湖南省衡阳市衡阳县第一中学2024-2025学年准高一下学期期末考试数学试卷

试卷第 1页，共 4页 2024-2025 学年度准高一数学期末考试卷 考试时间：120 分钟 总分：150 分 第 I卷（选择题） 一、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． 1．设集合     3log 1 0 , 3 9xA x x B x    ∣ ∣ ，则（ ） A． A B B． A B C． A B B D． A B   2．已知命题 2: 1, 1 0p x x    ，则 p 是（ ） A． 21, 1 0   x x B． 21, 1 0   x x C． 21, 1 0   x x D． 21, 1 0   x x 3．下列命题是假命题的为（ ） A．若 2 2ac bc ，则 ;a b B．若 a b 且 1 1a b  ，则 0;ab C．若 0a b  且 0,c  则 2 2 c c a b  ； D．若 0a b c d    ， 则 .ab cd 4．已知 0, 0a b  ，则（ ） A． 2 2 2a b ab  B． 1 1 1 a b ab   C． a b ab  D． 1 1 2 a b ab   5．已知函数     3 2, 2 , 2x a x x f x a x        ，则“1 3a  ”是“  f x 在R 上单调递增”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 6．函数 ( ) lnf x x x  的图象大致为（ ） A． B． C． D． 7．香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信 道容量和信噪比及信道带宽的关系，即 2log 1 SC W N       其中C是信道容量，单位 试卷第 2页，共 4页 bps；W为信道带宽，单位 Hz； S N 代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事 战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由 5MHz 扩展至 100MHz，为了将敌方干扰效率降低 90%以上，需将信道容量由 17.3Mbps 提高至 593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原 来的（ ）倍.（参考数据： 3.462 11 ， 5.932 60.97 ） A．5 B．6 C．7 D．8 8．已知  f x 是定义在R上的奇函数，当 1x 、  2 0,x   且 1 2x x 时，都有       2 1 1 2 1 2 1 2 0 x f x x f x x x x x    成立，  2025 2025f  ，则不等式   0f x x  的解集为（ ） A．    , 2025 2025,     B．    2025,0 2025,  C．  2025,2025 D． 1 1, 2025 2025      二、选择题：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． 9．已知 0a  ， 0b  ， 1 2 1 a b   ，则下列说法正确的是（ ） A．ab的最小值为 8 B． a b 的最小值为3 2 2 C． 2 2a b 的最小值为 16 D． 1 21 2a b    的最小值为 2 10．已知函数   3 1 3 1    x xf x ，则下列结论正确的是（ ） A．函数  f x 的定义域为R B．函数  f x 的值域为  1,1 C．函数  f x 的图象关于 y轴对称 D．函数  f x 在  ,  上单调递增 11．设函数  f x 的定义域为R ，满足        1 1 , 1 1f x f x f x f x         ．当  1,1x  ]时，   2 1f x x   ，则下列结论正确的是（ ） A． 7 3 2 4 f        B．  f x 在  6,8 上为减函数 C．  7f x  为奇函数 D．方程   lg 0f x x  有且仅有 6 个实数解 试卷第 3页，共 4页 第 II 卷（非选择题） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分． 12．若两个正实数 x， y满足 1 4 2 x y   ，且不等式 2 3xy m m  恒成立，则实数m的 取值范围是 ． 13．已知函数 2( ) 2 3, ( ) af x x ax g x x     ，其中 0a  ．对任意的  1 2, 1x    ，存在  2 1,2x  ，使得 1 2( ) ( )f x g x ，则实数 a的取值范围为 ． 14．已知函数 2e 1 0 ( ) ln 1 0 x x f x x x      ， ， ，＞ ， 若方程 2 2[ ( )] 2 ( ) 3f x af x a   有且仅有 5 个不同实 数根，则实数 a的取值范围为 . 四、解答题：本题共 5 小题，第 15 小题 13 分，第 16、17 小题 15 分，第 18、19 小题 17 分，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知集合      2 2 01 5 , 2 ,| | 5 61|A x x axx B x a ax a C x           . (1)若 ,B A 求实数 a的取值范围; (2)若 ,A C   求实数 a的取值范围. 16．已知函数   2 11 logf x f x x        ． (1)求函数  f x 的解析式； (2)解方程    2f x f ． 17．2022年冬天新冠疫情卷土重来，为了控制疫情，某单位购入了一种新型的空 气消毒剂用于环境消毒，已知在一定范围内，每喷洒1个单位的消毒剂，空气中 释放的浓度 y（单位：毫克/立方米）随着时间 x（单位：小时）变化的关系如下： 当0 4x  时， 16 1 8 y x    ；当4 10x  时， 15 2 y x  .若多次喷洒，则某一时刻空 气中的消毒剂浓度为每次投放的消毒剂在相应时刻所释放的浓度之和.由实验知， 当空气中消毒剂的浓度不低于 4(毫克 / 立方米 ) 时，它才能起到杀灭空气中的病 毒的作用. (1)一次喷洒 4个单位的消毒剂，则有效杀灭时间可达几小时？ 试卷第 4页，共 4页 (2)若第一次喷洒 2个单位的消毒剂，6小时后再喷洒 (1 4)a a  个单位的消毒剂， 要使接下来的 4小时中能够持续有效消毒，试求 a的最小值．（精确到0.1，参考 数据： 2 取1.4） 18．已知   1 4 1x af x    为奇函数，   2 22g x x b x b   ． (1)求实数 a的值； (2)求函数  f x 的值域； (3)若函数   g f x 有两个零点，求实数b的取值范围． 19．在数学中，双曲函数是一类与常见的三角函数类似的函数，最基本的双曲函 数是双曲正弦函数  sinh x   e e 2 x x 和双曲余弦函数    e ecosh 2 x x x   双曲函数 是工程数学中一类重要的函数，然而它也是一类重要的初等函数，令      e esinh 2 x x f x x    ，      e ecosh 2 x x g x x    . (1)证明：      2 22 2 1 2 1g x f x g x         ； (2)求不等式    2 2 3g x g x  的解集； (3)若      2 1 2 1 11a f x a g x a   ≥ 恒成立，求 a的取值范围. 答案第 1页，共 11页 《2024-2025 学年度准高一数学期末考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D B D C B A B B ABD ABD 题号 11 答案 ACD 1．D 【分析】由对数函数以及指数函数的性质，求得集合，利用交集，可得答案. 【详解】集合       3log 1 0 2 , 3 9 { 2}xA x x x x B x x x        ∣ ∣ ∣ ∣ ，即 A B   . 故选：D. 2．B 【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题可解. 【详解】因为命题 2: 1, 1 0p x x    ， 所以 p ： 21, 1 0   x x . 故选：B. 3．D 【分析】利用不等式的性质和作差法来进行不等式变形即可得到判断，对于不成立的不等式 可通过举反例来判断. 【详解】对于 A；由 2 2ac bc ，可知 2 0c  ，所以 a b ，故 A 正确； 对于 B；由 1 1 a b  可得： 1 1 0b a a b ab     ，因为 a b ，所以 0ab  ，故 B 正确； 对于 C；由 0a b  可得： 2 2 2 2 1 1a b a b    ，又因为 0,c  所以 2 2 c c a b  ，故 C 正确； 对于 D；取 2, 1, 3, 4a b c d      ，则 .ab cd< 故 D 错误； 故选：D. 4．C 【分析】由基本不等式结合特例即可判断. 【详解】对于 A,当 a b 时， 2 2 2a b ab  ，故 A 错误； 对于 BD，取 1 1, 2 4 a b  ，此时 1 1 1 12 4 6 81 1 2 4 a b ab         ， 1 1 2 22 4 6 4 2 1 1 2 4 a b ab         ，故 BD 错误； 答案第 2页，共 11页 对于 C，由基本不等式可得 2a b ab ab   ，故 C 正确. 故选：C. 5．B 【分析】根据  f x 在R 上单调递增列不等式组求解 a的取值范围，然后利用充分条件、必 要条件的概念判断即可. 【详解】因为    3 2, 2 , 2x a x x f x a x        在R 上单调递增， 所以  2 3 0 1 3 2 2 a a a a           ，解得1 2a  ，所以 a的取值范围为  1,2 ， 由1 2a  能推出1 3a  ，但是由1 3a  得不出1 2a  ， 所以“1 3a  ”是“  f x 在R 上单调递增”的必要不充分条件. 故选：B 6．A 【分析】结合函数的定义域单调性特殊点排除错误选项找到正确选项. 【详解】函数 ( ) lnf x x x  的定义域为  0,  ，故排除 D， 由一次函数和对数函数的性质可知 y x 与 lny x 在定义域上单调递增，故 ( ) lnf x x x  在  0,  上单调第增，排除 C， 因为 (1) 1 ln1 1f    所以函数图像经过点  1,1 ，故排除 B. 故选：A 7．B 【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可. 【详解】设原始状态信道容量为 1C ，提升后信道容量为 2C ， 由题意可得 11 1 2 1 log 1 SC W N        ，即 12 1 17.3 5log 1 S N        ，解得 1 1 10S N  ， 同理 22 2 2 2 log 1 SC W N        ，即 22 2 593 100log 1 S N        ，解得 2 2 60S N  ， 所以大约需将信号的信噪比提升至原来的 6 倍. 答案第 3页，共 11页 故选：B 8．B 【分析】构造函数    f xg x x  ，其中 0x  ，分析该函数的单调性与奇偶性，结合已知条件 得出    2025 2025 1g g   ，然后将所求不等式转化为   0 1 x g x    、   0 1 x g x    ，解之即可. 【详解】构造函数    f xg x x  ，其中 0x  ，则         f x f x g x g x x x       ， 故函数  g x 为偶函数， 当 1x 、  2 0,x   且 1 2x x 时，都有       2 1 1 2 1 2 1 2 0 x f x x f x x x x x    成立， 不妨设 1 2x x ，则        2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 0 x f x x f x f x f x x x x x     ，即    1 2g x g x ， 故函数  g x 在  0,  上为增函数，即该函数在  ,0 上为减函数， 因为  2025 2025f  ，则      20252025 2025 1 2025 f g g    ， 当 0x  时，由   0f x x  得   1f x x  ，即    2025g x g ，解得 2025x  ； 当 0x  时，由   0f x x  得   1f x x  ，即    2025g x g  ，解得 2025 0x   . 综上所述，不等式   0f x x  的解集为    2025,0 2025,    . 故选：B. 9．ABD 【分析】根据基本不等式判断 A，根据“1”的变形，结合基本不等式判断 B，根据 A 的判断， 变形判断 CD. 【详解】A. 0a  ， 0b  ，1 2 21 2   a b ab ，得 8ab  ，当 1 2 a b  时，等号成立，故 A 正确； B.   1 2 2 23 3 2 3 2 2b a b aa b a b a b a b a b                 ，当 2b a a b  ，即 2b a 时等号 成立，故 B 正确； C. 2 2 2 16a b ab   ，第一个等号成立的条件是 a b ，由 A 可知，第二个等号成立的条件是 2b a ，两个等号不能同时成立，所以 2 2 16a b  ，故 C 错误； 答案第 4页，共 11页 D.由 1 2 2 1a b a b ab     ，即 2a b ab  ，    1 2 2 4 2 4 4 8 4 2 1 2 1 2 2 2 2 2 a b a b ab a b a b ab a b                    ， 由 A 可知，等号成立的条件为 1 2 a b  ，故 D 正确. 故选：ABD 10．ABD 【分析】根据指数函数的性质，结合函数关于 y轴对称定义、单调性的性质逐一判断即可. 【详解】对 A：由3 0x  恒成立，故函数  f x 的定义域为R ，故 A 正确； 对 B：   3 1 3 1 2 21 3 1 3 1 3 1 x x x x xf x           ，由3 0x  ，则3 1 1x   ， 故  2 0, 2 3 1x   ，则    1,1f x   ，故 B 正确； 对 C：    3 1 1 3 3 1 1 3 x x x x ff xx            ，故  f x 关于  0,0 对称，故 C 错误； 对 D：   3 1 3 1 2 21 3 1 3 1 3 1 x x x x xf x           ，由 3 1 1xy    且为增函数， 则 2 3 1x  为减函数，则   21 3 1x f x    在  ,  上单调递增，故 D 正确. 故选：ABD. 11．ACD 【分析】由题意可得函数的对称性，从而可得其周期性，易知 AC 的正误，由二次函数的性 质，可得 B 的正误，由零点的等价关系，作函数图象，可得 D 的正误. 【详解】由    1 1f x f x      ，则函数  1y f x   为奇函数， 即函数  y f x 的图象关于点  1,0 成中心对称，可得    2f x f x    ； 由    1 1f x f x   ，则函数  1y f x  为偶函数， 即函数  y f x 的图象关于直线 1x  成轴对称，可得    2f x f x  ； 两式相加可得    2 2f x f x     ，则    4f x f x   ，即    8f x f x  ， 对于 A， 27 1 1 1 34 1 2 2 2 2 4 f f f                                 ，故 A 正确； 对于 B，由 2 8 6 0 8 8       ，则函数  f x 在区间  2,0 与  6,8 上图象相同， 答案第 5页，共 11页 由函数  f x 的图象关于点  1,0 成中心对称，则函数  f x 在区间  2, 1  与  1,0 上的单 调性相同，  1 0f   ， 当  1,0x  时，   2 1f x x   ，易知函数  f x 在  1,0 上单调递增，则函数  f x 在  2, 1  上单调递增， 所以函数  f x 在  2,0 上单调递增，则函数  f x 在  6,8 上单调递增，故 B 错误； 对于 C，由      7 1 8 1f x f x f x      ，则函数  7f x  为奇函数，故 C 正确； 对于 D，由题意作图如下： 则函数  f x 与 lgy x  有且仅有6个交点，所以   lg 0f x x  有且仅有 6 个实数，故 D 正 确. 故选：ACD. 12．  1,4 【分析】利用基本不等式求出 xy的最小值，解一元二次不等式即可求实数m的取值范围. 【详解】由两个正实数 x， y满足 1 4 2 x y   ， 得 1 4 1 4 42 2 x y x y xy      ，所以 4xy  ， 当且仅当 1 4 x y  ，即 4 4y x  时取等号， 所以 xy的最小值为 4 ， 因为不等式 2 3xy m m  恒成立， 所以 24 3m m  ，解得 1 4  m ， 所以实数m的取值范围是  1,4 . 故答案为：  1,4 . 13． 4 , 3      答案第 6页，共 11页 【分析】由题意知 min min( ) ( )f x g x ，根据函数的单调性求出函数的最值，列出不等式即可 求解. 【详解】由题意知 min min( ) ( )f x g x ， 2( ) 2 3f x x ax   的对称轴为 0x a  ， 所以 ( )f x 在 2, 1  上单调递减， min( ) ( 1) 2 2f x f a    ， ( ) ag x x  在  1, 2 上单调递减， min( ) (2) 2 ag x g  ， 所以 2 2 2 aa   ，解得 4 3 a  . 故实数 a的取值范围是 4 , 3      ． 故答案为： 4 , 3      . 14．  3, 3+1 【分析】作出函数  f x 的图像，令  t f x 得 2 22 3 0t at a    解得 1 3t a  或 2 3t a  ， 利用数形结合即可求解. 【详解】由题意作出函数  f x 的图像， 由 2 2[ ( )] 2 ( ) 3f x af x a   ，令  t f x ，有 2 22 3t at a   ， 即 2 22 3 0t at a    ，化简得    3 3 0t a t a           ， 解得 1 3t a  或 2 3t a  ，若方程 2 2[ ( )] 2 ( ) 3f x af x a   有且仅有 5 个不同实数根， 所以 2 0 3 1 1 3 e 1 a a          或 0 3 1 3 0 a a        ，解得 2 3 3 1 1 3 e 1 3 a a           或 3 1 3 3 a a       ， 即 3 3 1a   ，所以  3, 3+1a ， 答案第 7页，共 11页 故答案为：  3, 3+1 . 15．(1) 3a  (2) 5 1 2 2 a a  或 【分析】（1）需要分 B为空集和非空集两种情况，根据子集的定义来确定实数 a的取值范围； （2）先求解集合C，再根据 A C 来确定实数 a的取值范围. 【详解】（1）    1 5 , 2 1| |A x x B x a x a        ,B A 若 2 1 1B a a a     若   2 1 1,31 2 1 5 a a B aa a           综上： 3;a  （2）      1 5| | 2 3 0, A xx ax C ax x       ,A C   若 0,a  则 52 5 2 a a   若 0,a  则 12 1 2 a a     若 0a  ，不符 综上： 5 1 2 2 a a  或 16．(1)   22 2 1 log 1 log xf x x    (2) 1x  或 2x  【分析】（1）在等式   2 11 logf x f x x        中，用 1 x 替代 x，可得出   2 1 1 logf f x x x         ， 联立这两个等式，即可得出函数  f x 的解析式； （2）求出  2f 的值，然后直接解方程    2f x f 即可. 【详解】（1）由题意可知，函数  f x 的定义域为  0,  ， 答案第 8页，共 11页 在等式   2 11 logf x f x x        中， 用 1 x 替代 x可得    2 2 1 11 log 1 logf f x f x x x x            ， 所以     2 2 11 log 1 1 log f x f x x f f x x x                  ，解得     2 2 2 1 log 1 log xf x x    ， （2）因为   2 1 12 1 1 1 f    ，由    2f x f 可得   2 2 2 1 log 1 1 log x x    ， 整理得  2 2log 1 log 0x x   ，可得 2log 0x  或 2log 1x  ，解得 1x  或 2x  . 17．(1)8小时 (2)1.6 【分析】（1）根据题意可知一次喷洒 4 个单位的消毒剂后，其浓度为 1 64 4,0 4 4 8 20 2 , 4 10 x y y x x x           .令 1 4y  求解即可； （2）由题知从第一次喷洒起，经 (6 10)x x  小时后，其浓度  2 1 162 5 1 2 8 6 y x a x               ，化简后利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）因为一次喷洒 4 个单位的消毒剂， 所以浓度 1 64 4,0 4 4 8 20 2 , 4 10 x y y x x x           . 则当0 4x  时，令 1 64 4 4 8 y x     ，解得0 8x  ，故0 4x  ； 当 4 10x  时，令 1 20 2 4y x   ，解得 8x  ，故 4 8x  ， 综上，0 8x  . 故若一次喷洒 4 个单位消毒的消毒剂，则有效消毒时间可达8小时. （2）设从第一次喷洒起，经 (6 10)x x  小时后， 浓度    2 1 16 16 162 5 1 10 14 4 2 8 6 14 14 a ay x a x a x a x x x                          ， 因为1 4a  ， 4 14 8x   ，所以由基本不等式可得 答案第 9页，共 11页    2 16 1614 4 2 14 4 8 4 14 14 a ay x a x a a a x x                ， 当且仅当 1614 14 ax x    ，即 14 4x a  时，等号成立， 2y 有最小值为8 4a a  . 令8 4 4a a   ，解得24 16 2 24 16 2a    . 又1 4a  ，所以 24 16 2 4a   ， 所以 a的最小值为24 16 2 24 16 1.4 1.6     . 18．(1) 2a  (2)  1,1 (3)  0,1 【分析】（1）根据奇函数的性质  0 0f  求得 2a  ，然后检验满足即可得解； （2）根据 4 0x  ，结合不等式性质求解函数  f x 的值域； （3）先判断  f x 为增函数，令  f x t ，然后将函数   g f x 有两个零点转化为   0g t  在  1,1 上有两不等根，最后利用二次函数根的分布列不等式组求解即可. 【详解】（1）函数  f x 定义域为R ， 因为  f x 为奇函数，所以     0f x f x   当 0x  时，    0 0 0f f   ，所以  0 0f  ，故 01 0, 24 1 a a    ， 则   2 4 11 4 1 4 1 x x xf x       ，经检验，满足条件，故 2a  ． （2）因为 4 0x  ，所以 4 1 1x   ， 所以 10 1 4 1x    ，即 20 2 4 1x    ，所以 21 1 1 4 1x       ， 所以函数  f x 的值域  1,1 ． （3）因为 4xy  为增函数，所以 4 1xy   为增函数， 1 4 1x y   为减函数， 所以  f x 为增函数．令  f x t ，则   0g t  ． 由（2）可知，当  1,1t  时，  f x t 仅一根， 所以   0g t  在  1,1 上有两不等根， 答案第 10页，共 11页 所以       4 2 2 2 8 0 1,1 4 1 2 0 1 2 0 b b b g b b g b b                       ，解得0 1b  ，所以  0,1b ． 19．(1)证明见解析 (2)    , ln 2 ln 2,   (3) 1 , 6    【分析】(1)根据函数解析式直接写出  2g x 的解析式并计算出   22 1f x   和   2 2 1g x    的解析式即可； (2)先利用     22 2 1g x g x    ，把  g x 看成未知量解一元二次不定时求出  g x 的取值范围， 再求出 ex的取值范围最后得到 x的取值范围； (3)先分离参数 a，再分离常数把   1g x  看成一个整体，利用基本不等式求最值. 【详解】（1）证明：∵     e ecosh 2 x x g x x    ，     e esinh 2 x x f x x    ， ∴   2 2e e2 2 x x g x   ，   2 2 2 2 2 e 2 e e e2 1 2 1 4 2 x x x x f x            ，   2 2 2 2 2 e 2 e e e2 1 2 1 4 2 x x x x g x            ， ∴      2 22 2 1 2 1g x f x g x         ． （2）∵    2 2 3g x g x  ，∴    24 5 0g x g x     ， ∴    1 4 5 0g x g x         ，∴   1g x   或   5 4 g x  ， 又∵   1g x  ， ∴   5 4 g x  ，即 e e 5 2 4 x x  ， ∴ 5e e 2 x x  ，即： 22e 5e 2 0x x   ，∴   2e 1 e 2 0x x   ， ∴ 1e 2 x  或 e 2x  ，∴ ln 2x   或 ln 2x  ， 所以，原不等式的解集为    , ln 2 ln 2,   ． 答案第 11页，共 11页 （3）∵      2 1 2 1 11a f x a g x a   ≥ ， ∴      2 1 1 2 ) 1 11a g x a g x a     ≥ ，       2 2 10 1a g x g x g x    ≥ ， 且    2 2 10 0g x g x     恒成立， ∴      2 1 2 10 x x g a g g x    ≥ ，即     2 1 1 9 g a g x x      ≥ ， 又∵         2 1 1 1 1 9 62 91 9 1 1 g x g x g x g x          ≤ ， 当且仅当   2g x  时取等号．∴ 1 6 a  ， 所以，满足条件的 a的取值范围为 1 , 6    ．