 40,100 ∈ ,
− 5 − 9000 + 625,40 ≤ ≤ 100,100 ∈ .
2
（2） 当 0 ≤ < 40，时 =− ( − 30)2 + 400，所以当 = 30 时，max = 400，
⋅ 3600
当 40 ≤ ≤ 100 时， = 625 − 5 ( + 3600 ) ≤ 625 − 5 × 2
= 325，
22
当且仅当 = 3600时取等号，即 = 60 时取等号，
因为 400 > 325，所以max = 400，
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.
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, )
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
整理为2x1  2 x 1  0 ，设2x  m （ m > 0 ），则方程化为 m  1 1  0
2m
两边同乘 2m （ m > 0 ），得整式方程m2  2m  2  0
3
判别式  22  4 1 (2)  12  0 ，解得m  1
3
3
因m  2x  0 ，舍去负根,保留正根m  1，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有 1 个实根，即所求方程的实根个数为
1 个。
当a > 1 时f(x) 在[1, 3] 上单调递增
min
f (x)max  f (3)  a2  2 ， f (x) f (1)  a0  2  3
2
所以a2  2  3  7 ，解得a 
当 0 < a < 1 时 f(x) 在[1, 3] 上单调递减
f (x)max  f (1)  3 ， f (x)min  f (3)  a2  2
2
2
所以a2  2  3  7 ，解得a （舍去，因 0 < a < 1 ）综上， a 
解：
∵函数 f (x) 为奇函数，
∴定义域为 R，且 f (0)  0
 a  1，经检验符合题意；
 f (0)  a 
2
20 1
 a 1  0
f (x) 在 R 上单调递增，
证明：∵由(1)知， a  1， ∴ f (x)  1
2
2x 1
∵ f (x) 的定义域为 R，∴任取 x1 , x2  R且x1  x2 ，
则 f (x )  f (x )  1212
2 21 −22
22 +1 21+1
−
122x1 12x2 1
=
2
22 +1
2
21 +1
=，
∵ y  2x 在 R 上单调递增且 x  x ， ∴ 0  2x1  2x2 ，∴ 2x1  2x2  0 ，
12
2x1 1  0 ， 2x2 1  0 ， f (x )  f (x )  0 ，即 f (x )  f (x )
1212
∴ f ( x) 在上单调递增；
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)max  g(2)  6
 m  6