江西省吉安县立中学2024-2025学年高一下学期2月重点班检测数学试题

数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4页） 绝密★启用前 吉安县立中学 2024—2025学年第二学期高一 2月重点班检测 数 学 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. 1．设 ,A B是两个集合，则“ A B 且 B A ”是“ A B A B   ”的（ ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 2．已知向量 a b ､ 满足：    1,3 ,a a b a      ，则   a b （ ） A．1 B．3 C． 10 D．10 3．在 ABCV 中，角 A B C､ ､ 的对边分别为 a b c､ ､ ，若 2 , 2 2, 2A B a b   ，则 c （ ） A． 2 B．2 C． 2 2 D．2 3 4．对于二维形式的柯西不等式    2 2 2 2 2( ) , , , , Rac bd a b c d a b c d     ，我们证明它的最直接的一种方法 就是作差法，事实上也可以根据向量不等式 a b a b      证明，例如取    , , ,a a b b c d   ，并结合向量不 等式即可证明，根据以上提示，请问函数   1 2f x x x   的最大值是（ ） A． 6 3 B． 6 2 C． 3 6 D． 2 6 5．设       212 , [ ] 2 x xf x g x f x   ，下列关于    ,f x g x 的说法正确的是（ ） A．  f x 是偶函数，  g x 是奇函数 B．    ,f x g x 的零点相同，都是  0,0 C．  g x 的单调递增区间是  1,  D．    R, 1x f x g x     6．设        2 2ln 2024 2025 , lg 2024 2025f x ax x g x ax x      ，命题  : R,p a f x  的定义域是 R，命 题  : R,q a g x  的值域是 R，设命题 ,p q中至少有一个是真命题，则实数 a的取值范围是（ ） A．  2025,  B．  , 2024 C．  , 0 D．[0, ) 7．在三角形 ABC中，M 、N分别在边 AB、 AC上，且 2AB AM   ， 4AC AN   ，D在边 BC上（不包含 端点）．若 AD xAM yAN     ，则 1 2 x y  的最小值是（ ） A． 2 B． 4 C．6 D．8 8．设      3,1 , sin2 ,cos2 , cos ,a b x x f x a b      ，则关于函数  f x 的性质中，下列说法错误的是（ ） A．  f x 的最小正周期是 π B．  f x 的一个对称中心可以是 π ,0 12       C．  f x 的一个单调递增区间可以是 π π, 6 3      D．  f x 的一条对称轴可以是 5π 6 x  二、多项选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分．在每小题给出的四个选项中，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. 9．已知  2,0 , 6, 4a a b b       ，把向量 ,a b  的起点移到同一个点，设 ,OA a OB b     ，以 ,OA OB为邻边构 造平行四边形OACB，则下列说法正确的是（ ） A． 2 a B． 3cos , 4 a b   C． a在b  上的投影向量是 3 2 a D．平行四边形OACB的面积为 2 7 10．在等腰三角形 ABC中，已知 4, 8AB CA CB   ，若H W G I､ ､ ､ 分别为 ABCV 的垂心､外心､重心和内心， 则下列四种说法正确的有（ ） A． 0AH BC    B． 24AW BC    C． 16AG BC    D． 12AI BC    11．若    1 1 2 2, , ,AB x y AC x y    ，则 1 2 2 1 1 2ABC S x y x y  ，这个公式的本质是与向量的叉乘运算有关，前 面我们学过向量的点乘也就是向量的数量积 cos ,a b a b a b        ，现在我们来定义向量的叉乘运算，设 ,a b  是平面内的两个不共线的向量，则它们的向量积是一个新的向量 c a b    ，规定这个新向量的方向与 ,a b  的 方向都垂直，新向量的大小满足 sin ,c a b a b a b          ，现在设        1,3 , 1, 4 , 2,1 , 13,14a b m n       ， 则下列说法正确的是（ ） A．若 c a b    ，则存在实数 , Rx y 使得 c xa yb    B． 13a b   C． 1a b   D． 2 2 2( ) 520m n a b a b          数学试题 第 3页（共 4页） 数学试题 第 4页（共 4页） 三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分. 12．设    cos ,1 , cos ,sina b     ，则 a b   的最大值是 ． 13．设三角形 ABC的三边 , ,a b c满足关系 2 8a b c   ，则 ABCV 面积的最大值是 ． 14．在我们的三角形 ABC中还有这样一些有趣的性质，比如射影定理： cos cosa b C c B  ，证明它的最直 接的方法是利用余弦定理，或者是作一条高并利用锐角三角函数有关知识即可证明， 若      cos cos : cos cos : cos cos 64 : 2024 : 2025b C c B a C c A b A a B    ，则三角形 ABC是 （“锐角”， “钝角”，“直角”）三角形． 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． 15．（13分） 设      1,1 , sin ,cos ,a b x x f x a b       ，求： (1)  f x 的值域，周期； (2)  f x 的对称轴、对称中心； (3)  f x 的单调区间． 16．（15分） 三角形在数学中是十分常用的图形，将向量运用在三角形中同时会迸发出火花! (1)如图 1，在 ABC 中， 90C  ∠ ，点 E是BC上一点，且满足： AB+ AC = 2AE    ，以点A为圆心， AC的 长为半径作圆交 AB于点D，交 AE于点 F .若 4, 2BD BC AC     ，求 EF  的值. (2)如图 2，在 ABCV 中，点D分 BC  所成的比为 3 2 ，点O为线段 AD上一动点，若 4AD ，求  2 3OA OB OC     的最小值. 17．（15分） 三角形 ABC中， , ,a b c分别是角 , ,A B C 的对边，已知点D是 AB的中点，点 E在线段 BC上，且 2BE EC ， 线段 CD与线段 AE交       3. sin sin sin , 4ABC M b c B C a c A S     ， (1)求角 B的大小； (2)若BM xBA yBC  ，求 x y 的值； (3)若点G是三角形 ABC的重心，求 GM  的最小值. 18．（17分） 在三角形 ABC中，点D在线段 BC上， AD平分 BAC ． (1)尝试利用等面积法或者正弦定理证明角平分线定理，即请证明： AB DB AC DC  ； (2)若 1 2AB AC    ， ， 1AB AC    ，则 AD  是多少？ 19．（17分） 设  f x 定义域为 fD ，若对于任意的 1 fx D ，存在唯一的 2 fx D 使得    1 2 1f x f x  ，则称  f x 在定义域 上是“可逆函数”． (1)设    1 1,f x g x x x x    ，判断    ,f x g x 是否是“可逆函数”，并说明理由； (2)若   2 1 2 xh x x     在 3 , 2 m    上是“可逆函数”，求实数m的值； (3)若 0m  ，使得    2 2 1 Rs x ax x a    在定义域  0,m 上是“可逆函数”，求证： 1a   答案第 1页，共 12页 参考答案 1．A 【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即得. 【详解】因“ A B 且 B A ” “ A B ”  “ A B A B   ”， 故“ A B 且 B A ”是“ A B A B   ”的充要条件. 故选：A 2．D 【分析】根据数量积的运算律，结合模长公式求解即可. 【详解】由   2 2 21,3 , 1 3 10a a     由  a b a    ，得   2· · 0a b a a a b        ， 所以 2 10a b a    ， 故选：D． 3．B 【分析】根据题意，由正弦定理求得 π 4 B  ，可得 ABCV 为等腰直角三角形，可求得b . 【详解】由 sin sin a b A B  ，得 2 2 2 sin2 sinB B  ，即 2cos 2 B  ， 所以 π 4 B  ，则 π 2 A  ，则 ABCV 为等腰直角三角形， 所以 2c b  ， 故选：B． 4．B 【分析】利用基本不等式即可求得结果. 【详解】  2 1 1 61 2 1 2 1 2 2 1 22 2 2x x x x x x x x x x                    ， 当且仅当 12 2 x x  时，即 1 6 x  时，等号成立． 5．D 【分析】根据函数的奇偶性、零点、复合函数单调性以及值域等相关概念，通过对函数 ( )f x 和 ( )g x 的性质分析来判断各个选项的正误. 答案第 2页，共 12页 【详解】已知 1( ) 2 2 x xf x   ，其定义域为R ，关于原点对称. 且 1 1 1( ) 2 2 (2 ) ( ) 2 2 2 x x x x x xf x f x            ，所以 ( )f x 是奇函数. 2( ) [ ( )]g x f x ， 2 2 2( ) [ ( )] [ ( )] [ ( )] ( )g x f x f x f x g x       ，所以 ( )g x 是偶函数，故 A选项 错误. 令 1( ) 2 0 2 x xf x    ，即 12 2 x x ，也就是 2(2 ) 1x  ，因为 2 0x  ，所以 2 1x  ，解得 0x  ， 则 ( )f x 的零点是0 . 令 2( ) [ ( )] 0g x f x  ，则 ( ) 0f x  ，由前面计算可知 0x  ，所以 ( )g x 的零点也是0 . 函数的零点是一个数，而不是一个点，所以 B选项错误. 令 1( ) 2 2 x xt f x   ，因为 2 xy  在R 上单调递增， 1 1( ) 22 x xy   在R 上单调递减， 所以 1 2x y   在R 上单调递增，则 1( ) 2 2 x xf x   在R 上单调递增. 2 2( ) [ ( )]g x f x t  ，当 0t  时， 2y t 单调递增. 当 [0, )x  时， 0 0 1(0) 2 0 2 f    ，且 ( )f x 在R 上单调递增， 所以 ( ) 0t f x  且单调递增，根据复合函数“同增异减”的原则， ( )g x 在 [0, ) 上单调递增，故 C选项错误. 令 ( )t f x ，则 2( )g x t ，那么 2( ) ( )f x g x t t   . 将 2y t t  进行配方可得 2 2 1 1 1( ) 1 4 > 2 4 y t t t        ， 所以 Rx  ， ( ) ( ) 1f x g x   成立，故 D选项正确. 故选：D. 6．D 【分析】先分别分析命题 p和命题 q成立时 a的取值范围，再根据命题 p， q中至少有一个 是真命题，求出 a的取值范围. 【详解】命题 p： Ra  ， 2( ) ln( 2024 2025)f x ax x   的定义域是R ， 即对于任意 Rx ， 2 2024 2025 0ax x   恒成立. 当 0a  时， 2024 2025 0x   不恒成立. 当 0a  时，二次函数 2 2024 2025y ax x   要恒大于0， 答案第 3页，共 12页 则需满足 2 0 Δ 2024 4 2025 0 a a        . 解不等式 22024 4 2025 0a    ，可得 2 22024 2024 4 2025 8100 a    . 所以当命题 p为真时， 22024 8100 a  . 命题 q： Ra  ， 2( ) lg( 2024 2025)g x ax x   的值域是R ， 这意味着 2 2024 2025ax x  能取遍所有大于0的值. 当 0a  时， 2 2024 2025 2024 2025ax x x    能取遍所有大于0的值. 当 0a  时，二次函数 2 2024 2025y ax x   的图象开口向上， 要使其能取遍所有大于0的值，则需 22024 4 2025 0a      ， 解不等式可得 22024 4 2025 a   ，即 220240 8100 a  . 当 0a  时，二次函数 2 2024 2025y ax x   的图象开口向下，不能取遍所有大于0的值， 所以当命题 q为真时， 220240 8100 a  . 命题 p， q中至少有一个是真命题的反面是 p， q都为假命题. 当 p为假命题时， 22024 8100 a  ；当 q为假命题时， 0a  或 22024 8100 a  . 所以 p， q都为假命题时， 0a  . 那么命题 p， q中至少有一个是真命题时， 0a  ，即 [0, )a  . 故选：D. 7．A 【分析】设 BD BC   ，其中 0 1  ，推导出 2 4x y  ，将代数式 1 2 x y  与  1 2 4 x y 相乘， 展开后利用基本不等式可求得 1 2 x y  的最小值. 【详解】因为D在边 BC上（不包含端点），不妨设 BD BC   ，其中 0 1  ， 即  AD AB AC AB       ， 所以，    1 2 1 4AD AB AC AM AN              ， 又因为 AD xAM yAN     ，则 2 2x   ， 4y  ，其中 x、 y均为正数， 且有 2 4x y  ， 答案第 4页，共 12页 所以，  1 2 1 1 2 1 4 1 42 4 4 2 2 4 4 4 x y x yx y x y x y y x y x                            ， 当且仅当 4 2 4 0, 0 x y y x x y x y          时，即当 1 2 x y    时，等号成立， 故则 1 2 x y  的最小值是 2 . 故选：A. 8．C 【分析】先用向量夹角公式和三角函数的辅助角公式对三角函数的化简、再结合周期计算、 对称轴与对称中心的判断以及单调性的分析判定选项. 【详解】   3 1 3 1 πsin 2 cos 2 sin 2 cos 2 sin 2 2 2 2 2 6 f x x x x x x                    ， 对于 A，最小正周期为 2π 2 T  ，故 A正确， 观察 BCD选项可知，用检验法最快， 由于 π 5π0, 1 12 6 f f            ，故 BD表述正确， 对于 C， π π π π π, , 2 , 6 3 6 2 2 x x               ，但 πsin 2 6 x     前面有负号，故  f x 的一个单调递 减区间可以是 π π, 6 3      ， 故选:C． 9．ABD 【分析】运用向量的模、向量夹角的余弦值、投影向量以及向量构成图形面积的相关知识， 通过向量的坐标运算来分别判断各个选项的正确性. 【详解】对于 A， 4 0 2a     ，故 A正确； 对于 B， 6 3cos , 2 4 4 a b     ，故 B正确； 对于 C， a  在b  上的投影向量是 3 1 3cos , 2 4 4 8 ba a b b b b          ，故 C错误； 对于 D，所求面积为    2 212 sin , 64 36 2 72 a b a b a b a b              ，故 D正确． 故选：ABD. 答案第 5页，共 12页 10．ABC 【分析】根据三角形各心的性质结合向量的加减法则即可求得. 【详解】A选项： H 为垂心，为高线的交点，则 0AH BC    ，选项 A正确． B选项： 2 2 1 1| | | | 32 8 24 2 2 AW BC AW AC AW AB AC AB                  ，选项 B正确； C选项：  2 21 1( ) ( ) | | 163 3AG BC AC AB AC AB AC AB                ，选项 C正确； D选项： 2 | | 2 | | 8AI BC AI AC AI AB AC AB                  ，选项 D错误； 故选：ABC 11．BCD 【分析】运用向量相关的一些性质和运算，包括向量共面的判断、向量点积的计算、向量叉 积模长的计算等.对各个选项逐个计算验证即可. 【详解】对于 A，因为 , ,a b c    不共面，故 A错误； 对于 B， 1 12 13a b      ，故 B正确； 对于 C，  22 2sin , 170 169 1a b a b a b a b a b                   ，故 C正确； 对于 D，      22 2 40 13 520m n a b a b m n a b                    ，故 D正确． 故选：BCD. 12． 5 4 【分析】利用向量数量积的坐标公式，结合同角的三角函数关系式，通过换元，将其化简为 二次函数，根据二次函数的单调性即可求得. 【详解】由 2 2 21 5cos sin sin sin 1 (sin ) 2 4 a b                  ， 设 sint  ，由正弦函数的性质知  sin 1,1t    ， 故当 1sin 2 t   ，即 π 2 π 6 k   或 5π 2 π, Z 6 k k    时， a b   的最大值是 5 4 . 故答案为： 5 4 . 13． 4 3 【分析】结合基本不等式，先求 ab的取值范围，再利用余弦定理，求 cosC的取值范围，进 而得 sinC的取值范围，最后结合三角形的面积公式可求三角形面积的最大值. 答案第 6页，共 12页 【详解】因为 8a b  ，所以8 2a b ab    16ab  （当且仅当 4a b  时取“ ”）. 由余弦定理得：  2 22 2 2 2 24 24 1cos 1 1 2 2 16 2 a b c aba b cC ab ab ab            ，故 3sin 2 C  ， 所以 1 1 3sin 16 4 3 2 2 2 S ab C     （当且仅当 4a b  时取“ ”）. 故答案为： 4 3 14．锐角 【分析】将已知条件转化为边长之比，再结合余弦定理计算即可. 【详解】      cos cos : cos cos : cos cos : : 64 : 2024 : 2025b C c B a C c A b A a B a b c     ， 故我们只需要考虑角C是锐角、直角还是钝角即可， 注意到  22 2 2 2 264 2024 2024 1 4096 4049 47 0a b c          ，故角C是锐角． 故答案为：锐角. 15．(1)值域： 2, 2  ，周期： 2 πk ， Zk 且 0k  ； (2)对称轴为直线 π π 4 x k  ， Zk ；对称中心为 π π,0 4 k      ， Zk ； (3)单调递增区间为 3π π2 π, 2 π , Z 4 4 k k k       ；单调递减区间为 π 5π2 π, 2 π , Z 4 4 k k k      . 【分析】根据平面向量数量积的坐标表示，利用辅助角公式整理可得正弦型函数，利用整体 思想，根据正弦函数的值域、周期、对称轴、对称中心以及单调区间，分别建立方程与不等 式，可得答案. 【详解】（1）由    1,1 , sin ,cosa b x x   ， 则   π π πsin cos 2 sin cos sin cos 2 sin 4 4 4 f x a b x x x x x                   ， 易知   2, 2f x    ，最小正周期 2πT  ，则周期为 2 πk ， Zk 且 0k  . （2）由（1）可得   π2 sin 4 f x x      ， 令 π π π 4 2 x k   ， Zk ，解得 π π 4 x k  ， Zk ； 令 π π 4 x k  ， Zk ，解得 π π 4 x k   ， Zk . 所以函数  f x 的对称轴为直线 π π 4 x k  ， Zk ；对称中心为 π π,0 4 k      ， Zk . 答案第 7页，共 12页 （3）由（1）可知   π2 sin 4 f x x      ， 令 π π π2 π 2 π 2 4 2 k x k      ， Zk ，解得 3π π2 π 2 π 4 4 k x k     ， Zk ； 令 π π 3π2 π 2 π 2 4 2 k x k     ， Zk ，解得 3π 5π2 π 2 π 4 4 k x k    ， Zk 所以函数  f x 的单调递增区间为 3π π2 π, 2 π , Z 4 4 k k k       ；单调递减区间为 π 5π2 π, 2 π , Z 4 4 k k k      ． 16．(1) 10 5 2 1   (2) 20 【分析】（1）根据题意，设 AC x  ，根据直角三角形和圆的性质可由 4BD   求出 x的值， 再分析得点 E为 BC中点，从而求解. （2）根据平面向量线性运算法则得到    2 3 5 2 3OA OB OC OA OD DB DC             ， 再由点D分 BC  所成的比为 3 2 ，得到 2 3 0DB DC     ，即可得到  2 3 5OA OB OC OA OD         ， 设 OA x   0 4x  ，则 4OD x   ，最后由基本不等式计算可得. 【详解】（1）设 AC x  ，则 AD AF x    ， 2 , 5BC x AB x    ， 又  5 1 4BD x   ， 所以 5 1x   ， 又 2AE AB BE AC CE AB AC             BE CE    ， 所以 0,BE CE BE EC x        ， 所以 2AE x  ， 所以    2 1 2 1EF x     5 1 10 5 2 1     ． （2）因为    (2 3 ) 2 3OA OB OC OA OD DB OD DC                  5 2 3OA OD DB DC        ， 又点D分 BC  所成的比为 3 2 ，即 3 2 BD DC  ，所以 2 3 0DB DC     ， 则  2 3 5OA OB OC OA OD         ， 答案第 8页，共 12页 设 OA x   0 4x  ，则 4OD x   ， 当 0x  或 4x  时  2 3 5 0OA OB OC OA OD          ， 当0 4x  时  2 3 5OA OB OC OA OD           245 4 5 20 2 x xx x             ，当且仅当 4x x  ，即 2x  时取等号． 即  2 3OA OB OC     的最小值为 20 ． 17．(1) π 3 (2) 3 4 (3) 2 12 【分析】（1）利用正弦定理和余弦定理进行边角互化，由三角函数值求角即得； （2）利用两组三点共线，列出向量方程，由平面向量基本定理即可求得 ,x y的值； （3）结合图形和条件将GP  化简成  1 212 AB AC   ，通过两边取平方，将 2144 | |GP  化为 224 2 ca ac  ，结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）因为     sin sin sinb c B C a c A,    ， 所以由正弦定理可得     b c b c a c a    ，整理得 2 2 2a c b ac   ， 故 2 2 2 1cos 2 2 2 a c b acB ac ac      ， 因为  0, πB ，所以 π 3 B  . （2）如图， 由题意可得 2 1, 3 2 BE BC BD BA      ， 因为 , ,A E M 三点共线，故可设 答案第 9页，共 12页      2 21 1 2 1 , R 3 3 BM BE BA BC BA BC BD                       ， 又因 , ,D C M三点共线，故  2 32 1 1 3 4        ， 所以 1 1 2 4 CB B BAM       ，故 1 1 3 2 4 4 x y    . （3）因为 2 3 BG BC CG BC CD         2 1 1 1 , 3 2 3 3 BC BA BC BC BA              所以  1 1 1 1 1 1 1 22 4 3 3 6 12 12GM BM BG BC BA BC BA BC BA BC BA                           ， 因为 1 3sin 2 4ABC S ac B △ ，所以 1ac  ， 于是 1 2 12 GM BC BA     ，两边平方化简得： 222 2 22144 π4 4 co| | (2 4 3 4 s)G a acM BC BA BC BC BA BA c              2 2 4 2 2 24 2 ac ac ac ca ac     ，当且仅当2a c 时取等号， 所以 2 2144 | |GM   ，即 2 2 144 12 GM    . 所以 GM  的最小值为 2 12 . 18．(1)证明见解析 (2) 2 3 3 【分析】（1）分别在 ABD△ 和 ADC△ 中，利用正弦定理得出等式，借助于诱导公式化简， 将两式作比即得； （2）根据（1）推得 1 3 BD BC   ，由向量运算得到 2 1 3 3 AD AB AC     ，再利用向量模的运算 律计算即得. 【详解】（1）利用正弦定理证明：设 ADB   ，则 πADC  ∠ ， BAD CAD    ， 在 ABD△ 中，由正弦定理， sin sin AB BD    ， 在 ADC△ 中，由正弦定理， sin(π ) sin AC DC     ， 因 sin(π ) sin   ，两式相比，可得： AB BD AC DC  ； （2）由（1）得 1 2 BD AB DC AC   ，故 1 3 BD BC   ,于是 1 1 2 1( ) 3 3 3 3 AD AB BD AB BC AB AC AB AB AC                   , 答案第 10页，共 12页 两边平方得： 2 2 2 22 1 4 4 1 4 4 1 12 4| | ( ) | | | | 1 4 3 3 9 9 9 9 9 9 9 3 AD AB AC AB AB AC AC                    ， 故 2 3 3 AD   . 19．(1)   1f x x  是“可逆函数”；   1g x x x   不是“可逆函数”，理由见解析‘ (2) 2 3 m   (3)证明见解析 【分析】（1）利用“可逆函数”定义即可判断； （2）利用函数的单调性与值域之间的包含关系以及“可逆函数”定义即可求得结果； （3）对参数 a分情况讨论，再对对称轴讨论即可证明结论. 【详解】（1）已知   1f x x  ，定义域为    ,0 0,fD      ,对于任意的 1 fx D ， 设  1 1 1f x x  ，由    1 2 1f x f x  ，得 2 1 1x x  ，因为对于任意    1 ,0 0,x      ，    2 1 1 ,0 0,x x       且唯一，所以   1f x x  是“可逆函数”； 已知   1g x x x   ，定义域    ,0 0,fD      ，令 1 1x  ，则  1 1 1 2g x    ， 由    1 2 1g x g x  ，即  22 1g x  ，得  2 1 2 g x  ，那么 2 2 1 1 2 x x   ，即 22 22 2 0x x   ， 判别式  21 4 2 2 1 16 15 0          ，方程无解，所以   1g x x x   不是“可逆函数” （2）由题意对任意 1x I ，存在唯一 2x I ，使得    1 2 1f x f x  ，则称 ( )f x 在定义域上是 “可逆函数”， 则 ( )f x 在定义域上是“可逆函数”当且仅当对任意 1x I ，存在唯一 2x I ，使得    1 2 1f x f x  ； 即当且仅当  f x 的值域是    1 1f x f x  的值域的子集， 定义  f x 的值域、    1 1f x f x  的值域分别为 1,f fR R ， 所以 ( )f x 在定义域上是“可逆函数”当且仅当 1f fR R ； 由题意 2 1( ) 2 xh x x     在 3 , 2 m    上是可逆函数， 答案第 11页，共 12页 首先当 3 , 2 x m     时，  2 2 32 1 3( ) 2 2 2 2 xxh x x x x             单调递减，此时 2 1 ,4 2h mR m       ， 由可逆函数定义可知， 2 1 ,4 2h mR m       不包含 0，即 2 1 0 2 m m     （1）； 从而    1 1h x h x  在 3 , 2 x m     时的值域为 1 1 2, 4 2 1h mR m       ， 由题意 1 2 1 1 2, 4 , 2 4 2 1h h m mR R m m                 ， 所以要满足题意，还需满足 2 1 1 2 4 2 4 2 1 m m m m          （2）； 只需（1）（2）式子同时成立即可，所以当且仅当 2 4 2 1 m m     ，解得 2 3 m   ， （3）情形一：当 0a  时， 2( ) 2 1( R)s x ax x a    在定义域  [0, ], 0m m  上单调递增， 则  1,sR s m   ， 若 2( ) 2 1( R)s x ax x a    在定义域[0, ]m 上是可逆函数， 首先   0s m  ，此时    1 1s x s x  的值域为  1 1 , 1sR s m         ， 同时注意到    1 11, , 1s sR s m R s m              不成立，故 0a  不符合题意； 情形二：当 0a  时， ( ) 2 1s x x  在定义域  [0, ], 0m m  上单调递增， 则  1,sR s m   ， 若 2( ) 2 1( R)s x ax x a    在定义域[0, ]m 上是可逆函数， 首先   0s m  ，此时    1 1s x s x  的值域为  1 1 , 1sR s m         ， 同时注意到    1 11, , 1s sR s m R s m              不成立，故 0a  不符合题意； 情形三：当 0a  时，注意到 2( ) 2 1( R)s x ax x a    的对称轴为 1 0x a    ，则   20s s a       ， （i）当 20 m a    时，    min 0 1s x s   ， 答案第 12页，共 12页 由二次函数性质可知存在 0 [0, ]x m 使得    0maxs x s x ，即此时  01,sR s x   ， 若 2( ) 2 1( R)s x ax x a    在定义域[0, ]m 上是可逆函数， 首先  0 0s x  ，此时    1 1s x s x  的值域为  1 0 1 , 1sR s x         ， 同时注意到    10 0 11, , 1s sR s x R s x              不成立，故 20 m a    不符合题意； （ii）当 2 0m a    时，由二次函数性质可知      2min max 1 12 1, 1s x s m am m s x s a a              ， 即此时   1,sR s m s a         ，注意到  0 1 ss R   ， 若 2( ) 2 1( R)s x ax x a    在定义域[0, ]m 上是可逆函数， 首先 1 1 1 0s a a          ，其次结合 0a  ，可得 a应该满足 1a   ； 结论得证； 【点睛】方法点睛：新定义函数的思考方向：首先，深入理解新定义，逐字逐句分析其内涵， 明确所涉及的概念、规则等关键信息.其次，将新定义与熟悉的函数知识建立联系，例如函 数的基本性质（单调性、奇偶性、周期性等）、函数的图像特征（如开口方向，对称轴、最 值点等）以及函数的运算规律.再者，运用分类讨论思想，根据题目条件和参数的不同取值 范围，分别进行分析.