河北省衡水市冀州中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题

这是一份河北省衡水市冀州中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题，共19页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟试题分数：150 分
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.
设集合 A  1, 0,1, 2, 3 ， B  x 3  2x  0 ，则 A ∩ B  （ ）
1
0,1
1, 0,1
2, 3
若1  a  2 ，则 3 1 a3 
的化简结果是（ ）
4 2  a4
1B. 1
3  2a
2a  3
函数 f ( x)  ax  1
a
(a  0 且 a  1) 的图象可能是（ ）
A.B.C.D.
3
若 a  lg 31 ， b  21.1 ， c  0.83.1 ，则（）
A b  a  c
c  a  b
c  b  a
a  c  b
下列函数中，既是奇函数，又在区间(0, ) 上是增函数的是（ ）
y  x  1
x
y  x3  x
y  1
x2
y  3x  2
x 1
若直线 y  3a 与函数 y  ax 1 （ a  0 ，且a  1）的图象有两个公共点，则 a 的取值范围是（）
1  a  1
3
a  1
0  a  1
3
0  a  1
3
定义在R 上的奇函数 f (x) 满足：当 x  0 时， f (x)  2x  2 ，则不等式 x[ f (x)  2 f (x)]  0 的解集
是（ ）
(1,1)
(1, 0) ∪ (0,1)
(, 1) ∪ (1, )D. (, 3)  (1,1)  (3, )
已知函数 f  x  x  4 ， g  x  2x  a .若x 1, 3 ， x 2, 3 ，使得 f  x   g  x  成立，则实
x
数 a 的取值范围是（）
1212
A. a  4
C a  0
B. a  3
D. a  1
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.
设 a  lg6 3 ， b  lg6 2 ，则下列结论正确的是（）
a  b  1
lg 2  b
lg
1  2a
lg 24  1  2b
3a6 96
下列说法正确的是（）
x 1
函数 y  x 
的值域为1, 
若 p : n  N ， n2  2n ，则p : n  N ， n2  2n
函数 f  x  ax1 1a  0且a  1 的图象恒过定点1,1
已知函数 f 2x 1 的定义域为1,1 ，则 f  x 的定义域为3,1
若函数 f (x) 是定义域为R 的偶函数， g(x) 是定义域为R 的奇函数，且 f (x)  g(x)  ex （其中 e 为
常数， e  2.718 ）.函数 F ( x)  f (2x)  2mf ( x) 在[0, ) 上的最小值为3 ，则下列结论正确的是
（ ）
f (x)  ex  ex
g(x) 是增函数C.
m  2
D. m  2
三、填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）.
已知函数 y  1
2x
， x [2, 4] ，则此函数的值域为
若幂函数 f ( x)  (m2  m  1)xm1 是偶函数， m  .
若“ x 0, 2 ， 2x1  2 x  m  0 ”为假命题，则m 的取值范围为.
x  3
四、解答题：本题共 6 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
4  x
已知函数 f (x) 
1的定义域为 A ，集合 B  { x 1 a  x  1 a} .
（1）当 a  2 时，求 A  B ；
x  B 是 x  A 的充分条件，求 a 的取值范围.
求下列各式的值：

1 1
a  a1  2
（1）已知 a 2  a 2  3 ，求 a2  a2  2 的值；
（2） lg22  lg2  lg50  lg25 ；
若lg2  a ， 3b  10 ，用 a ， b 表示lg12 45 .
已知函数 f  x  ax  b （ a  0 ，且a  1， b  R ）.
若 f  x 的图象过点0, 1 和3, 6 ，求 f  x 在R 上的值域；
若 f  x 在区间1, 2上的最大值比最小值大 a ，求 a 的值.
3
设函数 f (x)  2x  k  2x
若 f (x) 为奇函数，求不等式 f (x)  0 的解集；
若 f (x) 为偶函数，证明： f (x) 在[0, ) 单调递增；
如图，△OAB 是边长为 2 的正三角形，记△OAB 位于直线 x  t 0  t  2 左侧的图形的面积为 f t  .
试求函数 y  f t  的解析式；
有同学发现，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
3 
y  f  x  a  b 为奇函数，试用此法证明：问题(1)中函数 y  f t  的图象关于点 P 1, 2  成中心对称
图形.
已知函数 f  x 的定义域为2, 2 ，对任意 x, y 2, 2 ，都有 f  x  f  y  
0, 2 时， f  x  0 .

f  x  y  ，且当 x 
求证： f  x 是奇函数；
若 f 1  2 ， f  x  t 2  at 1 对任意的 x 1,1 ， a 2, 2恒成立，求实数t 的取值范围.
河北省冀州中学 2025-2026 学年高一上学期第三次月考（12 月）数学
试题
考试时间：120 分钟试题分数：150 分
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.
【分析】解出集合 B 后由交集定义即可得.
【详解】 B  x 3  2x  0  x x  3  ，
2


又 A  1, 0,1, 2, 3 ，故 A  B  2, 3 .
1. 设集合 A  1,
A. 1
0,1, 2, 3B  x
，
B. 0,1
3  2x  0
，则 A ∩ B  （
C. 1, 0,1
）
D. 2, 3
【答案】D
【解析】
故选：D
若1  a  2 ，则 3 1 a3 
4 2  a4
的化简结果是（ ）
A. 1B. 1
【答案】C
【解析】
C. 3  2a
D. 2a  3
【分析】根据根式的运算法则直接化简即可.
【详解】m1  a  2 ， 2  a  0 ， 3 1 a3 
4 2  a4
 1 a  2  a  3  2a .
故选：C.
函数 f ( x)  ax  1
a
(a  0 且 a  1) 的图象可能是（ ）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】分0  a  1、a  1 两种情况讨论，结合函数的单调性与 f 0 、 f 1 的特征，利用排除法判断即可.
【详解】当0  a  1时， f  x  ax  1 在R 上单调递减， f 0  1 1  0 ，
aa
1a2 1
f 1  a   0 ，故 A 正确 C 错误；
aa
当 a  1 时， f  x  ax  1 在R 上单调递增， f 0  1 1 0,1 ， f 1  a  1  a2 1  0 ，故 B，
aaaa
D 均错误.故选：A
3
若 a  lg 31 ， b  21.1 ， c  0.83.1 ，则（）
b  a  c
【答案】D
【解析】
c  a  b
c  b  a
a  c  b
【分析】利用函数单调性和中间值比较大小
3
【详解】 a  lg 31  1 ， b  21.1  2 ， 0  0.83.1  0.80  1 ，故0  c  1，所以a  c  b
故选：D.
下列函数中，既是奇函数，又在区间(0, ) 上是增函数的是（ ）
y  x  1
x
y  x3  x
y  1
x2
y  3x  2
x 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据对钩函数的单调性、幂函数的单调性，结合奇函数的定义逐一判断即可.
【详解】A：对于函数y  x  1 来说，当 x  2, 1 时，函数值都是 5 ，因此该函数在区间(0, ) 上不是增
x22
函数，不符合题意；
B：因为函数 y  x3, y  x 在区间(0, ) 上都是增函数，
所以函数 y  x3  x 在区间(0, ) 上是增函数，
令 f  x  x3  x ，因为 f x  x3  x   f  x ，所以该函数是奇函数，符合题意；
C：对于函数 y 
1 来说，当 x  1 时，函数值都是1，显然不是奇函数，不符合题意；
x2
D：对于函数 y  3x  2 来说，定义域为∞, 1 1, ∞ ，显然不关于原点对称，因此该函数不是奇
x 1
函数，不符合题意，故选：B
若直线 y  3a 与函数 y  ax 1 （ a  0 ，且a  1）的图象有两个公共点，则 a 的取值范围是（）
1  a  1
3
a  1
0  a  1
3
0  a  1
3
【答案】C
【解析】
【分析】分0  a  1和 a  1 ，两种情况讨论，画出函数 y  ax 1 的图象，结合图象，得出关于 a 不等式，即可求解.
【详解】由题意知，直线 y  3a 与函数 y  ax 1 的图象有两个公共点，
当0  a  1时， y  ax 1 的图象如图（1）所示，可得0  3a  1 ，解得0  a  1 ；
3
当 a  1 时， y  ax 1 的图象如图（2）所示，可得0  3a  1 ，解得0  a  1 ，
3
因为 a  1 ，此时不存在实数 a ，
综上可得，实数 a 的取值范围为 0, 1  ．
3 

故选：C.
定义在R 上的奇函数 f (x) 满足：当 x  0 时， f (x)  2x  2 ，则不等式 x[ f (x)  2 f (x)]  0 的解集
是（ ）
(1,1)
C. (, 1) ∪ (1, )
(1, 0) ∪ (0,1)
D. (, 3)  (1,1)  (3, )
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性可得 xf  x  0 ，画出函数图象，数形结合得到不等式，求出解集.
【详解】因为 f (x) 是定义在R 上的奇函数，故 x[ f (x)  2 f (x)]  0 即 x  f  x  2 f  x  0 ，故 xf  x  0 ，
当 x  0 时， f (x)  2x  2 为增函数，令 f  x  0 可得 x  1 ，结合函数为奇函数，可作出 f  x 的图象，
 f  x  0
x  0
由 xf x  0 可得

x  0

或 f  x  0
x  0

，由图象可得0  x  1
x  0

或1  x  0 ，
故0  x  1或1  x  0 ，即解集为(1, 0) ∪ (0,1) .
故选：B
已知函数 f  x  x  4 ， g  x  2x  a .若x 1, 3 ， x
2, 3 ，使得 f  x   g  x  成立，则实
x1212
【分析】先根据基本不等式以及函数的单调性，求出 f  xmin ， g  xmin .由已知可推得，只需满足
f  xmin  g  xmin ，代入即可得出不等式，求解即可得出答案.
数 a 的取值范围是（
）
A. a  4
C. a  0
B.
D.
a  3
a  1
【答案】C
【解析】
【详解】设 f  x  x  4 在1, 3 上的最小值为 f  x
x
min
， g  x  2x  a 在2, 3 上的最小值为 g  x
min .
x  4
x
因为 x  4  2
x
min
所以， f  x 4 .
 4 ，当且仅当 x  4 ，且 x  0 ，即 x  2 时等号成立，
x
min
g  x  2x  a 在2, 3 上单调递增，所以 g  x g 2  a  4 .
minmin
由x1 1, 3 ， x2 2, 3 ，使得 f  x1   g  x2  成立，可得 f  x g  x，即4  a  4 ，所以a  0 .
故选：C.
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.
设 a  lg6 3 ， b  lg6 2 ，则下列结论正确的是（）
a  b  1
lg 2  b
lg
1  2a
lg 24  1  2b
3a6 96
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据对数的运算求解.
【详解】对 A， a  b  lg6 3  lg6 2  lg6 6  1 ，A 正确；
3
对 B， b  lg6 2  lg 2 ，B 正确；
alg6 3
对 C， 2a  2 lg 3  lg 32  lg
1
，C 正确；
666 9
对 D，1 2b  1 2 lg 2  lg 6  lg 4  lg
3
，D 错误；
6666 2
故选:ABC.
下列说法正确的是（）
x 1
函数 y  x 
的值域为1, 
若 p : n  N ， n2  2n ，则p : n  N ， n2  2n
函数 f  x  ax1 1a  0且a  1 的图象恒过定点1,1
已知函数 f 2x 1 的定义域为1,1 ，则 f  x 的定义域为3,1
【答案】ABD
【解析】
x 1
x 1
【分析】A：先求出定义域，结合函数单调性直接求出值域；B：修改量词否定结论，即可得到结果；C：由 x 1  0 得到定点的横坐标，再根据解析式计算出定点的纵坐标，则结果可知；D：根据条件求解出2x 1的范围，则 f  x 的定义域可知.
【详解】对于 A： y  x 
的定义域为1,  ，且 y  x, y 
在1,  上单调递增，
x 1
所以 y  x 
的最小值 ymin  1
 1 ，所以值域为1,  ，故 A 正确；
11
对于 B：修改量词否定结论可得： p : n  N ， n2  2n ，故 B 正确；
对于 C：令 x 1  0 ，解得 x  1 ，且 f 1  a0 1  2 ，所以 f  x 的图象过定点1, 2 ，故错误；对于 D：因为 f 2x 1 的定义域为1,1 ，所以 f 2x 1 中 x 1,1 ，所以2x 13,1 ，
所以 f  x 的定义域为3,1 ，故 D 正确；故选：ABD.
若函数 f (x) 是定义域为R 的偶函数， g(x) 是定义域为R 的奇函数，且 f (x)  g(x)  ex （其中 e 为
常数， e  2.718 ）.函数 F ( x)  f (2x)  2mf ( x) 在[0, ) 上的最小值为3 ，则下列结论正确的是
（ ）
f (x)  ex  ex
g(x) 是增函数C.
m  2
D. m  2
【答案】BC
【解析】
【分析】利用奇偶性构造方程组求函数解析式，根据指数函数的单调性及 g  x 解析式判断单调性，应用
换元法t  ex  ex  2
 2 ，将题设函数化为 F  x  h t   1 t 2  mt 1，利用二次函数的性质
ex  e x
2
及区间最小值求参数，进而判断各项的正误.
【详解】对于 A，由 f  x  g  x  ex ， f  x 是偶函数， g  x 是奇函数，
可得 f x  g x 
f  x  g  x  ex ，解得 f  x  ex  e x ， g  x  ex  e x ，故 A 错误；
2
 1 x
2
ex  e x
对于 B，由 y  ex 在 R 上单调递增， y  ex   
 e 
在 R 上单调递增，所以 g  x 在 R 上
2
单调递增，故 B 正确；
2
对于 CD，因为 F  x  e2 x  e2 x  m ex  ex  ， x 0,  ，
ex  e x
令t  ex  ex  2
 2 ，当且仅当 x  0 时取等号，则e2 x  e2 x  t 2  2 ，
t  21
22
令 F  x  h t   mt  t 2  mt 1  1 t  m2 1 m ，
2222
h t  的图象开口向上且对称轴为t  m ， t 2, ∞ ，
min
当 m  2 时， h t  在t 2, ∞ 上单调递增，所以 h t  h 2  1 2m  3 ，得 m  2 符合题意；当 m  2 时， h t  在2, m上单调递减，在m, ∞ 上单调递增，
所以 h t 
min
2
m
 h m  1 3 ，解得 m  2 ，不合题意；
2
综上， m  2 ，故 C 正确，D 错误.故选：BC.
三、填空题：（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）.
已知函数 y  1
2x
[ 1 1
， x [2, 4] ，则此函数的值域为
【答案】
【解析】
, ]
16 4
【分析】令t  2x ，由 y  1 的单调性求解.
t
【详解】令t  2x ，因为 x 2, 4，所以t 4,16 ，
因为函数 y  1 在4,16单调递减，且t  4 时， y  1 ； t  16 时， y  1 ，
t

所以函数的值域为 1 , 1  ，
16 4 

故答案为：  1 , 1  .
16 4 
416
若幂函数 f ( x)  (m2  m  1)xm1 是偶函数， m  .
【答案】1
【解析】
【分析】利用幂函数定义得 m2  m 1  1，再结合条件，利用奇偶函数的定义，即可求解.
【详解】由题知 m2  m 1  1，解得 m  2 或 m  1，
当 m  2 时， f  x  x1  1 ，定义域为x | x  0 ， f x  1
xx
此时 f  x  1 为奇函数，不合题意，
x
  f  x ，
当 m  1时， f  x   x 2 ，定义域为R ，又 f x  x2  x2 
f  x ， f  x   x 2 为偶函数，所以 m  1
符合题意，故答案为：1.
若“ x 0, 2 ， 2x1  2 x  m  0 ”为假命题，则m 的取值范围为.
【答案】 ∞, 9 
4 

【解析】
【分析】先求出原命题为真命题的时候m 的范围，再取其补集即可.
【详解】假设若“ x 0, 2 ， 2x1  2x  m  0 ”为真命题，则 m  2x1  2 x ，
令t  2x ，不等式即为 m  t  1 ，当 x 0, 2 时， t 1, 4 ，
2t
由对勾函数单调性可知，函数 f t   t  1 在[1, 2] 上单调递减，在[ 2, 4] 上单调递增，
2t
故其最大值在端点处取得，比较 f (1)  3 与 f (4)  9 ，
24
可知 f t  f 4  9 ，则 m  9 ，
max44
所以若“ x 0, 2 ， 2x1  2 x  m  0 ”为假命题，则m 的取值范围为 , 9  .
4 

故答案为：  , 9 
4 

四、解答题：本题共 6 小题，共 77 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
4  x
已知函数 f (x) 
1的定义域为 A ，集合 B  { x 1 a  x  1 a} .
x  3
（1）当 a  2 时，求 A  B ；
（2） x  B 是 x  A 的充分条件，求 a 的取值范围.
【答案】（1）{x | 1  x  3}
（2） ∞, 3
【解析】
【分析】（1）由函数定义域求得集合 A ，代入 a  2 求得集合 B ，由集合的交集运算得结果；
（2）由题意可知 B  A ，讨论集合 B 若为空集以及集合 B 不为空集两种情况，建立不等式组，求得 a 的取值范围.
【小问 1 详解】 由题意可得 f (x) 
4  x
x  3
1有意义，则4  x  0 且 x  3  0 ，
解得- 3 < x £ 4 ，即 A  {x | 3  x  4}，
当 a  2 时， B  {x | 1  x  3} ，故 A  B  {x | 1  x  3} ；
【小问 2 详解】
由题意可知 B  A ，
则① B   时，1 a  1 a ，解得a  0 .
1 a  1 a

② B   时，  1 a  3

 1 a  4
a  0

，解得a  4 ，0  a  3 ，

a  3
综上，a 的取值范围为∞, 3 .
求下列各式的值：

1 1
a  a1  2
已知 a 2
 a 2
 3 ，求
a2  a2  2
的值；
lg22  lg2  lg50  lg25 ；
若lg2  a ， 3b  10 ，用 a ， b 表示lg12 45 .
1
【答案】（1）
5
（2）2（3） lg 45  2  b  ab
122ab 1
【解析】
【分析】（1）两边平方得 a  a1  7 ，再两边平方得 a2  a2  47 ，代入求解即可；
利用对数的性质及运算法则求解即可；
根据3b  10 ，得lg3  1 ，再根据对数的性质及运算法则求解即可.
b
【小问 1 详解】
1
因为 a 2  a
 1
2  3
，所以两边同时平方得： a  2  a1  9 ，
所以 a  a1  7 ，两边再平方得： a2  2  a2  49 ，
故 a2  a2  47 ，所以
a  a1  2  7  2  1
.
a2  a2  247  25
【小问 2 详解】
原式 lg 2 lg 2  lg 50  lg 25  lg 2 lg100  lg 25  2 lg 2  2 lg 5  2 lg 2  lg 5  2 lg10  2 ；
【小问 3 详解】
由题意得， lg 10  b ，即lg3  1 ，
3b
2 1 a
所以lg 45  lg45  2lg3  lg5  2lg3 1 lg2  b 2  b  ab .
12lg122lg2  lg32lg2  lg3
2a  1
b
2ab 1
已知函数 f  x  ax  b （ a  0 ，且a  1， b  R ）.
若 f  x 的图象过点0, 1 和3, 6 ，求 f  x 在R 上的值域；
若 f  x 在区间1, 2上的最大值比最小值大 a ，求 a 的值.
3
【答案】（1） 2, 
（2） a  2 或 a  4 .
33
【解析】
【分析】（1）由 f 0  1， f 3  6 ，求得 a, b ，进而可求解；
（2）由0  a  1和 a  1 讨论单调性求得最值，即可求解.
【小问 1 详解】
由题可知 f 0  a0  b  1 b  1， f 3  a3  b  6 ，解得 a  2 ， b  2 ，所以 f  x  2x  2 .
因为2x  0 ，所以2x  2  2 ，所以 f  x 在R 上的值域为2,  .
【小问 2 详解】
当0  a  1时， f  x 在区间1, 2上单调递减，
max
min
所以 f  x f 1  a  b ， f  x f 2  a2  b ，
因此a  b  a2  b  a ，解得 a  2 或 a  0 （舍去）.
33
当 a  1 时， f  x 在区间1, 2上单调递增，
max
min
所以 f  x f 2  a2  b ， f  x f 1  a  b ，
因此a2  b  a  b  a ，解得 a  4 或 a  0 （舍去）.
33
所以 a  2 或 a  4 .
33
设函数 f (x)  2x  k  2x
若 f (x) 为奇函数，求不等式 f (x)  0 的解集；
若 f (x) 为偶函数，证明： f (x) 在[0, ) 单调递增；
【答案】（1） 0, ∞
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义，结合指数函数的单调性进行求解即可；
（2）根据偶函数的定义，结合单调性的定义和指数函数的单调性进行证明即可.
【小问 1 详解】
因为 f (x) 为奇函数，
所以 f (x)   f  x  2x  k  2x  2x  k  2x  2x k 1  2x k 1 ，要想该等式对于 x  R 恒成立，只需 k  1  0  k  1 ，
即 f (x)  2x  2x ，
f (x)  0  2x  2x  0  2x 2  1  2x  1 ，或2x  1，由2x  1  2x  20  x  0 ，显然2x  1不成立，
所以不等式 f (x)  0 的解集为0, ∞ ；
【小问 2 详解】
因为 f (x) 为偶函数，
所以 f (x)  f  x  2x  k  2x  2x  k  2x  2x k 1  2x k 1 ，
要想该等式对于 x  R 恒成立，只需 k 1  0  k  1，即 f (x)  2x  2x ，
设 x1, x2 是[0, ) 上任意两个实数，且 x1  x2 ，则有 x2  x1  0 ，
x xx
 x22 x2 122 x1 1
于是有 f  x2   f  x1   2 2  2
2  2 1  2
1 
2x2
2x1
22x2 12x1  22x1 12x22x2  2x1 12x2  2x1 
2121
2x
 2x
2x
，
 2x
因为 x2  x1  0 ，
所以2x2  2x1  0 ， 2x2  2x1 ，由 x2  x1  0  x2  x1  0 ，
2x2  2x1  2x2  x1  20 ，即2x2  2x1  1  2x2  2x1 1  0
于是 f (x2 )  f  x1   0  f (x2 )  f  x1  ，
所以 f (x) 在[0, ) 单调递增.
如图，△OAB 是边长为 2 的正三角形，记△OAB 位于直线 x  t 0  t  2 左侧的图形的面积为 f t  .
试求函数 y  f t  的解析式；
有同学发现，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
3 
y  f  x  a  b 为奇函数，试用此法证明：问题(1)中函数 y  f t  的图象关于点 P 1, 2  成中心对称

图形.


【答案】（1） f t   
3 t 2 , 0  t  1
2
（2）证明见解析
3 t 2  2 3t 
2
3,1  t  2
【解析】
【分析】（1）在求 f (t) 的解析式时，关键是要根据图象，对t 的取值进行恰当的分类，然后分类讨论.
（2）结合新定义利用奇函数的性质证明即可.
【小问 1 详解】当0  t  1 时，
CD
OC
BE
OE
3
如图，设直线 x  t 与△OAB 分别交于C 、 D 两点，则| OC | t ，
又
，所以| CD |
3t ，
所以 f t  
OC  CD  1  t 
3t 
3 t 2 ，
1
2
22
当t  0 时也符合；
（2）当1  t  2 时，
如图，设直线 x  t 与△OAB 分别交于 M 、 N 两点，则| AN | 2  t ，

| MN || BE |
又
3 ， MN
3 2  t  ，
3
| AN || AE |1
3
3
3
所以 f t   1  2  1  AN  MN 3 2  t 2  3 t 2  2 3t 
2222


综上所述 f t   
3 t 2 , 0  t  1
2.



【小问 2 详解】
3 t 2  2 3t 
2
3,1  t  2
由题意只需证明 y 
f t 1 
3 为奇函数即可，
2
在 y 
f t 1 
3 中t 1,1 ，
2
当t 1, 0 时，t 10,1 ，则 f t 1 3 
3 t 12 3 
3 t 2 
3t ；
2222
当t 0,1时， t 11, 2 ，则 f t 1 
3  
3 t 2 
3t ，


令 g t   
3 t 2 
2
22
3t, 1  t  0
，
3 t 2 
2
3t, 0  t  1
所以对任意t 1,1 ， g t   g t  ，
3 
即函数 y  f t  的图象关于点 P 1, 2  成中心对称图形.

已知函数 f  x 的定义域为2, 2 ，对任意 x, y 2, 2 ，都有 f  x  f  y  
0, 2 时， f  x  0 .
求证： f  x 是奇函数；
f  x  y  ，且当 x 
若 f 1  2 ， f  x  t 2  at 1 对任意的 x 1,1 ， a 2, 2恒成立，求实数t 的取值范围.
【答案】（1）证明见解析；
（2）∞, 33, ∞
【解析】
【分析】（1）令 x  y  0 代入方程得 f 0  0 ，令 y  x 代入方程得 f  x   f x 即可证；
max
（2）由定义法先证函数 f  x 在2, 2 单调递增，恒成立等价于 f  x t 2  at 1 ，由单调性及奇偶性
得 f  x
max
 2 ，故恒成立等价于 g a  ta  t 2  3  0 ， a 2, 2恒成立，等价于g 2  0 恒成立.
g 2  0

【小问 1 详解】
证明：令 x  y  0 得 f 0  f 0 
f 0 
f 0  0 ，
得 f  x  f x 
f 0 
f  x   f x ，故 f  x 是奇函数；
【小问 2 详解】
设任意 x1, x2 0, 2 且 x1  x2 ， f  x1   f  x2  
f  x1   f x2  
f  x1  x2  ，
x1  x2  0 ，且当 x  0, 2 时， f  x  0 ，故 f  x1   f  x2   f  x1  x2   0 ，
故函数 f  x 在0, 2 单调递增，由函数 f  x 为奇函数，故函数 f  x 在2, 2 单调递增.
max
f  x  t 2  at 1 对任意的 x 1,1 ， a 2, 2恒成立，即 f  x t 2  at 1 ，
max
由函数单调性得 f  x f 1   f 1  2 ，故2  t 2  at 1对任意 a 2, 2恒成立.
设 g a  ta  t 2  3 ， a 2, 2，要使 g a  0 恒成立，则
g 2  0  t 2  2t  3  0  t  3或t  1

2
g 2  0 2t  3  0  1或t  3 ，
tt
故t  3 或t £ - 3 ，所以实数t 的取值范围为∞, 33, ∞ .