2024-2025学年辽宁省沈阳市五校协作体高一上学期期中联考数学试题(含答案)

2024-2025学年辽宁省沈阳市五校协作体高一上学期期中联考
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知集合A={x|x2+x−2=0}，B={x|ax+1=0}，若B⊆A，则实数a的取值组成的集合是( )
A. {1,12}
B. {−1,2}
C. {−1,12}
D. {−1,0,12}
2.命题“∃x0>0，x20−2x0+3<0”的否定是( )
A. ∃x0≤0，x20−2x0+3<0
B. ∀x≤0，x2−2x+3<0
C. ∃x0>0，x20−2x0+3≥0
D. ∀x>0，x2−2x+3≥0
3.已知函数f(x)的定义域为R，且y=f(x+1)的图象关于点(−1,0)成中心对称.当x>0时，f(x)=3
，
x+1则f(−2)=( )
A. 1
B. 3
C. −1
D. −3
4.函数f(x)=x2(x2−1)(x2−4)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5.“a+b>1”是“a2−b2+2b>1”的( )
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
6.若函数f(x)的定义域是[a,b]，其中a<0<b，|a|>b，则函数y=f(x)+f(−x)的定义域为( )
A. [a,b]
B. [a,−a]
C. [−b,b]
D. [−b,−a]
7.对任意实数x,[x]表示不超过x的最大整数，如[3.6]=3,[−3.4]=−4，关于函数f(x)=[x+13−[x3]]，有下列命题：①f(x)是奇函数；②f(x)是偶函数；③函数f(x)的值域为{0,1}；④函数g(x)=f(x)−x+1有两个不同的零点，其中正确的命题个数为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 0
8.已知集合U={1,2,3,4}，若A，B是U的两个非空子集，记满足“A中元素的最小值大于B中元素的最大值”为集合对(A,B)，则所有集合对(A,B)的个数为( )
A. 16
B. 17
C. 18
D. 19
二、多选题：本题共3小题，共18分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

9.已知3a−b≤1，则下列不等式成立的有( )
A. a≤b
B. ac2≤bc2
C. a2≥b2
D. a|a|≥b|b|
10.已知a､b均为正实数，则下列选项正确的是( )
A. 若a>b>0，则b+m
a+m >b
a
B. 若a>b>0，则a+1
b
>b+1
a
C. 若a+b=1，则ab的最大值为1
4D. 若2a+b=1，则a(a+b)最大值为1
4
11.若函数f(x)在定义域内D内的某区间M是增函数，且f(x)
x
在M上是减函数，则称f(x)在M上是“弱增函数”，则下列说法正确的是( )
A. 若f(x)=x4则不存在区间M使f(x)为“弱增函数”
B. 若f(x)=x+x−1则存在区间M使f(x)为“弱增函数”
C. 若f(x)=x5+x3+x则f(x)为R上的“弱增函数”
D. 若f(x)=x2+(4−a)x+a在区间(0,2]上是“弱增函数”，则a=4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知函数f(x)={−1x,x≥1
2x,x<1
且f(a)+f(2)=0，则实数a=．
13.若a=1816，b=1618，则a与b的大小关系为．
14.若a>1，且不等式x2−(a+4a)x+4<0的解集中有且仅有四个整数，则a的取值范围是．
四、解答题：本题共5小题，共60分。

解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。

15.(本小题12分)
已知命题p：实数x满足−a<x<3a，其中a>0，命题q：实数x满足1<x<4．
(1)若a=1，且p与q都为真命题，求实数x的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求实数a的取值范围．16.(本小题12分)
解关于x的不等式或求值．
(1)x2−3|x|+2≤0；
(2)已知a∈R，解不等式x
x−1
>a+1；
(3){3x−y−z=0
2x+y−z=0，求x2+y2 (x+y)z
．
17.(本小题12分)
已知f(x)定义域为R，对任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)−2.当x<0时，f(x)>2，且f(−2)=3．
(1)求f(2)的值；
(2)判断函数f(x)的单调性，并证明；
(3)若对∀x∈[−3,3],∀m∈[5,7]，都有2f(x)−f[t2+t−2−m(t+t−1)]≤1恒成立，求实数t的取值范围．18.(本小题12分)
关于x的方程(2x−1)2−k|2x+1−2|+k+1=0(k∈R)
(1)若方程无实根，求k的取值范围；
(2)若方程有3个不等实根，求k的取值范围；
(3)若k=a+b，且满足1
a+2b +1
a+3
=1
2
,a>0,b>0，试判断方程根的个数．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=x2+(a−1)x−2a+2
2x2+ax−2a
的定义域为D，值域为A，其中a∈R．
(1)若D关于原点对称，求实数a的取值范围；
(2)试判断1是否在集合A内，并说明理由；
(3)是否存在实数a，使得对任意x∈D，都有0<f(x)<2成立？若存在，求出a的取值范围；若不存在，请说明理由．
参考答案
1.D
2.D
3.C
4.A
5.D
6.C
7.B
8.B
9.AB 10.BC 11.ABD 12.−1 13.a <b 14.(4,5]
15.解：记命题p ：x ∈A ，命题q ：x ∈B ，
(1)当a =1时，A ={x|−1<x <3}，B ={x|1<x <4}，∵p 与q 均为真命题，∴x ∈A ∩B ，∴x 的取值范围是(1,3)．(2)A ={x|−a <x <3a,a >0}，B ={x|1<x <4}，∵p 是q 的必要不充分条件，∴B⫋A ，∴{a >0,−a⩽1,3a >4或{
a >0,−a <1,3a ≥4,
解得a ≥4
3， 故a 的取值范围是a ≥4
3．
16.(1)
原不等式化为|x |2−3|x |+2≤0，即(|x |−1)(|x |−2)≤0，可得1≤|x |≤2，解得−2≤x ≤−1或1≤x ≤2，
所以原不等式解集为{x |−2≤x ≤−1或1≤x ≤2}．(2)
原不等式化为
−ax +(a +1)
x−1
>0，
①当a =0时，原不等式为1
x−1>0，解得x >1；②当a ≠0时，原不等式化为
a (x−a +1a
)x−1
<0，即a (x−a +1a )
(x−1)<0，
当a >0时，原不等式等价于(x−a +1
a
)(x−1)<0，显然a +1
a >1，解得1<x <a +1
a ；当a <0时，原不等式等价于(
x−a +1
a
)
(x−1)>0，而a +1a =1+1a <1，解得x <a +1
a 或x >1．所以当a =0时原不等式的解集为{x |x >1}，
当a >0时，原不等式的解集为{x |
1<x <a +1
a
}
；
当a <0时，原不等式的解集为{x |x ⟨a +1a
或x ⟩1}
．
(3)
由{
3x−y−z =02x +y−z =0，解得{
z =52x y =12
x ，所以x 2+y 2(x +y )z =x 2+14x 2(x +12x )×52
x =13． 17.(1)
取x =y =0，
则f (0+0)=f (0)+f (0)−2，于是f (0)=2，令x =2,y =−2，
则f (0)=f (2−2)=f (2)+f (−2)−2，又f (−2)=3，则f (2)=1；(2)
f (x )是R 上的单调递减函数．证明：
任取m,n ∈R,m <n ，
则f (m )−f (n )=f ((m−n )+n )−f (n )=f (m−n )+f (n )−2−f (n )=f (m−n )−2，由于当x <0时，f (x )>2，易知m−n <0，则f (m−n )>2，故f (m )>f (n )，
可得f (x )是R 上的单调递减函数．(3)
不等式可化为2f (x )−2≤f [t 2+t −2−m (t +t −1)]+f (2)−2，也即f (2x )≤f [t 2+t −2−m (t +t −1)+2]，
令a=t+t−1
于是∀x∈[−3,3],∀m∈[5,7]，都有f(2x)≤f(a2−ma)恒成立，
由于f(x)为R上的单减函数，则∀x∈[−3,3],∀m∈[5,7]，
都有2x≥a2−ma恒成立，
即∀m∈[5,7],a2−ma≤−6成立，即a2−ma+6≤0恒成立；
令ℎ(m)=(−a)m+a2+6，它是关于m的一次函数，
故只需{ℎ(5)=−5a+a2+6=(a−2)(a−3)≤0
ℎ(7)=−7a+a2+6=(a−1)(a−6)≤0，解得a∈[2,3]．
即2≤t+1
t
≤3，
解得t∈[3−52,3+52]
18.(1)
令t=|2x−1|，则t≥0，原方程转化为t2−2kt+k+1=0(∗)，原方程无实根，则需(∗)式无实根或实根均小于零，
令f(t)=t2−2kt+k+1，
①若(∗)式无实根，则Δ<0，解得1−5
2<k<1+5
2
，
②两根均为负，则{Δ≥02k<0k+1>0，解得−1<k≤1−52，
综合①②，可知k的取值范围是−1<k<1+5
2
．
(2)
作函数t=|2x−1|的图象，
可知t=0或t≥1时，每一个t值对应1个x值，0<t<1时一个t值对应2个不同的x值，
要使原方程有3个不等实根，
①(∗)式一根为零，另一根在(0,1)之间，所以k=−1，则(∗)式为t2+2t=0，解得t=0或t=−2，不合题意；
②(∗)有两不等根且一根大于1，另一根在(0,1)之间，则{f(0)>0
f(1)<0，解得k>2；
③(∗)式有一根在(0,1)之间，另一根为1，则k=2，则(∗)式为t2−4t+3=0；解得t=1或t=3，不合题意．
综上所述，k取值范围为(2,+∞)．
(3)
因为1
a+2b +1
a+3
=1
2
，
所以2(a+b)+3=(a+2b)+(a+3)=2[(a+2b)+(a+3)](1a+2b+1a+3)
=2(2+a+3
a+2b+a+2b a+3
)
因为a,b为正实数，所以a+3
a+2b +a+2b
a+3
≥2，所以2(a+b)+3≥8，即a+b≥5
2
，
当且仅当a+3
a+2b =a+2b
a+3
，即a=1,b=3
2
时等号成立，故k≥5
2
，
由(1)知k≥5
2
时，Δ>0，f(0)=k+1>0,f(1)=2−k<0，
故(∗)式有两不等实根，且一根在(0,1)之间，另一根大于1，
故原方程有3个实根．
19.(1)由题意函数f(x)的定义域满足2x2+ax−2a≠0，
①Δ=a2+16a<0，即−16<a<0时，D=R，符合，
②Δ=a2+16a≥0，设方程的两实根为x1,x2，要满足题意，必有x1+x2=−a
2
=0⇒a=0，综上，−16<a≤0；
(2)若1∈A，则1=x2+(a−1)x−2a+2
2x2+ax−2a
，从而x2+x−2=0，解得x=1或x=−2，
①当x=1时，要满足1∈A，还需注意此时分式的分母2x2+ax−2a≠0，∴a≠2，
②当x=−2时，要满足1∈A，还需注意此时分式的分母2x2+ax−2a≠0，∴a≠2，
综上，当a≠2时，1∈A，当a=2，1∉A(由分式分母不为零，得x≠1且x≠−2)；
(3)先考虑f(x)>0对任意的x∈D恒成立．
记y1=x2+(a−1)x−2a+2,y2=2x2+ax−2a，对应的判别式分别为Δ1,Δ2，则f(x)=y1
y2，
①y2>0且y1>0恒成立，则{Δ1<0
Δ2<0，即{Δ1=(a−1)2−4(2−2a)<0
Δ2=a2−4×2×(−2a)<0，得−7<a<0，
②Δ2>0，必须有Δ1>0，且方程x2+(a−1)x−2a+2=0与方程2x2+ax−2a=0两实根必须完全相同，
此时必有系数对应成比例，即1
2=a−1
a
=−2a+2
−2a
，解得a=2，满足判别式的条件．
③Δ2=0，即Δ2=a2−4×2×(−2a)=0，解得a=0或a=−16
当a=0时，D=(−∞,0)∪(0,+∞)，f(x)=x2−x+2
2x2=1
2
−1
2
⋅1
x
+(1x)2=(1x−14)2+716，
值域为A=[716,+∞)，不符；
当a=−16时，D=(−∞,4)∪(4,+∞)，f(x)=x 2−17x+34
2(x−4)2
，当x=3时，f(x)=−4，不满足条件．
要满足f(x)>0对任意的x∈D恒成立，必有−7<a<0或a=2；
再在−7<a<0或a=2的情况下，考虑f(x)<2对任意的x∈D恒成立．
(1)−7<a<0时，D=R，由f(x)<2，可得3x2+(a+1)x−2(a+1)>0，
要满足题意，Δ=(a+1)2+24(a+1)<0，得−25<a<−1，∴−7<a<−1；
(2)a=2时，f(x)=1
2
<2，符合；
综上，−7<a<−1或a=2．。