湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份湖北省荆州市沙市中学2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
命题人：冷劲松审题人：郭松
考试时间：2025 年 11 月 13 日
一、单选题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共计 40 分． 每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
集 A  x  Z x2  4x  3  0, B  x  Z x2  6x  8  0，则 A  B 的子集的个数为（）
A．2B． 5C．6D．8
“ m  2 ”是“ m 1  1 ”的()
充分不必要条件B． 充要条件C． 必要不充分条件D． 既不充分也不必要条件
 f (x  4), x  2

若 f (x)   11，则 f (2025)  （）

x
( 2)
4
3
 , x  2 3
557
C． D．
3612
00
命题 p ：，使得x0  R , ax2  4x  2  0 成立．若 p 是假命题，则实数 a 的取值范围是（）
A． , 2
B． 2, 
C． 2,2
D． , 2 ∪ 2, 
函数 f  x 
2x
 x 12  2x
的部分图象大致为（）
B．C．D．
(1 2a)x  3a, x  1

已知函数 f (x)  
x 

1 , x  1
x
的值域为 R ，那么实数 a 的取值范围是（）
A．  ,1
B． 0,1
C． 1, 1 
D． 1, 1 
2
2



7 ． 定义在 R 上的奇函数 f (x) ， 且 f (4)  0 ， 且对任意不等的正实数 x1, x2 都有
x1  x2  f (x1） f (x2 )  0 ，则不等式
f (1 x)  f (x 1)  0 的解集为()
x 1
A．  ,4∪ 4， 
C．  3,1∪ 1,5
B．  ,3∪ 1,5
D．  4,0∪ 4， 
1 x2 , x  1

已知函数 f (x)   x  2 1, x  1．若 f
 f (2m)
 0 ，则实数 m 的取值范围是（）
A．  2 , 2 3, ∞B．  2 , 2   3 , ∞
2
2
 2

C． 1, 2  2 
D． 1, 2  2  2, ∞
22

二、多选题：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．
下列四个命题是真命题的是（）
若函数 f  x 的定义域为2,2 ，则函数 f  x 1 的定义域为3,1
函数 f（x）满足 f  x  2 f x  x 1，则 f  x  2 x 1
3
函数 y  x 
的值域为 7 , 
x  2

 4
若二次函数 f (x)  x2  ax  b ，实数 x  x ，则 f  x1  x2   f ( x1 )  f ( x2 )
1222

已知 a, b 均为正实数，且 a  b  1，则（）
1
ab 的最大值为
4
b2
 的最小值为 5
ab
a2
2
a  2
 b2
b 1
1
的最小值为
4
若c  2 ，则 ac 
b
c  2c 
ab
2
c  2
的最小值为4  4
已知 f (x) 为定义在 R 上的奇函数，且 f (1 x) 
g(x)  x  b ，则下列说法正确的是（）
f (1 x) ，当 x  1,2， f (x)  1 ，
x
f (0)  0
f (x)  g(x) 在区间 2,2最多有三个解
f (x) 的最小值为1
f (x)  g(x) 在区间 2,2最多有五个解
三、填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分．
2x2  x  6
已知幂函数 f (x)  (m2  4m  4)xm2 在0，  上单调递减，若2a  3m  a  1m ，则实数 a 的取值范围为.
函数 f  x 
的单调递减区间为．
已知函数 f (x) 
k  1，若对任意的 x1, x2
, x3
 0,，都有
x  k x  4
x x  4
f (x1 )  f (x2 )  f (x3 )  0 成立，则实数 k 的取值范围为．
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．
3m2n
15．（13 分）（1）已知10m  2,10n  3 ，求102的值；
 1 21
（2）计算：  1  3  (0.008) 3 2  1  2  (π  3)0  ( 3 2  3)6
 8 
5 50 
；
1 1
（3）已知 a 2  a 2
 3 ，求
a3  a 3  3
1
的值．
a  a 2
16．（15 分）已知定义在0，  上的函数 f (x) ，对任意的 x, y 0,，恒有
f (x  y)  f (x)  f ( y)  2 ，且 x  1 时， f (x)  2 ．
求 f (1) 的值；
判断 f (x) 在0， 上的单调性并证明；
解不等式： f (x)  f (x  3)  4 ．
17．（15 分）为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒 1 个单位的净化剂，空气中释放的浓度 y （单位：毫克/立方米) 随着时间 x （单位：天）变化的关系如
下：当0  x  4 时， y 
16
8  x
 1；当4  x  10 时， y  5  1 x
2
．若多次喷洒，则某
一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于4 （毫克/立方米）时，它才能起到净化空气的作用．
若一次喷洒 4 个单位的净化剂，则净化时间可达几天？
若第一次喷洒 2 个单位的净化剂，6 天后再喷洒a(1  a  4) 个单位的净化剂，要使接
2
下来的 4 天中能够持续有效净化，试求 a 的最小值． ( 精确到0.1 ，参考数据：
取1.4)
18．（17 分）已知函数 f (x) 
f (2)  1
3
bx  c ax 2  1
(a, b, c  Z ) 是定义域 R 上的奇函数，且 f (1)  1 ，且
2
求函数 f (x) 的解析式；
若方程 f (x)  k 在0， 上有两个不同的实数根，求实数 k 的取值范围；
令 h(x)  x 2  x 2  2t (t  0) ，若对x , x   1 ,2 , h(x )  h(x )  15 恒成
立，求实数t 的取值范围．
f (x)
12 2124
19．（17 分）函数 y  f (x) 的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 y  f (x) 为
奇函数。有同学发现可以将其推广为如下结论：函数 y  f (x) 的图象关于点 P(a, b) 成中
心对称图形的充要条件是函数 y  f (x  a)  b 为奇函数．
求函数 f (x)  x3  3x 2  x  2 图象的对称中心；
若定义域为 R 的函数 g(x) 的图象关于点(1,0) 成中心对称图形，且当 x  1时，
g(x)  1  1 ．
x
求函数 g(x) 的解析式；
若函数 f (x) 满足：当定义域为a, b时值域也是a, b，则称区间a, b为函数 f (x)
的“保值”区间，若函数 F (x)  λg(x)(λ 0) 在0， 上存在保值区间，求实数λ的取值范围．
高一年级期中考试数学答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
C
A
B
A
AD
ACD
题号
11
答案
ABC
12．  ,4
13．  1 , 3 
14． 1,6
 4 2 
8．【详解】当 f (2m)  1时，由1 f 2 (2m)  0  1  f (2m)  1，
若2m  1  m  1 时， 1  1 4m2  1，即0  m2  1 ，故 2  m  1 ；
2222
若2m  1  m  1 时， 1 | 2m  2 | 1  1，即0 | m 1| 1，故 1  m  2 ；此时 2  m  2 ；
222
当 f (2m)  1时，由| f (2m)  2 | 1  0 | f (2m)  2 | 1 ，
所以 f (2m)  2  1 或 f (2m)  2  1 ，即 f (2m)  3 或 f (2m)  1（舍），
若2m  1  m  1 时，1 4m2  3 ，即m2   1 ，显然无解；
22
若2m  1  m  1 时， | 2m  2 | 1  3 ，即| m 1| 2 ，故m  3 ；
2
此时m  3 ；综上，实数m 的取值范围是 2 , 2 ∪3,  ．
2

故选：A
10． D选 项 【 详 解 】 因 为a  0, b  0 ，a  b  1， 所 以
a1a
(a  b)2
aa2  2ab  b2
2ab
2
 2   2   2   2
babbabbabba
等号成立．又因为c  2 ，由不等式的性质可得
，当且仅当b 
2a 时
2
2
2
ac  c  2c  c  a  1  2   2 2c ．
babc  2 babc  2
c  2

2
2
2
2
又因为2 2c  2 2(c  2)  4 4  4，当且仅当c  2 2 时等号成
c  2c  22
2
2
立．当且仅当 a 1, b  2 2, c  2 2 时等号成立综上， ac  c  2c 的最
2
2
小值为4  4，
babc  2
．11．【详解】由 f 1 x 
f 1 x ，令t  x 1，则 f t  
f 2  t  ，则 f  x 关于 x  1
对称，又 f  x 为定义在 R 上的奇函数， f  x   f x ， f 0  0 ， f  x 关于原点对称，
f  x  4  f 2   x  4   f  x  2 ，故 f  x  2   f  x ，即 f  x  4  f  x ，函数
f  x 周期为 4．对于 A， f 0  0 ，A 对；
对 C， x 1, 2 ， f  x  1  1 ， f 0  0 ，由 f  x 关于 x  1 对称且关于原点对称，
2
 ,1
x
故 x 2, 2 ， f  x 1,  1  ∪0 ∪  1 ,1 ，又 f  x 周期为 4，故 f  x 的最小值为1 ，

2  2
C 对；对 BD， x 1, 2 ， f  x  1  1 且单调递减， f  x 关于 x  1 对称，则
2
 ,1
x
x 0,1, f  x 1 1 ,1 且单调递增， f  x  0, x 0, 2， f  x 关于原点对称，
2  x 2

 y  x  b
由1可得 x2  b  2 x 1 2b  0①， 设解为 x 、x ，且 x  x ，则

 y 

2  x
1212
x  x  2  b, x x  1 2b ，由  b  22  4 1 2b  b2  4b  0 得b  0 或b  4 ，
121 2
（1）当b  0 时，Δ  0 ，①式可解得 x1  x2  1，即 f  x  g  x 在区间0,1 无解，又 g  x  x
过0, 0 ， 1,1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得， f  x  g  x 在区间2,2 有三个解为
1 、0、1；
（2）当0  b  1 时，   0 ， x  x
 3
 2  b 
, 2 , x x
 1 2b 0,1 ，则
212
 21 2

0  x1  1  x2 ，又 x2  1时代入方程组得b  0 ，故0  x1  1  x2 ，
即 f  x  g  x 在区间0,1 有 1 个解，又 g 0  b  0 ， g 1  1 b  1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得 f  x  g  x 在区间2,2 少于三个解；
（3）当b  1 时，①式可解得 x  0, x  3 ，即 f  x  g  x 在区间0,1 无解，又
2122
g 1  1 b  1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得
f  x  g  x 在区间2,2 少于三个解；
（4）当b  1 时，
2
x  x  2  b  3 , x x  1 2b  0 ，则
1221 2
2  b  b2  4b
b2  4b  b
x  0  x
12 ，又 x2 
 1
22
1，
即 f  x  g  x 在区间0,1 无解，又 g 1  1 b  1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得
f  x  g  x 在区间2,2 少于三个解；
（5）当b  0 时，由 f  x 的中心对称性可得 f  x  g  x 在区间2,2 最多三个解；故 B 对
D 错．故选：ABC
【详解】设t 
t 2  kt  4
x , t  0 ，
t 2  t  4  kt  t
t k 1
k 1
f t  
t 2  t  4 
t 2  t  4
 1 1
t 2  t  4
t  4 1
t
, t  0 ，
t  4
t
令u  t  4 1 ，则 y  1 k 1 ，因为t  0 ，所以， u  t  4 1  2
1  5 ，当且仅当t  2
tut
时等号成立， k 1  0 ， k  1，函数 y 在5,  上单调递减，则 y 1, k  4  ，
5 

所以， k  1时， 2  f  x   f  x   2k  8 ，1  f  x   k  4 ，
12535
由于对任意的x ，x ， x 0,  ，都有 f  x   f  x   f  x   0 成立，所以， k  4  2 ，解
123
1235
得1  k  6 ， k 的取值范围为1,6
【详解】（1）10m  2,103m  (10m )3  8 ，又10n  3,102n  (10n )2  9 ，
10
3m2n
2
1
 (103m2n ) 2  (
103m
102n
1
8
) 2  (
9
1
2 2
) 2 
3
 1 21
（2）  1  3  (0.008) 3 2  1  2  (π  3)0  ( 3 2  3)6
 8 
5 50 

3  1 3  2 
 3  3 
  1 
   2   
2  1
1 4  27
210
 
5 2
5
 1 1
  2 
 1 2
  5 
 1 1108  2 11108  110 ；
25

1 1
 1 1 2
（ 3） 因 为
a 2  a 2  3 ， 所 以
a  a1   a 2  a 2 
 2  7 ， 所 以
a2  a2
 a  a1 2
 2  47 ，所以
a3  a 3  3
1

(a  a 1)(a 2  1  a 2 )  3
 65 ．

a  a 2
7  2
【小问 1 详解】
令 y  1，则 f  x  
f  x   f 1  2 ，故 f 1  2 ；
【小问 2 详解】在0, ∞ 上 f  x 为减函数，理由如下：设0  x1  x2 ，
则 f  x
  f  x  
fx  f  x  
f  x   f  x2   2  f  x  
f  x2   2 ，
x2 
21 1 x 
11 x 
1 x 
1  1  1 
因为 x2  1, f  x2   2 ，所以 f  x   f  x   f  x2   2  0 ，
x x 21 x 
1 1  1 
所以 f  x2   f  x1  ，即 f  x 在0, ∞ 上为减函数；
【小问 3 详解】 f (x)  f (x  3) 
f (x)  f (x  3)  2  2 
f x(x  3) 2  4 ，
 f x(x  3) 2 ，则 f x(x  3)
f (1) ，
x  0

 f (x) 在0，  上为减函数，x  3  0

x(x  3)  1
3  13
，解得 x ，
2
3  13 


所以，不等式的解集为x x 2 ．
【小问 1 详解】因为一次喷洒 4 个单位的净化剂，所以浓度 y1 可表示为：当0  x  4 时，
y1 
64
 4
8  x
，当4  x  10 时， y1  20  2x ，
则当0  x  4 时，由 64
8  x
 4  4 ，解得0  x  8 ，所以得0  x  4 ，
当4  x  10 时，由20  2x  4 ，解得 x  8 ，所以得4  x  8 ，
综合得0  x  8 ，故若一次喷洒 4 个单位的净化剂，则有效净化时间可达 8 天．
【小问 2 详解】设从第一次喷洒起，经 x(6  x  10) 天，浓度 y  2(5  1 x)  a[16 1]
 10  x 
16a 14  x
 a  (14  x) 
16a 14  x
a
 a  4 ，
228  (x  6)
a
因为4  14  x  8 ，而1  a  4 ，所以4  4
 8 ，故 y2  8
 a  4 ，
a
当且仅当14  x  4
时， y2 有最小值为8
 a  4 ，
a
a
2
令8 a  4  4 ，解得24 16
1
 a  4 ，所以 a 的最小值为24  16
2
1
 1.6.
【小问 1 详解】 f (1) 
b  c  1
, 又 f (x) 是奇函数， f (1)  ,
22
a  1 x
则 a  12， c  0且a  1  2b ， f (x)  2 ，又 f (1)  1 ，
 b  c

  1
ax 2  12
 a  12
f (2)  a  1  1 ，解得 1  a  2 ， a, b, c  Z ， a  0或a  1，
4a  1
当 a  0 时， b 
34
1 ，舍去；当 a  1 时， b  1， f (x) 
2
x
x
，
x 2  1
经检验 f (x) 是奇函数， f (x) 
．
x 2  1
【小问 2 详解】方程 f (x)  k 在0， 上有两个不同的实数根，即方程 kx2  x  k  0
在0， 上有两个不相等的实数根，当 k  0 时， x  0 ，不合题意，舍去；
  0
1
1 
当 k  0 时，则 1
，解得0  k  ，实数 k 的取值范围是 0，  ．
2

 k  02 
【小问 3 详解】由题意知 h(x)  x 2  x 2 
2t
f (x)
 (x  x 1)2  2t(x  x 1)  2(t  0) ，
令 z  x  1 , y  z2  2tz  2 ，因为函数 z  x  1 在 1 ,1 上单调递减，
xx 2
在[1, 2] 上单调递增，∴ z  2, 5 
2 
∵函数 y  z2  2tz  2 的对称轴为 z  t  0 ，∴函数 y  z2  2tz  2 在2, 5  上单调递增．
当 z  2 时， y
min
 4t  2 ；当 z  5 时， y
2
max
 5t  17 ；
4
2 
即 h(x)
min
 4t  2 ， h(x)
max
 5t  17
4
又∵对x , x   1 , 2 都有| h(x )  h(x ) | 15 恒成立，∴ h(x) h(x) 15 ，
12 2
124
maxmin4
17153
即5t  (4t  2) ，解得t   ，又∵ t  0 ，
442
∴ t 的取值范围是 3  t  0 ．
2
19 ． (1) 设函数 f (x)  x3  3x 2  x  2 图象关于点 P(a, b) 成中心对称图形， 则函数
y  f (x  a)  b 为奇函数， f (x  a)  b  f (x  a)  b  0 ，则有
x  a3  3x  a2  (x  a)  2  b   x  a3  3 x  a2   x  a 2  b  0 ，
（6a  6)x2  2a3  6a2  2a  2b  4 0 ，则6a  6  0
a  1

，，

2a3  6a2  2a  2b  4  0b  3
函数 f (x)  x3  3x 2  x  2 图象的对称中心是1,3 ．
（2）（ⅰ）因为定义域为 R 的函数 g(x) 的图象关于点(1,0) 成中心对称图形，所以 y  g(x 1)
为奇函数，所以 g(x 1)  g(x 1)  0 ， g(1 x)  g(1 x) ，即 g(x)  g（2  x) ，
当 x  1时， 2  x  1，所以 g(x)  g(2  x)  (1
1
2  x
)  1
1,
2  x


1
所以 g(x)  
1 , x  1
x．
1
1

2  x
, x  1
（ⅱ）
λ (1

F (x)  λg(x)  
1 ), x  1
x
1
，
(λ 0)
λ (1

2  x
), x  1
①当 x 0,1时， F (x)  λ (1
1
2  x
)  λ (1
1
x  2
)(λ 0) 在0,1上单调递增，
λ (1

当a, b 0,1时，则 
λ (1

1
a  2
1
b  2
)  a
)  b
，即方程λ（
1 1 )  x 在0,1上有两个不相
x  2
等的根，即 x2  (λ 2)x λ 0 在0,1上有两个不相等的根，
令 h(x)  x2
 (λ 2)x λ(λ 0) ，但h(0)  λ 0
h(1)  1 (λ 2) λ 1  0

所以 x2  (λ 2)x λ 0 在0,1上不可能有两个不相等的根；
②当 x  1,时， F (x)  λ (1 1 )(λ 0) 在1, 上单调递增，
x
λ (1 1 )  a

当a, b 1， 时，则
λ (1

a
1 )  b b
即方程λ（ 1 1 )  x 在1,上有两个不相等的根，即 x2 λx  λ 0 在1, 上有两个不
x
  λ2  4λ 0
λ

 2
相等的根，令 m(x)  x2 λx  λ(λ 0) ，则 1

m(1)  0
③当0  a  1  b 时，易知 g(x) 在 R 上单调递增，
所以 F (x)  λg(x)(λ 0) 在0， 上单调递增，此时
，解得λ 4 ；

λ

(1
1
a  2
)  a

λ

，即
 a2  2a a 1
 a2  2a
1 a
 (1 a)2 1
1 a
 (1 a) 
1
1 a ，
λ (1

1 )  b b

λ

b2 
b 1
(b 1)2  2(b 1) 1
b 1
 (b 1) 
1  2
b 1
 0  a  1,1 a 0,1， 则 易 知 u(a)  (1 a) 
u(a)  u(0)  0 ，λ 0 ，
(b 1) 
1
b 1
1
1
1 a
(0  a  1) 在 0,1上 单 调 递 减 ，
又b  1时λ (b 1) 
b 1
 2  2
 2  4 ，
1λ 0

当且仅当（b 1)  b 1 ，即b  2 时取等号， λ 4 ，此时无解．
综上可知：t 的取值范围是4， ．
2025 级高一上学期数学期中考试参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
C
D
C
A
AD
ACD
题号
11
答案
ABC
12.  ,4
 1 3 

,
1,6
 4 2 
8.【详解】当 f (2m)  1时，由1 f 2 (2m)  0  1  f (2m)  1，
若2m  1  m  1 时， 1  1 4m2  1，即0  m2  1 ，故 2  m  1 ；
2222
若2m  1  m  1 时， 1 | 2m  2 | 1  1，即0 | m 1| 1，故 1  m  2 ；此时 2  m  2 ；
222
当 f (2m)  1时，由| f (2m)  2 | 1  0 | f (2m)  2 | 1 ，
所以 f (2m)  2  1 或 f (2m)  2  1 ，即 f (2m)  3 或 f (2m)  1（舍），
若2m  1  m  1 时，1 4m2  3 ，即m2   1 ，显然无解；
22
若2m  1  m  1 时， | 2m  2 | 1  3 ，即| m 1| 2 ，故m  3 ；
2
此时m  3 ；综上，实数m 的取值范围是 2 , 2 ∪3,  .
2

故选：A
10.D选项【详解】因为
a  0, b  0 ，
a  b  1，所以
a1a
(a  b)2
aa2  2ab  b2
2ab
2
 2   2   2   2
babbabbabba
等号成立．又因为c  2 ，由不等式的性质可得
，当且仅当b 
2a 时
ac  c  2c 2  c  a  1  2  2  2 2c 2 .
babc  2 babc  2
c  2

2
2
又因为2 2c 2  2 2(c  2) 2  4 4  4，当且仅当c  2 2 时等号成
c  2c  22
2
立．当且仅当 a 1, b  2 2, c  2 2 时等号成立综上， ac  c  2c 2 的最
2
2
小值为4  4，
babc  2
.11.【详解】由 f 1 x 
f 1 x ，令t  x 1，则 f t  
f 2  t  ，则 f  x 关于 x  1 对
称，又 f  x 为定义在 R 上的奇函数， f  x   f x ， f 0  0 ， f  x 关于原点对称，
f  x  4  f 2   x  4   f  x  2 ，故 f  x  2   f  x ，即 f  x  4  f  x ，函数
f  x 周期为 4.对于 A， f 0  0 ，A 对；
对 C， x 1, 2 ， f  x  1  1 ， f 0  0 ，由 f  x 关于 x  1 对称且关于原点对称，
2
 ,1
x
故 x 2, 2 ， f  x 1,  1  ∪0 ∪  1 ,1 ，又 f  x 周期为 4，故 f  x 的最小值为1 ，

2  2
C 对；对 BD， x 1, 2 ， f  x  1  1 且单调递减， f  x 关于 x  1 对称，则
2
 ,1
x
x 0,1, f  x 1 1 ,1 且单调递增， f  x  0, x 0, 2， f  x 关于原点对称，
2  x 2

 y  x  b
由1可得 x2  b  2 x 1 2b  0①， 设解为 x 、x ，且 x  x ，则

 y 

2  x
1212
x  x  2  b, x x  1 2b ，由  b  22  4 1 2b  b2  4b  0 得b  0 或b  4 ，
121 2
（1）当b  0 时，Δ  0 ，①式可解得 x1  x2  1，即 f  x  g  x 在区间0,1 无解，又 g  x  x
过0, 0 ， 1,1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得， f  x  g  x 在区间2,2 有三个解为
1 、0、1；
（2）当0  b  1 时，   0 ， x  x
 3
 2  b 
, 2 , x x
 1 2b 0,1 ，则
212
 21 2

0  x1  1  x2 ，又 x2  1时代入方程组得b  0 ，故0  x1  1  x2 ，
即 f  x  g  x 在区间0,1 有 1 个解，又 g 0  b  0 ， g 1  1 b  1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得 f  x  g  x 在区间2,2 少于三个解；
（3）当b  1 时，①式可解得 x  0, x  3 ，即 f  x  g  x 在区间0,1 无解，又
2122
g 1  1 b  1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得
f  x  g  x 在区间2,2 少于三个解；
（4）当b  1 时，
2
x  x  2  b  3 , x x  1 2b  0 ，则
1221 2
2  b  b2  4b
b2  4b  b
x  0  x
12 ，又 x2 
 1
22
1，
即 f  x  g  x 在区间0,1 无解，又 g 1  1 b  1 ，结合 f  x 的单调性及对称性可得
f  x  g  x 在区间2,2 少于三个解；
（5）当b  0 时，由 f  x 的中心对称性可得 f  x  g  x 在区间2,2 最多三个解；故 B 对
D 错.故选：ABC
，
14【. 详解】设t x , t  0
f t  
t 2  kt  4 
t 2  t  4
t 2  t  4  kt  t t 2  t  4
 1 t k 1  1
t 2  t  4
k 1
t  4 1
t
, t  0 ，
t  4
t
令u  t  4 1 ，则 y  1 k 1 ，因为t  0 ，所以， u  t  4 1  2
1  5 ，当且仅当t  2
tut
时等号成立， k 1  0 ， k  1，函数 y 在5,  上单调递减，则 y 1, k  4  ，
5 

所以， k  1时， 2  f  x   f  x   2k  8 ，1  f  x   k  4 ，
12535
由于对任意的x ，x ， x 0,  ，都有 f  x   f  x   f  x   0 成立，所以， k  4  2 ，解
123
1235
得1  k  6 ， k 的取值范围为1,6
【详解】（1）10m  2,103m  (10m )3  8 ，又10n  3,102n  (10n )2  9 ，
10
3m2n
2
1
 (103m2n ) 2  (
103m
102n
1
8
) 2  (
9
1
2 2
) 2 
3
 1 21
（2）  1  3  (0.008) 3 2  1  2  (π  3)0  ( 3 2  3)6
 8 
5 50 

3  1 3  2 
 3  3 
  1 
   2   
2  1
1 4  27
210
 
5 2
5
 1 1
  2 
 1 2
  5 
 1 1108  2 11108  110 ；
25

1 1
 1 1 2
（ 3） 因 为
a 2  a 2  3 ， 所 以
a  a1   a 2  a 2 
 2  7 ， 所 以
a2  a2
 a  a1 2
 2  47 ，所以
a3  a 3  3
1

(a  a 1)(a 2  1  a 2 )  3
 65 .

a  a 2
7  2
【详解】（1）令 y  1，则 f  x   f  x   f 1  2 ，故 f 1  2 ；
（2）在0, ∞ 上 f  x 为减函数，理由如下：设0  x1  x2 ，
则 f  x
  f  x  
fx  f  x  
f  x   f  x2   2  f  x  
f  x2   2 ，
x2 
21 1 x 
11 x 
1 x 
1  1  1 
因为 x2  1, f  x2   2 ，所以 f  x   f  x   f  x2   2  0 ，
x x 21 x 
1 1  1 
所以 f  x2   f  x1  ，即 f  x 在0, ∞ 上为减函数；
（3) f (x)  f (x  3)  f (x)  f (x  3)  2  2  f x(x  3) 2  4 ，
 f x(x  3) 2 ，则 f x(x  3) f (1) ，
x  0

 f (x) 在0，  上为减函数，x  3  0

x(x  3)  1
3  13
，解得 x ，
2
3  13 


所以，不等式的解集为x x 2 .
【详解】（1）因为一次喷洒 4 个单位的净化剂，所以浓度 y1 可表示为：当0  x  4 时，
y1 
64
8  x
 4 ，当4  x  10 时， y1
 20  2x ，
则当0  x  4 时，由 64
8  x
 4  4 ，解得0  x  8 ，所以得0  x  4 ，
当4  x  10 时，由20  2x  4 ，解得 x  8 ，所以得4  x  8 ，
综合得0  x  8 ，故若一次喷洒 4 个单位的净化剂，则有效净化时间可达 8 天.
（2）设从第一次喷洒起，经 x(6  x  10) 天，浓度 y
 2(5  1 x)  a[16
 1]
 10  x 
16a 14  x
 a  (14  x) 
16a 14  x
 a  4 ，
228  (x  6)
a
因为4  14  x  8 ，而1  a  4 ，所以4  4
 8 ，故 y2  8
 a  4 ，
a
a
当且仅当14  x  4
时， y2 有最小值为8
 a  4 ，
a
a
2
2
令8 a  4  4 ，解得24 16 a  4 ，所以 a 的最小值为24  16 1.6.
b1
【详解】（1） f (x) 是奇函数， f (0)  0 ，则c  0 ，又 f (1)  ,
2
a  1 x
a  1  2 ，
 c  0且a  1  2b ， f (x)  2 ， f (2) 
a  1  1 ，解得 1  a  2 ，
ax 2  1
 a, b, c  Z ， a  0或a  1，
1
4a  134
x
当 a  0 时， b 
，舍去；当 a  1 时， b  1， f (x) 
2
x
，
x 2  1
经检验 f (x) 是奇函数， f (x) 
.
x 2  1
方程 f (x)  k 在0， 上有两个不同的实数根，即方程 kx2  x  k  0
在0， 上有两个不相等的实数根，当 k  0 时， x  0 ，不合题意，舍去；
  0
1
1 
当 k  0 时，则 1
，解得0  k  ，实数 k 的取值范围是 0，  .
2

 k  02 
由题意知 h(x)  x 2  x 2 
2t
f (x)
 (x  x 1)2  2t(x  x 1)  2(t  0) ，
令 z  x  1 , y  z2  2tz  2 ，因为函数 z  x  1 在 1 ,1 上单调递减，
x
在[1, 2] 上单调递增，∴ z  2, 5 

x 2
2 
∵函数 y  z2  2tz  2 的对称轴为 z  t  0 ，∴函数 y  z2  2tz  2 在2, 5  上单调递增.
当 z  2 时， y
min
 4t  2 ；当 z  5 时， y
2
max
 5t  17 ；
4
2 
即 h(x)
min
 4t  2 ， h(x)
max
 5t  17
4
又∵对x , x   1 , 2 都有| h(x )  h(x ) | 15 恒成立，∴ h(x) h(x) 15 ，
12 2
124
maxmin4
17153
即5t  (4t  2) ，解得t   ，又∵ t  0 ，
442
∴ t 的取值范围是 3  t  0 .
2
【详解】(1)设函数 f (x)  x3  3x 2  x  2 图象关于点 P(a, b) 成中心对称图形，则函数
y  f (x  a)  b 为奇函数， f (x  a)  b  f (x  a)  b  0 ，则有
x  a3  3x  a2  (x  a)  2  b   x  a3  3 x  a2   x  a 2  b  0 ，
（6a  6)x2  2a3  6a2  2a  2b  4 0 ，则6a  6  0
a  1

，，

2a3  6a2  2a  2b  4  0b  3
函数 f (x)  x3  3x 2  x  2 图象的对称中心是1,3 .
（2）（ⅰ）因为定义域为 R 的函数 g(x) 的图象关于点(1,0) 成中心对称图形，所以 y  g(x 1)
为奇函数，所以 g(x 1)  g(x 1)  0 ， g(1 x)  g(1 x) ，即 g(x)  g（2  x) ，
当 x  1时， 2  x  1，所以 g(x)  g(2  x)  (1
1
 x
)  1
1,
2  x


1
所以 g(x)  
1 , x  1
x.
1
1

2  x
, x  1
（ⅱ）
λ (1

F (x)  λg(x)  
1 ), x  1
x
1
，
(λ 0)
λ (1

2  x
), x  1
①当 x 0,1时， F (x)  λ (1
1
2  x
)  λ (1
1
x  2
)(λ 0) 在0,1上单调递增，
λ (1

当a, b 0,1时，则 
λ (1

1
a  2
1
b  2
)  a
)  b
，即方程λ（
1 1 )  x 在0,1上有两个不相 x  2
等的根，即 x2  (λ 2)x λ 0 在0,1上有两个不相等的根，
令 h(x)  x2
 (λ 2)x λ(λ 0) ，但h(0)  λ 0
h(1)  1 (λ 2) λ 1  0

所以 x2  (λ 2)x λ 0 在0,1上不可能有两个不相等的根；
②当 x  1,时， F (x)  λ (1 1 )(λ 0) 在1, 上单调递增，
x
λ (1 1 )  a

当a, b 1， 时，则
λ (1

a
1 )  b b
即方程λ（ 1 1 )  x 在1,上有两个不相等的根，即 x2 λx  λ 0 在1, 上有两个不
x
  λ2  4λ 0
λ

 2
相等的根，令 m(x)  x2 λx  λ(λ 0) ，则 1

m(1)  0
③当0  a  1  b 时，易知 g(x) 在 R 上单调递增，
所以 F (x)  λg(x)(λ 0) 在0， 上单调递增，此时
，解得λ 4 ；

λ

(1
1
a  2
)  a

λ

，即
 a2  2a a 1
 a2  2a
1 a
 (1 a)2 1
1 a
 (1 a) 
1
1 a ，
λ (1

1 )  b b

λ

b2 
b 1
(b 1)2  2(b 1) 1
b 1
 (b 1) 
1  2
b 1
 0  a  1,1 a 0,1， 则 易 知 u(a)  (1 a) 
u(a)  u(0)  0 ，λ 0 ，
(b 1) 
1
b 1
1
1
1 a
(0  a  1) 在 0,1上 单 调 递 减 ，
又b  1时λ (b 1) 
1
b 1
 2  2
 2  4 ，
λ 0

当且仅当（b 1)  b 1 ，即b  2 时取等号， λ 4 ，此时无解.
综上可知：t 的取值范围是4， .