正定中学2022-2023学年高一第二次月考数学答案

河北正定中学高一年级第二次月考数学答案 1．C 【解答】解：命题“ x R  ， 2 2 2 0 x x    ”的否定是 x R  ， 2 2 2 0 x x   ． 故选：C ． 2.B【解答】解：阴影部分表示的集合为{ | x 3 1 x  }.故选：B． 3. D 【解答】解：由 2 0 3 4 0 x x x       得4 0 x   或0 1 x  ，故选：D ． 4．A 【解答】解：函数 ( 2) f x  是偶函数， ( 2) ( 2) f x f x     ，即函数 ( ) f x 关于 2 x  对称， 当 1 2 2 x x   时， 2 1 2 1 [ ( ) ( )]( ) 0 f x f x x x    恒成立， 当 (2, ) x 时， ( ) f x 单调递增，则 1 7 ( ) ( ) 2 2 a f f   ， 7 3 4 2    ， f  （3） 7 ( ) 2 f f   （4） ，即b a c   ，故选：A ． 5．B 【解答】解：由题意得， 2 2 1 ( ) 0 1 1 x x g x x x x          ， 函数的图象如图所示，其递减区间是[0 ，1) ．故选：B ． 6．A 【解答】解：由不等式 2 0 x mx m    恒成立，得 2 1 x m x   恒成立， 因为 2 1 1 1 2 2 ( 1) 2 4 1 1 1 x x x x x x           ． 当且仅当 1 1 1 x x  ，即 2 x  时取得等号， 所以不等式 2 0 x mx m    恒成立，则 4 m  ， 因为 2 m  是 4 m  的充分不必要条件，故选：A ． 7．D 【解答】解：由题意，定义在[ 2 ，2]上的奇函数 ( ) f x 有3 个零点， 不妨设a ，0，(1 2) a a   ． 由于函数( ) g x 的值域为[ 2 ，2]， 则( ) g x a  有2 个根，( ) g x a 有2 个根，( ) 0 g x  有2 个根， 函数 ( ( )) y f g x  的零点个数为6．故选：D ． 8．C 【解答】解：当 0 x 时， 1 0 2 x  ， 不等式 1 ( ) ( ) 1 2 f x f x   可化为： 1 1 ( ) 1 1 2 x x   ，即 1 2 0 2 x   ， 解得： 1 4 x  ， 1 0 4 x   ， 当 1 0 2 x  时， 1 0 2 x  ， 不等式 1 ( ) ( ) 1 2 f x f x   可化为： 2 1 1 1 2 x x   ， 1 0 2 x   ， 当 1 2 x  时， 1 0 2 x   ， 不等式 1 ( ) ( ) 1 2 f x f x   可化为： 2 2 1 1 ( ) 1 1 2 x x   ，  1 2 x  ， 综上所述，x 取值范围是： 1 ( , ) 4  ．故选：C ． 9. AC【解答】解： ( ) f x 定义域为  | 0 x x  ， 0 x  ，则 0 x  . 3 3 1 ( ) ( ) f x x f x x     ，所以， ( ) f x 是奇函数. 1 2 , 0 x x   ，且 1 2 x x  ， 则 3 3 1 2 1 2 3 3 1 2 1 1 ( ) ( ) f x f x x x x x            =   3 3 3 3 3 3 1 2 1 2 1 2 3 3 3 3 1 2 1 2 1 1 x x x x x x x x x x             =   2 1 2 1 2 1 2 3 3 1 2 3 1 1 4 x x x x x x x x                . ∵ 1 2 0 x x   ，∴ 1 2 0 x x   ， ∴ 1 2 ( ) ) 0 ( f x f x   ，∴ 1 2 ( ) ( ) f x f x  ， ∴ ( ) f x 在(0, ) 上单调递增. 故选：AC. 10．ABD【解答】解：对于A ，有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数， 可得对任意x R  ，都有 ( ) ( ) D x D x   ， ( ) D x 为偶函数，故A 正确； 对于B ， ( 1) ( ) D x D x   ，故B 正确； 对于C ，取 2 x  ，则 ( 2) 0 D   ， ( 2 2) (0) 1 D D     ，故C 错误； 对于D ，当x 为有理数时， ( ) 1 D x ；当x 为无理数时， ( ) 0 D x  ， 当x 为有理数时， ( ( )) D D x D  （1） 1 ；当x 为无理数时， ( ( )) (0) 1 D D x D  ， 即不管x 是有理数还是无理数，均有 ( ( )) 1 D D x ，故D 正确； 故选：ABD ． 11．BCD 【解答】解：非零实数a ，b ，c 满足a b c   且 0 a b c    ， 0 a   ， 0 c  ， 对于A ， , 0 a b c ac bc      ，故A 错误， 对于B ,由已知b a c  ， 2 2 2 4 ( ) 4 ( ) 0 b ac a c ac a c         ， 2 4 b ac   ，故B 正确， 对于C , 0 2 a b c a c c a c          ， 1 2 c a  ， 又 0 2 a b c a a c a c          ， 2 c a ， 1 2 2 c a   ，即 1 ( 2, ) 2 c a   ，故C 正确， 对于D ， 2 0, 2 a c c a      2 2 2 0, 5 a b b a b c a         2 2 2 1 5 a b c    2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 2 a b c b c b c b c b c          故D 正确， 故选：BCD ． 12. BC【解答】 解： 对于A ， 中函数  2 2 f x x x   在区间  1,0  是单调函数， 但是值域为  0,3 不符合题意,故A 错误. 对于B ,中函数  1 3 f x x  在  ,0   ，  0,   单调递增，由 ( ) ( ) f a a f b b      ， 则, a b为方程 1 3 x x    的两个根，这样解得 3 5 2 3 5 2 a b           且   3 5 3 5 , 0, 2 2           故存在“和谐区间” B 正确. 对于C ，中函数  3 f x x  在R 上单调递增，即 ( ) ( ) f a a f b b      ， 则, a b是关于方程 3 x x  的两根得 1 0 x  ， 2 1 x ， 3 1 x ， 所以函数  3 f x x  的所有“和谐区间”为  0,1 ，  1,0  ，  1,1  ，故C 正确. 对于D ， 3 2 1, 3 2 3 ( ) | 1| 3 2 2 1 , 2 3 x x f x x x x            ，当 2 [ ,2] 5 x 时，函数不单调，不满足题意，故D 错 误.故选：BC 13．1 【解答】解：由题意 2 3 3 1 m m    ，解得 1 m 或 4 m  ， 若 4 m  ，则函数为 4 y x  ，在(0, ) 上递增，不合题意． 若 1 m ，则函数为 1 y x  ，满足题意． 故答案为：1 ． 14．-3【解答】解：原式 6 1 6 1 ( 2) 4   1 7 8 2   3 ,故答案为：-3 15．16【解答】解： 2 ( ) ( , ) f x x ax b a b R      ， 方程 ( ) 0 f x  有两个相等的实数根， 2 4 0 a b    ， 关于x 的不等式 ( ) f x t 的解集为(， 8) ( m m   ， ) ， 解方程 2 ( ) 0 f x t x ax b t     ，得 2 4 4 2 2 2 a a b t a t x       ，  2 2 2 8 2 a t m a t m            ，解得 16 t  ． 故答案为：16． 16． 【解答】解：由于 2 0 a b   ，故 2 2 2 2 2 ( 2 ) ( ) 2 4 b a b a b a b     ， 所以 2 1 4 2 ( 2 ) b a b a  ， 故 4 4 2 2 2 4 4 16 4 2 16 2 ( 6 2 ) 16 4 a a a b a b a a       ，当且仅当 2 a  ， 2 4 b  时，等号成立， 故 4 1 ( 2 ) a b a b   的最小值为32． 故答案为：32． 17． 【解答】解： （1）由题意得2 0 4 0 x x      ， 解得2 4 x   ， 故  [ 2,4 A  ；（3 分） （2）若A B B   ，则B A  ， 当B 时， 1 2 1 m m  ，此时 2 m  ，（5 分） 当B 时， 1 2 1 1 2 2 1 4 m m m m           ，解得 5 2 2 m   ，（9 分） 综上，m 的取值范围为 5 2 m  ．（10 分） 18． 【解答】解： （1）若 0 x  ，则 0 x  ， 当 0 x 时， ( ) ( 1) f x x x   ． 当 0 x  时， ( ) ( 1) ( 1) f x x x x x      ．（2 分） ( ) f x  是偶函数， ( ) ( 1) f x x x    ， 即 ( 1) , 0 ( ) ( 1), 0 x x x f x x x x       ．（4 分） （2）作出 ( ) f x 的图象如图： （6 分） 由图象可得 ( ) f x 的单调递增区间为 1 ,0 2        和1 , 2       ；（8 分） （3）当 0 x 时， ( ) ( 1) f x x x   ，则当 1 2 x  时， ( ) f x 取得最小值 1 1 1 1 ( ) 2 2 2 4 f    ，  1 4 k  ．（12 分） 19． 【解答】 （1）令 0 a b   ，由题意可知： (0) (0) (0) 1 f f f   ，即 (0) 1 f （1 分） 同理，令 1 a b  ，则有f （2） f  （1） f  （1）1 ，又f （2） 3  ，所以f （1） 2  ； （2 分） (2) ( ) f x 在R 上是增函数. 证明：在R 上任取 1 x 、 2 x ，设 1 2 x x  ，（3 分） 则 1 1 2 2 ( ) ( ) ( ) 1 f x f x x f x    ，所以 1 2 1 2 ( ) ( ) ( ) 1 f x f x f x x    ，（5 分） 又当 0 x  时， ( ) 1 f x 且 1 2 0 x x   ，所以 1 2 ( ) 1 f x x  ， 所以 1 2 ( ) ( ) 0 f x f x   ，即 1 2 ( ) ( ) f x f x  故函数 ( ) f x 在R 上为单调递增；（6 分） （3）因为 2 ( ) ( 2) 2 f kx f kx     对任意的x R  恒成立， 由题意可转化为 2 2 0 kx kx    对任意的x R  恒成立，（7 分） ①当 0 k  时，得2 0  ，符合题意；（9 分） ②当 0 k  时，则 2 0 ( ) 8 0 k k k       ，解得0 8 k  （11 分） 故符合题意的实数k 的取值范围为0 8 k （12 分） 20.【解答】解： （1）根据题意得： 2 ( ) 2 4 1 f x mx x m    可以取到  0,的每一个实数， 当 0 m  时， 2 ( ) 2 4 1 4 1 f x mx x m x     满足题意， 0 m  （2 分） 当 0 m  时，有   2 0 16 8 1 0 m m m          ，解得 0 m  ，（4 分） 综上，m 的取值范围是  0,；（5 分） （2）  2 2 4 f x x x   ，其对称轴为 1 x ， 当 1 1 t 时， 即 0 t  时， f x 在区间  , 1 t t  上单调递减，    2 min 1 2 2 h t f x f t t      ； （7 分） 当 1 1 t t 时，即0 1 t 时，  f x 在区间  ,1 t 上单调递减，在区间  1, 1 t  上单调递增，    min 1 2 h t f x f   ；（9 分） 当 1 t 时，  f x 在区间  , 1 t t  上单调递增，   2 min 2 4 h t f x f t t t     .（11 分） 综上所述： 2 2 2 2, 0 2,0 1 . 2 4 , 1 t t h t t t t t             （12 分） 21． 【解答】 （1）解：因为每间猪圈靠墙一边的长为x 米，猪圈的总造价为y 元， 则 24 36 (2 2 2 3 2) 100 2 200 400( ) 200 x y x x x             ．（4 分） 定义域 1 ( ) 2 2 a x （5 分） （2）解：①若 12 a ， 36 36 400( ) 200 400 2 200 5000 y x x x x        ， 当且仅当 36 x x  ，即 6 x  时， 5000 min y  ， 故当x 为6 米时，猪圈的总造价最低，最低造价5000 元，（8 分） ②若2 12 a  ，函数 36 400( ) 200 y x x    在(0, ] 2 a 上递减， 当 2 a x  时， 144 200( 1) min y a a    ， 故当x 为2 a 米时，猪圈的总造价最低，最低造价为 144 200( 1) a a   元，（11 分） 综上所述：当 12 a ， 6 x  时，最低造价5000 元， 当2 12 a  ， 2 a x  时，最低造价为 144 200( 1) a a   元．（12 分） 22． 【解答】 （1）解：设函数 ( ) y f x  的图象关于点 ( , ) P a b 成中心对称图形， 由已知，函数函数 ( ) y f x a b    为奇函数， 令( ) ( ) g x f x a b    则 3 2 ( ) ( ) 3( ) 6( ) 2 g x x a x a x a b         为奇函数，（2 分）     3 2 2 3 2 ( ) 3 1 3 2 2 3 6 2 g x x a x a a x a a a b             且 ( ) ( ) 0 g x g x        2 3 2 6 1 2 3 6 2 0 a x a a a b         （4 分） 则     3 2 6 1 0 2 3 6 2 0 a a a a b             解得 1 a ， 2 b  ， 所以 ( ) f x 的对称中心为(1,2) ；（6 分） （2） 3 2 ( ) 3 6 2 f x x x x     在R 上为增函数，（7 分） 则 ( ) ( 1) 2 g x f x    在R 上为增函数， 2 2 (1 ) ( 1) 4 (1 ) 2 ( 1) 2 f mx x f x f mx x f x             2 2 ( 1) 2 [ ( 1) 2] ( ) ( ) f mx x f x g mx x g x           ( ) g x 为奇函数且在R 上为增函数， 则原不等式变形可得 2 ( ) ( ) g mx x g x    ， 则有 2 mx x x  ，变形可得 2 ( 1) 0 x m x    ，（9 分） 方程 2 ( 1) 0 x m x    有两个根，为0 和( 1) m   ， 当 1 m 时，( 1) 0 m    ，解 2 ( 1) 0 x m x    可得 0 x  或 ( 1) x m   ，则原不等式的解集 为{ | 0 x x  或 ( 1)} x m   ； 当 1 m 时， 1 0 m  ，2 ( 1) 0 x m x    即 2 0 x  ， 解