福建省福州第四中学2024-2025学年高一上学期11月期中考试数学试题

答案第 1页，共 14页 福州四中 2024-2025 学年第一学期高一期中考 数学答案 1．D 【分析】化简集合，即可求出M N 的值. 【详解】由题意，  4 0M x x    ， 在  2 4N x x  中，化简集合，  2 2N x x    ， ∴  4 2M N x x     ， 故选：D. 2．D 【分析】根据奇函数     0f x f x   求解即可得答案. 【详解】解：因为函数 1 1( ) 2 2x f x a    为奇函数， 所以   1 1 2 1 2 2 1 2 2 x x xf x a a         ， 所以     12 1 0 1 2 2 1 2 2 x x xf x f a x a           ， 整理得：      2 2 22 2 2 1 2 1 2 0x x x xa a a a        解得 1a  . 故选：D 【点睛】本题考查利用函数奇偶性求参数，是基础题. 3．A 【分析】首先由函数的解析式判断函数  f x 是奇函数，从而根据奇函数的图像性质排除 BC， 再根据函数的单调性排除选项 D，最后得出正确的选项. 【详解】因为   4x x xf x e e   定义域为 R，且   4 ( )x x xf x f x e e       ， 所以函数  f x 是奇函数，故排除 BC选项； 由函数解析式   4x x xf x e e   可知当 x时，   0f x  ，故 D选项错误； 故选：A 答案第 2页，共 14页 【点睛】本题主要考查函数图像的识别，解决此类问题一般通过函数的性质进行排除法解题， 函数的奇偶性，对称性，周期性，单调性及特殊值等等. 4．C 【分析】先利用基本不等式求出 1 2 2 3 3 1x y x y x y  的最大值为 3，进而判断出 1 2 2 3 3 1, ,x y x y x y 三 个数不可能全大于 1，进而通过特值法验证即可得到答案. 【详解】由基本不等式可知， 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 3 3 1 1 1 2 2 3 2 3 1 3 3 32 2 x y x y x y x y x y xx x y x y yy             ，当且仅当且仅当 1 2 2 3 3 1| | | || | | | | | | | 1x y x y x y    时取“=”. 于是 1 2 2 3 3 1, ,x y x y x y 三个数中，大于 1的个数最多是 2个，现通过特殊值验证：当 2 2 1x y  ， 1 1 3 3 6 2 2 6, , , 2 2 2 2 x y x y    时， 1 2 2 3 3 1 6 , 11 1 2 2 x y x y x y     ，有 2个大于 1. 综上： 1 2 2 3 3 1, ,x y x y x y 三个数中，大于 1的个数最多是 2个. 故选：C. 5．C 【分析】分别化简求解集合 U,A，再求补集即可 【详解】因为 { | 2 4}U x x    ， { | 0 3}A x x   ，所以   2,0 3, 4UC A    . 故选 C 【点睛】本题考查集合的运算，考查运算求解能力. 6．C 【分析】可分析得到函数 ( )f x ， ( )g x 都关于 1x  对称，因此所有交点也关于 1x  对称，结 合两个函数在 1x  的图像，可得到 7 1x  时有 3个交点，且 1x  两函数相交，由于两个图 像都关于 1x  对称，故交点也关于 1x  对称，每对交点的横坐标之和为 2，即得解. 【详解】函数 ( )f x ，满足 (1 ) (1 )f x f x   ，故故图像关于 1x  对称，且         1 2 , 1,3 1 2 , 1,3 ( ) 1 52 , 3, 2(1 ), 3, 2 2 x x x x f x x xf x x                       函数 ln , 1 ( ) ln(2 ), 1 x x g x x x      满足 ( ) (2 )g x g x  故图像关于 1x  对称， 由于两个图像都关于 1x  对称，只需研究 1x  时交点个数， 答案第 3页，共 14页 由于 (1) 0= (1), (2) ln 2 (2) 1, (5) ln 5 (5) 2g f g f g f       两个图像位置关系如图所示，故当7 1x  时有 3个交点，且 1x  两函数相交， 由于两个图像都关于 1x  对称，故交点也关于 1x  对称，每对交点的横坐标之和为 2 故在区间  5,7 上所有 7个交点的横坐标之和为 2 3 1 7   故选：C 【点睛】本题考查了函数性质综合，考查了函数的对称性，图像变换，函数的零点，考查了 学生转化划归，数形结合，数学运算的能力，属于较难题. 7．B 【分析】根据题意   2f x x m   为增函数，可求  f x 在区间 ,a b 上的最大值与最小值， 分别与 , 2 2 b a 相等，通过方程有根可求参数范围. 【详解】由题意函数   2f x x m   为增函数. 则在区间 ,a b 上    min 2 2 af x f a a m        max 2 2 bf x f b b m     则 ,a b是方程 2 2 xx m   的两个不相等实根 令 2x t  则 2 2x t  代入方程 2 2 2 tt m    2 2 2 2 0t t m     有两个不相等实根且两根非负   2 2 0 4 4 2 2 0 m m          答案第 4页，共 14页 解得 1 1 2 m  ，即m范围是 1 ,1 2      故选： B 【点睛】本题考查函数单调性问题，方程有根的判定，考查函数与方程思想，考查转化与化 归思想，有一定难度. 8．A 【分析】先利用奇函数的性质与    2f x f x   得到    2f x f x   ，进而化得    2 ln πf a f   ，   1 2 f b f        ，    0.12 3f c f  ，再由当  0,1x 时， ( ) 2 1xf x   得到 ( )f x 在 0,1 上单调递增且  0 1f x  ，故由 10 2 ln π <1 2    可得     0f a f b  ，再 由 0.1 10 2 3   可得   0f c  ，从而得知 ( ) ( ) ( )f a f b f c  . 【详解】因为 ( )f x 是在R 上的奇函数，所以      2f x f x f x     ，故    2f x f x   ， 所以        1ln lnπ lnπ 2 ln π π f a f f f f            ，   2ln 5 5 1 1e 2 2 2 2 f b f f f f                            ，       0.1 0.1 0.11 3 2 3 3 f c f f f            ， 当  0,1x 时， ( ) 2 1xf x   ，则 ( )f x 在 0,1 上单调递增， 又因为0 1x  ，所以      0 1f f x f  ，即  0 1f x  ， 因为 2e π < e ，所以 2lne lnπ < lne ，则1 ln π 2  ，故0 2 ln π 1   ， 又因为 3 2e π ，所以 3 2 e 1 π  ，故 3 2 eln 0 π  ， 所以     3 3 2 2 1 3 1 1 1 e2 ln π ln π = 3 2 ln π ln e ln π ln 0 2 2 2 2 2 π          ，故 1 2 ln π 2   ， 综上： 10 2 ln π <1 2    ， 所以   12 ln π 0 2 f f        ，即   12 ln π   0 2 f f         ，故     0f a f b  ， 因为 1 0.0 50.1 23 3 33    ，则 0.1 10 2 3   ，所以  0.12 3 0f   ，即   0f c  ， 综上： ( ) ( ) ( )f a f b f c  . 故选：A. 答案第 5页，共 14页 【点睛】利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个 实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性， 当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意特殊值0,1的 应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大小． 9．CD 【解析】根据不等式的性质判断，结合指数函数性质判断 D． 【详解】命题意图本题考查不等式的性质. ∵ 1 1 0 a b   ，∴ 0b a  ， ∴ 3 3b a ，A错误； a b ，B错误； 1 b a  ，C正确， 1 1 2 2 a b            ，D正确． 故选：CD. 10．BCD 【分析】利用乘“1”法即可判断 AB，利用基本不等式即可判断 C，构造二次函数结合 C选 项范围即可判断 D. 【详解】对 A，由题意得  1 1 4 1 42 2 4 4 2 4 2 2 2 1 2 a b a ba ba b b a b a b a                           ， 当且仅当 4a b b a  ，即 2, 1a b  时等号成立，故 A错误， 对 B，  1 1 2 1 2 33 3 2 2 2 2 1 2 2 2 b a b aa a b a b a b a bb                           ， 当且仅当 2a b b a  ，即 2 2 2 1, 2 2 a b   时等号成立，故 B正确； 对 C， 2 1 2 12 2 a b a b     ，解得 2ab  ，当且仅当 2 1 a b  ，即 2a  ， 1b  时等号成立，故 C 正确； 对 D， 2 1 2 2a b a b ab     ，所以 2 2a b ab  ， 所以     2 2 22 2 14 2 4 4 4 4 1 2 a b a b ab ab ab ab             ，因为 2ab  ， 所以当 2ab  时， 2 24a b 取得最小值，最小值为 214 2 1 8 2        ，当且仅当 2a  ， 1b  时 等号成立，故 D正确. 答案第 6页，共 14页 故选：BCD. 11．ACD 【分析】对于 A，由题意得 1 1 2 2 2e 2 2ln x x x x   ，进而得 1 2e x x 即可求解判断；对于 B， 先明确零点取值范围，由 1x 取值范围再结合 1 2e x x 即 1 2lnx x 即可求解判断；对于 C，由 1 2e x x 即 1 2lnx x 以及零点 2x 的取值范围即可求解判断；对于 D，结合 AB以及将 1 22x x 转 化成  1 12 e ex x 即可判断. 【详解】对于 A，由题 1 1e 2 2 0 x x   ， 2 22ln 2 0x x   ， 所以 1 1 2 2 2e 2 2ln x x x x   即 1 1 2 2 2e 2 ln e 2ln x x x x   ， 所以 1 2e x x ，故 11 2 12 2 e 2 xx x x   ，故 A正确； 对于 B，由    0, 0f x g x  得 1e 2 2, ln 1 2 x x x x      ， 故函数 =exy 与 2 2y x   图象交点横坐标和 lny x 与 1 1 2 y x   图象交点的横坐标即为 函数  f x 和  g x 的零点 1 2,x x ， 如图，由图象性质可知 1 2 10 ,1 2 2 x x    ， 又由 A得 1 2e x x ，故 1 2lnx x ， 所以 1 1 1 11 2 1 21e e e e ln x x x xx xxx x    < < ，故 B错； 对于 C，由上 2 22ln 2 0x x   即 2 22ln 2x x  ， 1 2lnx x 以及 21 2x  得： 2 1 2 2 2 2 2 2 4 2 3 2 ln 1 3ln 1 2 2 xx x x x xx       ，故 C对； 对于 D，由 AB得 1 2e x x ， 1 10 x 2   ， 11 12 2 e xx    ， 答案第 7页，共 14页 所以  1 1 1 11 2 12 2 e 2 e e e ex x x xx x x     ，故 D对. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是由 1 1e 2 2 0 x x   和 2 22ln 2 0x x   得 1 2e x x 即 1 2lnx x ，二是数形结合明确零点的取值范围为 1 10 x 2   且 21 2x  ，接着对所判式子进行 变形放缩等即可判断. 12．8 【分析】由已知条件变形 43 ( )6 44a b a b a a b a b b a a        ，然后利用基本不等式求解. 【详解】若 0a  ， 0b  ， 9a b  ， 则 83 4( ) 4 44 4 26 a b a b a b a a b a a b a b a b            ，当且仅当 6, 3a b  时取等号， 则 36 a b a  的最小值为 8. 故答案为：8. 13． 6（或 496，8128，33550336等） 5280 【分析】根据  n 为 n的所有真因数之和，第一空直接计算即可，分析  n 的正因素的特 点，求解即可. 【详解】  6 1 2 3 6     ， 4 32160 2 3 5   ，2160的所有真因数的个数为5 4 2 1 39    ，      0 1 2 3 4 0 1 2 3 0 12160 2 2 2 2 2 3 3 3 3 5 5 2160 7440 2160 5280              ， 故答案为：6；5280 14． 1 1 1, ,1 3 2 2            【解析】利用赋值法证明函数  f x 是偶函数，再证明函数  f x 在 0, + ∞ 上是减函数，最 后构造函数     2g x f x x  ，利用  g x 在 0, + ∞ 上是减函数，解不等式，即可得到答案； 【详解】      1 2 1 2f x x f x f x  中， 取 1 2 1x x  得  1 0f  ， 取 1 2 1x x   得     11 1 0 2 f f   ， 答案第 8页，共 14页 取 1x x ， 2 1x   ，得        1f x f x f f x     ， 所以  f x 是偶函数， 设 1 2 0x x  ，则 1 2 1x x  ， 1 2 0xf x       ， 所以      1 11 2 2 2 2 2 x xf x f x f x f f x x x                 ， 所以  f x 在 0, + ∞ 上是减函数， 设     2g x f x x  ，则  g x 在 0, + ∞ 上是减函数， 所以     2 4 1 (2 11 ) (3 )2f g mm mm f m m g       2 2 1(| 2 1|) (| |) 0 | 2 1| | | 0 (2 1) 1 3 g m g m m m m m m             且 1 2 m  ，所以 m的取值范围是 1 1 1, ,1 3 2 2            ． 故答案为： 1 1 1, ,1 3 2 2            . 【点睛】本题考查抽象函数的奇偶性、单调性、偶函数的性质及不等式的求解，考查函数与 方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意定义域优先法 则的应用. 15．(1)56 (2)125 【分析】（1）设用电量为�度，对应电费为 y元，求出 y关于�的分段函数，将 120x  代入， 求解出该月电费； （2）先判断出该户用电量超过了 100度，进而解方程，求出其用电量. 【详解】（1）设用电量为�度，对应电费为 y元， 由题意得：当 100x  时， 0.4y x ； 当 100x  时，  100 0.4 100 0.8 0.8 40y x x       ， 即 0.4 , 100 = 0.8 40, >100 x x y x x      ， 当 120x  时， 0.8 120 40 56y     ， 所以该月电费为 56元； 答案第 9页，共 14页 （2）因为 100x  时， 0.4 0.4 100 40 60y x     ， 所以该户用电量超过了 100度， 令0.8 40 60x   ，解得： 125x  ， 故其用电量为 125度. 16．（1）1分钟；（2） 1[ , ) 2  ． 【分析】（1） 2m  代入由 5y  解方程可得； （2）由 2y  恒成立可得m范围． 【详解】（1） 2m  时，由 12 2 2 5x xy     ， 22 2 5 2 2 0x x     ， 2 2x  或 12 2 x  ， 因为 0x  ，所以 1x  ． （2） 12 2 2x xy m     ， 2 2 2 2 2x x m   ， 令 1 2x t  ，则0 1t  ， 2 2 1 1( ) 2 2 2( ) 2 2 f t t t t      ， 1 2 t  时， max 1( ) 2 f t  ， 所以 1 2 m  ．即 1[ , ) 2 m  ． 17．（1）3；（2） 2, 1  . 【分析】（1）利用 4 A ， 5 2 A ，得到 4 3 5 4 5 53 5 2 2 m m             ，进而求解即可； （2）利用绝对值的性质，列出分段函数 3 1, 3 ( ) 3 2 4 7, 3 2 3 1, 2 x x f x x x x x x x                  ， 利用数形结合，求出 min( ) 5f x  ，然后，利用恒成立不等式的性质，若 2( ) 3 7f x c c   对 于 x R  恒成立，等价于 x R  ， 2min( ) 3 7f x c c   ，进而求解 【详解】解：（1）因为不等式 3 5x x m    的解集为A，且 4 A ， 5 2 A ， 所以 4 3 5 4 5 53 5 2 2 m m             ，即 2 3 m m    ， 所以 2 3m  . 因为m N ，所以 3m  . （2）由（1）知 3m  ， 答案第 10页，共 14页 所以 3 1, 3 ( ) 3 2 4 7, 3 2 3 1, 2 x x f x x x x x x x                  ， 画出 ( )f x 的图象如图所示： 当 2x  时， min( ) 5f x  . 若 2( ) 3 7f x c c   对于 x R  恒成立， 则 2 3 7 5c c   ， 解得 2 1c    ， 所以 c的取值范围为 2, 1  . 【点睛】关键点睛：（1）利用 4 A ， 5 2 A ，列出相应的不等式方程组求解；（2）利用绝对 值的性质，列出分段函数的解析式，进而利用数形结合求解，其中，该题的解题关键是数形 结合. 18．(1) 2 1( ) log 1f x x       (2) 0a  或 1 4 a   . 【分析】（1）由 (1) 1f  计算； （2） ( ) 0g x  只有一个解，由对数函数性质转化为方程 2 1 0ax x   只有一个正根，分 0a  ， 0  和 0  讨论． 【详解】（1） a R ,当 0x  时， 2 1( ) logf x a x       . 函数 ( )f x 的图象过点 (1,1)， 2(1) log (1 ) 1f a    ，解得 1a  ， 答案第 11页，共 14页 此时函数 2 1( ) log 1f x x       . （2） 2( ) ( ) 2 logg x f x x   22 2 21log 2log loga x x axx          ， ∵函数 2( ) ( ) 2 logg x f x x  只有一个零点， 2 1ax x   只有一个正解， ∴当 0a  时， 1x  ，满足题意； 当 0a  时， 2 1 0ax x   只有一个正根，若 21 4 ( 1) 0a      ，解得 1 4 a   ，此时 2x  ， 满足题意； 若方程 2 1 0ax x   有两个相异实根，则两根之积为 1 0 0a a   ， ，此时方程有一个正根， 符合题意； 综上， 0a  或 1 4 a   . 【点睛】本题考查函数零点与方程根的分布问题．解题时注意函数的定义域，在转化时要正 确确定 方程根的范围，对多项式方程，要按最高次项系数为 0和不为 0进行分类讨论． 19．(1)答案见解析 (2) 2 10 10 9 a  【分析】（1）化简函数  f x 的解析式，分析出函数  f x 的单调性，分2 1a   、 1 2 0a   两 种情况讨论，可得出函数  f x 在 1,1 上的最小值； （2）分 2 b a a  、 2 b a a  两种情况讨论，利用韦达定理和求根公式可得出 1 2 3 1 1 1 x x x   的表达 式，并求得 1 2 3 1 1 1 x x x   的取值范围，根据 1 2 3 1 1 1 1 x x x     可求得实数 a的取值范围. 【详解】（1）解：因为   2 2 2 , 0 2 , 0 x ax xf x x ax x        ， 所以，函数  f x 在  ,a 、  0,  上单调递增，在  ,0a 上单调递减， 当 2 1a   时，即当 1 2 a   时，    min 0 0f x f  ； 当 1 2 0a   时，即当 1 0 2 a   时，    min 1 2 1f x f a     . 答案第 12页，共 14页 综上所述，函数  f x 在 1,1 上的最小值为  min 10, 2 12 1, 0 2 a f x a a           . （2）解：      0h x f x g x   ，不妨设 1 2 3x x x  ， 因为   , , bax b x ag x ax b bax b x a          ， ①当 2 b a a  时，即当 20 2b a  时， 由 2 2ax b x ax    可得 2 0x ax b   ，即 1x 为方程 2 0x ax b   的一根， 由 2 2ax b x ax     可得 2 3 0x ax b   ，即 2x 为方程 2 3 0x ax b   的一根， 由 2 2ax b x ax    可得 2 0x ax b   ，即 3x 为方程 2 0x ax b   的一根， 由图象可知 1x 、 3x 是方程 2 0x ax b   的两根， 2x 是方程 2 3 0x ax b   的较大根， 则由韦达定理与求根公式可知 1 3 1 3 1 3 1 1 x x a x x x x b      ， 2 2 3 9 4 2 a a bx   ， 则      2 2 2 2 2 2 2 3 9 41 2 3 9 4 23 9 4 3 9 4 3 9 4 a a b a a b x ba a b a a b a a b              ， 可得 2 1 2 3 1 1 1 9 4 2 a a b x x x b      ， 令  29 4 4 ,2t a a b a a    ，而   229 4 a a t b    ， 则  2 221 2 3 1 1 1 2 2 89 2 t ax x x a a t t a t          ， 答案第 13页，共 14页 因为函数 28 2ay t a t     在  4 ,2a a 上单调递减， 当  4 ,2t a a 时，   28 2 4 ,0at a a t     ，则 21 2 3 1 1 1 2 1, 8 22ax x x at a t            ； ②由 2 2ax b x ax     可得 2 3 0x ax b   ， 29 4 0a b    ，可得 29 4 ab  ， 且当 2 b a a  时，即当 2 2 92 4 aa b  时， 由 2 2ax b x ax    可得 2 0x ax b   ， 由图象可知 1x 、 2x 是方程 2 3 0x ax b   的两相异根， 3x 是方程 2 0x ax b   的较大根， 由韦达定理以及求根公式可得 1 2 1 2 1 2 1 1 3x x a x x x x b     ， 2 3 4 2 a a bx   ， 所以，      2 2 2 2 2 3 2 41 2 4 24 4 4 a b a a b a x ba a b a b a a b a              ， 可得 2 1 2 3 1 1 1 5 4 2 a a b x x x b      ， 令   25 4 2 , 5 10s a a b a a     ，而   2 25 4 s a a b    ， 则 22 21 2 3 1 1 1 2 2 2410 24 10 s ax x x s as a s a s         . 由双勾函数的单调性可知，函数 224 10ay s a s    在   2 , 5 10a a  上单调递减， 且当   2 , 5 10s a a  时， 224 10 0as a s    ， 则   2 2 24 10 p s as a s    在   2 , 5 10a a  上单调递增， 答案第 14页，共 14页 当   2 , 5 10s a a  时，   2 2 1 10 2 10, 24 2 910 p s a a as a s          . 综上所述， 1 2 3 1 1 1 10 2 10, 9x x x a            ， 又满足 1 2 3 1 1 1 1 x x x     ，故 10 2 101 9a    ，即 2 10 10 9 a  . 【点睛】关键点点睛：本题考查利用利用方程根相关的等式求参数的取值范围，解题的关键 在于确定的根与二次方程的关系，利用韦达定理结合求根公式将等式与参数 a、b联系起来， 利用已知的不等式关系求出范围，即可得解. 福州四中 2024-2025 学年第一学期高一期中考 数学 （完卷时间：120 分钟；满分：150 分） 一、单选题：本大题共 8小题，每小题 5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。 1．设集合  4 0M x x    ，  2 4N x x  ，则M N （ ） A． 2 0x x   B． 2 2x x   C． 4 4x x   D． 4 2x x   2．已知函数 1 1( ) 2 2x f x a    为奇函数，则 a （ ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 3．函数   4x x xf x e e   的部分图象大致为（ ） A． B． C． D． 4．已知实数 1 1 2 2 3 3, , , , ,x y x y x y 满足 2 2 2 2 2 21 1 2 2 3 3 2x y x y x y      ，则 1 2 2 3 3 1, ,x y x y x y 三个数中， 大于 1的个数最多是（ ） A．0 B．1 C．2 D．3 5．若全集  2| 2 8 0U x x x    ，集合  |1 3 27xA x   ，则 UC A  A．  0,3 B． ( 2,0) (3,4)  C． ( 2,0] [3,4)  D． ( 2,1] [2,4)  6．已知定义在 R上的函数 ( )f x ，满足 (1 ) (1 )f x f x   ，当  1,x   时，     1 2 , 1,3 ( ) 12 , 3, 2 x x f x xf x              ，则函数 ( )f x 的图象与函数 ln , 1 ( ) ln(2 ), 1 x x g x x x      的图象在区 间 5,7 上所有交点的横坐标之和为（ ） A．5 B．6 C．7 D．9 7．若函数  f x 在区间  ,a b 上的值域为 , 2 2 a b     ，则称函数  f x 为“和谐函数”.已知   2f x x m   是区间  ,a b 上的“和谐函数”（其中 2b a  ），则实数 m的取值范围（ ） A．  0,1 B． 1 ,1 2      C． 10, 2      D． 1 2, 2 3      8．定义在R上的奇函数 ( )f x 满足    2f x f x   ，当  0,1x 时， ( ) 2 1xf x   ，设 1ln π a  ， 2ln 5b e   ， 0.11 3 c        ，则（ ） A． ( ) ( ) ( )f a f b f c  B． ( ) ( ) ( )f b f c f a  C． ( ) ( ) ( )f b f a f c  D． ( ) ( ) ( )f c f b f a  二、多选题：本大题共 3小题，每小题 6分，在每小题给出的四个选项中，有多项是符 合题目要求的，全部选对得 6分，部分选对得部分分，有选错得 0分。 9．已知 1 1 0 a b   ，则（ ） A． 3 3a b B． a b C． 1 b a  D． 1 1 2 2 a b            10．已知正数 a，b满足 2 1 2 a b   ，则（ ） A． 2 6a b  B． 3 2 2 a b   C． 2ab  D． 2 24 8a b  11．已知函数    e 2 2, 2ln 2xf x x g x x x      的零点分别为 1 2,x x ，则（ ） A． 1 22 2x x  B． 11 2 2e ln xx x x  C． 1 2 4 3 x x  D． 1 22 ex x  三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分，把答案填在答题卡相应横线上。 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。 12．若 0a  ， 0b  ， 9a b  ，则 36 a b a  的最小值为 ． 13．完美数（Perfectnumber）是一类特殊的自然数，它的所有真因数（除自身之外的正因数） 的和恰好等于它本身，寻找“完美数”用到函数   *:n n N ，  n 为 n的所有真因数之和， 如  28 1 2 4 7 14 28       ，28是一个“完美数”，则再写出一个“完美数”为 ；  2160  . 14．已知函数  f x 的定义域    , 0 0,D   U ，且对任意 1 2,x x D ，恒有      1 2 1 2f x x f x f x  ，当 1x  时，   0f x  ，若     22 1 3 4 1f m f m m m     ，则 m 的取值范围为 ． 四、解答题（15小题 12分，16小题 16分，17小题 15分，18小题 17分，19小题 17 分） 15．某市为鼓励居民节约用电，采用阶梯电价的收费方式，当月用电量不超过 100度的部分， 按 0.4元/度收费；超过 100度的部分，按 0.8元/度收费. (1)若某户居民用电量为 120度，则该月电费为多少元？ (2)若某户居民某月电费为 60元，则其用电量为多少度？ 16．研究人员发现，某种特别物质的温度 y (单位:摄氏度)随时间 x (单位:分钟)的变化规律 是: y=m·2x+21－x (x≥0， m>0). （1）如果 2m  ，求经过多少时间，该物质的温度为5摄氏度; （2）若该物质的温度总不低于 2摄氏度，求m的取值范围. 17．等式  3 5x x m m N     的解集为A，且 4 A ， 5 2 A . （1）求m的值； （2）设函数 ( ) 2 4f x x m x    .若对于任意的 x R ，都有 2( ) 3 7f x c c   恒成立，求 c 的取值范围. 18．已知 a R ,当 0x  时， 2 1( ) logf x a x       . （1）若函数 ( )f x 的图象过点 (1,1)，求此时函数 ( )f x 的解析式； （2）若函数 2( ) ( ) 2 logg x f x x  只有一个零点，求实数 a的值. 19．已知函数    2f x x x a  ，  g x ax b  ，其中 0a  ， 0b  . (1)求函数  f x 在 1,1 上的最小值； (2)若函数      h x f x g x  恰好存在三个零点 1x 、 2x 、 3x ，且 1 2 3 1 1 1 1 x x x     ，求 a的取 值范围.