广西县域高中2024-2025学年高一上学期阶段评估数学试题

广西县域高中阶段评估高一数学答案第 1页，共 7页 广西县域高中 2024—2025学年度秋季学期阶段评估 高一数学参考答案、提示及评分细则 1．C 由 3 2 1 3x    ，可得 1 2x   ，又 x Z，所以集合   3 2 1 3, Z 0,1, 2x x x      . 2．B 因函数  f x 的定义域为  1,2 ，则在函数    1 2 f x g x x    中，必有 1 1 2 2 0 x x       ，解得 2 3x  ， 3．A 设     3 2g x f x a x x    ，则        3 32 2g x x x x x         ， 又  g x 的定义域为R ，从而  g x 是奇函数，即     0g x g x   ， 故     0f x a f x a     ，即     2f x f x a   . 因为     2f m f m   ，所以2 2a  ，解得 1a  ，则   3 2 1f x x x   ， 所以     31 1 2 1 1 4f a f      . 4．B 解：由 2 2a b ，即 2 2a b ，所以 a b ，由 0a b  ，则 a b ，即 0a b  是 2 2a b 充分条 件，由 2 2a b 即 a b 得不到 0a b  ，如 0a b  满足 2 2a b ，显然 0a b  不成立，故必要 性不成立，故 0a b  是 2 2a b 的充分不必要条件. 5．B 由存在性命题的否定知， p： 5x  ， 22 1 0x x   的否定 p 为： 5x  ， 22 1 0x x   . 6．C 将 1x  代入 ( 3) 2y a x a   得 3 3y a  ；将 1x  代入 2 ( 1)y ax a x   得 2 1y a  ； 因为函数 2 ( 3) 2 , 1 ( ) ( 1) , 1 a x a x f x ax a x x         是 R上的单调函数， 所以当函数 ( )f x 是 R上的单调递增函数时， 函数 ( 3) 2y a x a   在  ,1 上单调递增，且 2 ( 1)y ax a x   在  1, 单调递增，且 3 3 2 1a a   ， 所以 3 0 0 1 1 2 3 3 2 1 a a a a a a            ，解得3 4a  . 当函数 ( )f x 是 R上的单调递减函数时， 函数 ( 3) 2y a x a   在  ,1 上单调递减，且 2 ( 1)y ax a x   在  1, 单调递减，且 3 3 2 1a a   ， 广西县域高中阶段评估高一数学答案第 2页，共 7页 所以 3 0 0 1 1 2 3 3 2 1 a a a a a a            ，无解. 综上3 4a  . 7．B  f x 为R上的奇函数，且在 ( ,0) 单调递减， (2) 0f  ， ( 2) 0f   ， (0) 0f  ，且在  0,  上单调递减， 所以   0 2f x x    或0 2x  ，   0 2 0f x x     或 2x  ， ( ) 0xf x  可得 0 2 0 2 x x x       或 ，或 0 2 0 2 x x x      或 ， 即0 2x  或 2 0x   ，即 2 2x   ， 8．A 解：因为   R2 3 ,x xf xx   ，   0 00 22 3f   ，   12 2 (01 ) 3 f f    ，故排除 D； 又因为   2 2 1 372 9 4 4 2 3f      ，   1 7 372 3 ( 2) 2 1 4 f f      ，故排除 C； 又因为 2 1 2 1 3 2 31 1 6 12 2 3 f           ， 26 1 7 2 6 7 24 7 25( ) 4 3 3 33         ， 所以 6 1 2 3   ， 即 ) 1 2 (0f f      ， 9．BC 对于 A， π 2π 2 3  ，而 π 2πsin sin 2 3  ，故 A不正确； 对于 B，因为 1 2 x y       为减函数， a b ，所以 1 1 2 2 a b            ，故 B正确； 对于 C，因为 3y x 为增函数， a b ，所以 3 3a b ，故 C正确； 对于 D， 2 1  ，而    ln 4 1 ln 1 1   ，故 D不正确. 10．ACD对于 A： a ，b均为正数，且满足 2 4a b  ， 222 4 2 a bab        ，解得 2ab  ，当且仅当2 2a b  时取等号， 广西县域高中阶段评估高一数学答案第 3页，共 7页 所以 ab的最大值为 2，故 A正确； 对于 B， 0a  ， 0b  ，则 1 1 1 12 2 4a b a b a b a b               ，当且仅当 1a b  时取等号， 2 4a b  ，当 1a b  时等式不成立，则等号取不到， 则 1 1a b a b          的最小值不是 4，故 B不正确； 对于 C： a ，b均为正数，且满足 2 4a b  ， 4 2 2 2 2 4a a b a b a b a a b a b a b a b             ，当且仅当 b a a b  ，即 4 3 a b  时取等号， 所以 4 a a b  的最小值是 4，故 C正确； 对于 D： a ，b均为正数，且满足 2 4a b  ，则 4 2 0b a   ， 又 0a  ，解得0 2a  ， 则 2 2 2 2 2 2 8 16 16(4 2 ) 5 16 16 5 5 5 5 a b a a a a a               ， 当且仅当 8 5 a  时取等号，所以 2 2a b 的最小值为 16 5 ，故 D正确． 11．ACD A，根据函数的定义知，对定义域内任一个 x，有且只有唯一确定  f x 与其对应，所以 A正确. B，根据函数的定义知，  f x 和  g t 的定义域、对应关系、值域相同，所以是相同的函数，所以 B错误. C， 2 1( ) ( 5) af x a a x    是幂函数，所以   2 25 1, 6 3 2 0a a a a a a         ，解得 3a   或 2a  ， 当 3a   时，   4f x x 在 (0, ) 上单调递增，符合；当 2a  时，   1f x x 在 (0, ) 上单调递减， 不符合. 所以 a的值为 3 ，所以 C正确. D，由于函数 2= 2 3y x x  的开口向上，判别式 4 12 16 0     ， 所以函数   2 1 3 log ( 2 3)f x x x   的值域为R ，D正确. 12． 3 2y x   由题设 2 31 3( ) 27 3 3 9 2 a a a      ，幂函数表达式为 3 2y x   . 13． 1 1 3 x x      因为不等式 2 0ax bx c   的解集是    ,1 3,    ，则 0a  ， 且关于 x的方程 2 0ax bx c   的两根分别为1、3， 广西县域高中阶段评估高一数学答案第 4页，共 7页 由韦达定理可得 1 3 1 3 b a c a           ，可得 4 3 b a c a      ， 所以，不等式 2 0cx bx a   即为 23 4 0ax ax a    ， 即 23 4 1 0x x   ，解得 1 1 3 x  ， 故不等式 2 0cx bx a   的解集为 1 1 3 x x      . 14．  2, 2, 3         设 1 20 x x  ，则 1 2 0x x  ， 1 2 0x x  ， 由 1 2 2 1 1 2 ( ) ( ) 1 x f x x f x x x    ，得 1 2 2 1 1 2 ( ) ( )x f x x f x x x   ， 2 1 2 1 2 1 ( ) ( ) 1 1f x f x x x x x    ，即 1 2 1 2 ( ) 1 ( ) 1f x f x x x    . 设 ( ) 1( ) f xg x x   ，则 ( )g x 在 (0, ) 上单调递增， 又 ( )f x 为定义域为 0x x  的偶函数，所以 ( ) ( )f x f x  ， 得 ( ) 1 ( ) 1( ) ( )f x f xg x g x x x           ，则 ( )g x 为 0x x  上的奇函数， 所以 ( )g x 在 ( ,0) 上也单调递增. 由 2 1(2) 3, ( ) 3 3 f f   ，得 2(2) 1, ( ) 1 3 g g   ， 由 ( ) 1f x x  ，得 ( ) 1f x x  ， 当 0x  时，由 ( ) 1f x x  ，得 ( ) 1 1f x x   ，即 ( ) (2)g x g ， 解得 2x  ； 当 0x  时，由 ( ) 1f x x  ，得 ( ) 1 1f x x   ，即 2( ) ( ) 3 g x g  ， 解得 2 3 x   ， 所以 ( ) 1f x x  的解集为 2( , ) (2, ) 3    . 15． （1）解：由二次函数 2y x bx c   的图象与 x轴交点的横坐标分别为1和3，……（3分） 可得1和3是方程 2 0x bx c   ，则满足 1 0 9 3 0 b c b c        ，解得 4, 3b c   .…………（5分） （2）解：由（1）得，函数 2 24 3 ( 2) 1, [1,5]y x x x x       ，……………………（7分） 因为对于 2[1,5], 2x y t t     恒成立，即 2 min2t t y   在 [1,5]x 上恒成立， 广西县域高中阶段评估高一数学答案第 5页，共 7页 当 2x  时，可得 min 1y   ，所以 22 1t t    ， …………………………………………（10分） 解 22 1 0t t   ，解得 1t   或 1 2 t  ，所以实数 t的取值范围为 1( , 1] [ , ) 2     .……（13分） 16． （1）因为  3 6A x x   ，  | 2 9B x x   ………………………………………………（3分） 所以  3 6A B x x    ，  | 2 9A B x x   ………………………………………………（7分） （2）因为 1a a  ，所以C …………………………………………………………………（9分） 当C B ，可知 2 1 9 2 8a a a       ……………………………………………………（12分） 所以实数 a的取值集合为 2 8a a  …………………………………………………………（15分） 17． 证明：因为 a，b，c均为正实数， 所以 6 2 6 6 2 6 6 2 61 1 1 3a b c a b c a b c a b c                ………………………………（3 分） 1 6 2 63 ( 3 4 ) 12 a b c a b c            ………………………………………………………………（5分） 1 18 24 2 8 6 183 36 12 b c a c a b a a b b c c             …………………………………………………（7分） 1 18 2 24 6 8 183 36 2 2 2 11 12 b a c a c b a b a c b c                ，…………………………………（10分） 当且仅当 18 2 24 6 8 18, ,b a c a c b a b a c b c    同时成立， ……………………………… ………（13分） 即 33, 1, 2 a b c   时等号成立. ………………………………………………………………（15分） 18． （1）充分性：如果a b c  ， 那么      2 2 2 0a b b c a c      ， 2 2 2 0a b c ab ac bc       ，………………………………………………………………（3分） 2 2 2a b c ab ac bc      . 必要性：如果 2 2 2a b c ab ac bc     ，……………………………………………………（6分） 那么 2 2 2 0a b c ab ac bc      ，      2 2 2 0a b b c a c       ， ………………………………………………………………（9分） 0a b   ， 0b c  ， 0a c  ， a b c ∴ . ……………………………………………………………………………………（12分） 综上知， 2 2 2a b c ab ac bc     的充要条件是 a b c  . (2)由  3 3 2 2a b ab a b   3 2 3 2a ab b a b       2 2 2 2a a b b b a      2 2a b a b      2a b a b   ,a b 都是正实数，且 a b ，    2 0a b a b    ………………………………………………………………………………（15分） 广西县域高中阶段评估高一数学答案第 6页，共 7页 即 3 3 2 2a b ab a b   .…………………………………………………………………………（17分） 19． （1）首先，单元素数集的离距都是 0； 两元素数集的离距等于大数减去小数的差的一半； 三元素数集的离距等于最大数与最小数的差的三分之一. 理由及更一般的情况如下. 一般地，记  1 2 3 1 2 3, , , , ,n nP a a a a a a a a       ，……………………………………（2分） 则    1 21 nf x x a x a x an        的最小值就是离距  d P . 当 1n  时，    1 0d P f a  ； 当 2n  时，    1 2 1 2 2 1x a x a x a x a a a         ， 当仅当 1 2a x a  时取等号，故     2 11 2 a ad P f a   ；……………………………………（4分） 当 3n  时，    1 3 1 3 3 1x a x a x a x a a a         ， 当仅当 1 3a x a  时取等号，故当 2x a 时 1 2 3x a x a x a     最小（等于 3 1a a ）， 故     3 12 3 a ad P f a   …………………………………………………………………………（6分） 更一般地， 由    1 1 1i n i i n i n i ix a x a x a x a a a              ， 当 1n i ia x a    或者 1i n ia x a    时取等号， 1, 2,3, ,i n  知 1 22( )nx a x a x a      1 2 1 1( ) ( ) ( )n n nx a x a x a x a x a x a             1 1 2 2 3 1n n n na a a a a a a a          当 1 2 nx a       时取等号. 故   1 1 2 2 3 11 2 . 2 n n n n n a a a a a a a a d P f a n                        所以：    1 2 1 , 1 2 d P d P  ；……………………………………………………………………（9分） （2）由（1）知：不妨设 a b c d   ，则   4 d c b ad P    ；……………………………（10分） （3）例如：集合的元素个数都是偶数时，       min ,d A d B d C ， 反证：假设        ,d A d C d B d C  . 广西县域高中阶段评估高一数学答案第 7页，共 7页 不妨设  1 2 3 2 1 2 3 2, , , , , ,m mA a a a a a a a a            1 2 3 2 1 2 32 2 m ma a a a a a a ad A m           …………………………………………（12分）  1 2 3 2 1 2 3 2, , , , ,n nB b b b b b b b b       ，      1 2 3 2 1 2 32 2 n nb b b b b b b bd B n            1 2 3 2 2 1 2 3 2 2, , , , ,n m n mC A B c c c c c c c c          ，      1 2 3 2 2 1 2 32 2 2 n m n mc c c c c c c cd C n m          =      1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 32 2 2 m n n ma a a a b b b b c c c c n m                  又    1 2 3 1 2 3 1 2 3n m m nc c c c a a a a b b b b              ……………………（15分） 故          1 2 3 2 1 2 3 2 1 2 3 1 2 3 2 2 2 m n m na a a a b b b b a a a a b b b bd C n m                                    2 2 2 2 2 2 2 2 md A nd B md C nd C d C n m n m        ， 这与事实    d C d C 矛盾.故假设不成立，原命题正确. ………………………（17分）